corrigé

MINES PC 2010 Math 2
A: Dé…nition de AzP(X)
On remarquera que la notation du sujet doit être manipulée avec précaution: Azdépend aussi de nqui va varier au sein
même de certaines questions.
L’hypothèse n2assure l’existence de Cn1[X]et Cn2[X]
1. On a pour tous (P; Q)2Cn[X]et 2C:
Az(P +Q)=(zX) (P +Q)0+n(P +Q)
=((zX)P0+nP ) + ((zX)Q0+nQ)
=Az(P) + Az(Q)
Az2 L (Cn[X];C[X])
de plus si d(P)non a d(P0)n1et donc d(Az(P)) npar théorème sur le degré d’un produit et d’une somme.
On regarde alors le terme de degré n:si P(X) = pnXn+Ravec d(R)< n alors , An(P) = nzXn1+Az(R)de degré
(n1) .
Im (Az)Cn1[X]
2. On a (avec le sujet qui précise bien le changement de n)
Az1(Az2(P)) = (z1X) ((z2X)P0+nP )0+ (n1)) ((z2X)P0+nP )
= (z1X) ((z2X)P"P0+nP 0)+(n1)) ((z2X)P0+nP )
= (z1X) (z2X)P"+(n1) (z1+z22X)P0+n(n1)P
z1et z2jouent des rôles symétriques dans la formule donc :
8P2Cn[X]; Az1(Az2(P)) = Az2(Az1(P))
3. (Xz)kn
k=0 est une base de Cn[x]donc Az(Xz)k= (nk)(Xz)kengendre l’image. On a donc
Im(Az) = Vect (nk)(Xz)kn
k=0
. Pour k=non a un élément nul et pour 0kn1on a une famille étagée en degré donc une base de Cn1[x].
donc Im(Az) = Cn1[X].Azest donc de rang n. le noyau est de dimension 1et contient (Xz)n
Im(Az) = Cn1[X],Ker(Az) = Vect ((Xz)n)
4. La matrice de c Azest la matrice diagonale D= diag(n; n 1;   2;1;0),. Ddonne les éléments propres de c Az: on a n+ 1
valeurs propres 2 à 2 distinctes (nk)n
k=0 et chaque sous espace propre est une droite Enk= Vect (Xz)k. On a
n+ 1 valeurs propres en dimension n+ 1 donc l’endomorphisme est diagonalisable.
5. La méthode est générale si l’endomorphisme admet des valeurs propres 2 à 2 distinctes : Si M= (mi;j )commutent avec
D= (di)on a MD =DM et donc pour tous (i; j)mi;j dj=dimi;j . Donc pour i6=jon a di6=djet donc mi;j = 0 ;M
est diagonale , M= diag(m1;1; m2;2   mn;n; mn+1;n+1 ). Il existe alors un unique polynôme Pde degré nvéri…ant
:8i2[[1; n + 1]] ,mi;i =P(di): Il su¢ t de prendre les polynômes (Li)n+1
i=1 de Lagrange associés au (di)et de prendre
P=
n+1
X
i=1
mi;iLi.
On prend pour Dla matrice de c Azet pour Mcelle de E:
Réciproquement tout polynôme Pc Azcommute avec c Az
Ec Az=c AzE, 9P2Cn[X],E=Pc Az
B : Dé…nition de 
Remarque: cette partie est une partie de géométrie. On associe à tout point de R2son a¢ xe. L’application z7! 1
zcorre-
spond ainsi à une application du plan (sauf l’origine) dans lui même M7! F(M),avec en cartésienne (x; y)7! x
x2=y2;y x2+y2
et en polaire (; )7! 1
;:
On remarquera que f2=Id et donc f1=f:

6. Soit Z2f(C), il existe donc z2 C tel que Z=f(z) = 1
z. On a donc (zz (z0z+z0z) + jz0j2R2= 0
z=1
Z
et donc
1
Z
1
Zz0
1
Z+z0
1
Z+jz0j2R2= 0
On multiplie par Z:Z et on divise par jz0j2R26= 0 ( car 02 C+donc jz0j> R ) l’équation équivaut à :
Z:Z z0Zz0Z
jz0j2R2+1 jz0j2R2= 0
on pose Z0=z0
jz0j2R2et on cherche R0tel que 1 jz0j2R2=jZ0j2R2
0soit :
R2
0=jZ0j21
jz0j2R2=jz0j2
jz0j2R221
jz0j2R2=R2
jz0j2R22
ce qui donne R0=R
jz0j2R2:(tout est positif d’où le choix du signe dans la racine carrée)
et f(C)à l’équation :
Z:Z Z0Z+Z0Z+jZ0j2R2
0= 0
On a donc :
jzz0j2=R2() jZZ0j2=R2
0
Donc Zdécrit le cercle de centre z0
jz0j2R2et de rayon R jz0j2R2
Comme j0Z0j=jz0j
jz0j2R2>R jz0j2R2=R0, on véri…e bien que O2f(C)+
compléments dont j’aurais besoin par la suite : si O2 C:le calcul sera sur le même principe avec R0=R
jz0j2R2,
l’image du cercle sera toujours un cercle.
si O2 C on peut chercher l’image de C fOg, comme jz0j2=R2il reste :
1
Z
1
Zz0
1
Z+z0
1
Z= 0
soit :
z0:Z +z0:Z = 1
qui est l’équation d’une droite.
7. On peut reprendre le calcul précédent avec des inégalités strictes : Z:Z et jz0j2R2sont des réels positifs et ne changent
pas le sens des inégalités lors des produits :
jzz0j2< R2() zz (z0z+z0z)R2<0
,Z:Z Z0Z+Z0Z+jZ0j2R2
0<0
, jZZ0j2< R2
0
fC=f(C)
Remarque : le sujet propose une démonstration plus géométrique, qui ne me semble pas utile : L’image de Duest la demi
droite issue de Osymétrique de Dupar rapport à y00y.
compléments : si 02 Cl’image de C(privé de 0) sera f(C)+car maintenant jz0j2R2<0et le sens de l’inégalité
est changé. Si 02 C on arrive à z0:Z +z0:Z > 1,c’est le demi plan ouvert limité par la droite f(C)et ne contenant
pas 0.
2

8. Les(zi)n
i=1 sont dans Cet 0dans C+donc pour tout i2[[1; n]] ;06=zi,1
zi
est donc dé…ni ainsi que
n
X
i=1
1
zi
.
1
n
n
X
i=1
1
zi
est l’isobarycentre des 1
zin
i=1
. Les (zi)sont dans C, donc les 1
zisont dans f(C)( question 7) . Or
un disque est convexe ( si deux éléments sont dans Cle segment qui les joint reste dans C, et donc tout barycentre
à coe¢ cients positifs de points de Creste dans C). donc 1
n
n
X
i=1
1
zi
est dans f(C). Comme 02 C+on a 02f(C)+
(question 6) donc 1
n
n
X
i=1
1
zi
6= 0 et donc 0=1
1
nPn
i=1
1
zi
est bien dé…ni. C’est l’image par fd’un point de f(C)donc
02 C(en utilisant que ff(C)=f(f(C))=Ccar f2=f.
Si on ne pense pas au barycentre on peut poser le calcul : si f(C)est le cercle de centre Z0et de rayon R0:
1
zi
2 C)
1
zi
z0R. Et donc
 1
n
n
X
i=1
1
zi!Z0=
1
n
n
X
i=1 1
zi
Z01
n
n
X
i=1 
1
zi
z01
n
n
X
i=1
R0=R0
0est dé…ni et 02 C
compléments pour la suite : si 02 C ,on a toujours 8i2[[1; n]] ;06=zi,donc X1
zi
est dé…ni. Comme le demi plan
fCreste un convexe ne contenant pas 00est toujours dé…ni et élément de C.
9. On se ramène à la question précédente par changement de repère en mettant l’origine en . on pose Zi=zi.
Le cercle Cest alors centré en Z0et les points Zisont à l’intérieur du cercle. Le point 0=1
1
nPn
i=1
1
Zi
est dé…ni , à
l’intérieur du cercle. En revenant au repère initial =+0=1
1
nPn
i=1
1
zi
est dé…ni à l’intérieur du cercle.
est dé…ni et 02 C
complément pour la suite : le résultat reste vrai si 2 C .
C. condition d’apolarité
10. Comme on est dans C, la dérivée logarithmique ne s’applique pas . On procède par récurrence :
Si P(X) = (Xz1)alors P0(X)
P(X)=1 Xz1
Si pour Q(X) =
n1
Y
i=1
(Xzi)on a Q0(X)
Q(X)=
n1
X
i=1
1
Xzi
, on peut dériver P(X) = Q(X)(Xzn):P0(X) = Q0(X)(Xzn)+Q(X)
et donc P0(X)
P(X)=Q0(X) Q(X)+1 Xzn
=
n
X
i=1
1
(Xzi)
On en déduit avec la dé…nition de :1
=1 n
P0()
P()
d’où si P0()6= 0 et si les hypothèses préalables à la question 9 sont véri…és : :
=nP()
P0()
11. Soit tel que AzP() = 0 c’est à dire (z)P0() + nP () = 0
si P0() = 0 alors P() = 0 ,est racine de P:9i;  =ziet donc 2 fzi; P 0(zi) = 0g
si P0()6= 0 , on a d’après la question précédente =nP()
P0()=+nz n=z. Et on a P() = (z)P0() n6= 0
donc  =2 fziget donc 2 f2C fzig; =zg
3

Réciproquement:
si 2 fzi; P 0(zi) = 0gon a P() = P0() = 0 donc AzP() = 0
si 2 f2C fzig; =zg
–si P0()6= 0 on a nP()
P0()=z, d’où (z)P0() + nP () = 0 et Az() = 0
–si P0() = 0 la relation 1
=1 n
P0()
P()= 0 montre que ne serait pas dé…ni.
12. On peut décomposer P(X)dans la base de vecteurs propres (Xz)kn
k=0 :P(X) =
n
X
i=0
i(Xz)i. Alors Az(P) =
n
X
i=0
(ni)i(Xz)i=
n1
X
i=0
(ni)i(Xz)i
.AzPest de degré < n 1si et seulement si n1= 0:
Pour calculer n1on garde dans la relation les termes de degré net n1:
D’après le théorème sur la somme des racines :de P
P(X) = XnXn1
n
X
i=1
zi+ (d<(n1))
D’après le binôme de Newton :
n(Xz)n+n1(Xz)n1=nXnnzXn1+n1+ (d<(n1))
et donc
n= 1 ,
n
X
i=1
zi=nznn1
on véri…e bien :
n1= 0 ,
n
X
i=1
zi=nz
d(AzP)<(n1) ,
n
X
i=1
zi=nz
13. Si les zisont tous dans C
1, alors par convexité de C 1, le barycentre 1
n
n
X
i=1
ziest encore dans C
1, et donc comme z =2 C 1
,
n
X
i=1
zi6=nz et donc d(AzP) = (n1) .
Vu son degré, Az(P)admet n1racines. Si est une de ses racines on a d’après Q11:
 9i;  =zi(et P0(zi) = 0 ) et donc =zi2 C
=z. On a donc =2 C
1, donc en prenant la contraposée de Q9 :  =2C+ 1.
AzPan1racines qui ne sont pas dans C+
1
reste à exclure 2 C , et je n’ai pas réussi à éviter tous les compléments dans le cas où l’origine (puis ) est sur le cercle
:
Si 2 C et (zi) Con a encore 2 C. Donc ici si =2 C
1alors  =2 C1:
AzPan1racines qui ne sont dans C
1
italique : un corrigé trouvé sur internet s’en sort en introduisant des cercles C1de même centre que Cet de rayon un
tout petit peu plus petit.
4

14. Supposons (par l’absurde) que tous les z0
isoit dans C [ C+: Toutes les racines de Psont dans C, donc d’après la
question précédente Az0
nPest de degré n1et admet toutes ses racines dans C.
Par récurrence si Az0
p+1 Az0 p+1 Az0
nPest de degré pet admet toutes ses racines dans C, alors Az0 pAz0
p+1 Az0
nPest de
degré p1et admet toutes ses racines dans C.
On arrive ainsi à Az0
2   Az0
nPest de degré 1:On véri…e que le début de la question 13 reste vrai si d(P) = 1 et donc
Az0
1   Az0
nPest de degré 0:Absurde car c’est le polynôme nul.
Si Pest apolaire par rapport à Q, l’un des z0
iest dans C
15. En calculant l’intégrale on constate qu’une solution est :
bni= (1)i1Z1
0
(a+t(ba))i1dt =(1)i1
baZb
a
ui1du en posant u=a+t(ba)
=(1)i1
ba
biai
i
16. On a
(X) =
n1
X
i=0 n1
ibiXni=
n1
X
i=0 n1
i(1)ni1 ba
bniani
niXi
et
(Xa)n(Xb)n=
n
X
i=0 n
i(1)nianibniXi
Pour i=nle terme est nul . pour i < n on a 1
nin1 i=1 ni
(n1)!
i!(n1i)! =1 n
n!
i!(ni)! =1 nn i:Donc :
(X) =
n
X
i=0
1
nn i(1)nianibni baXi=1 n:(ba)((Xa)n(Xb)n)
(X) = 1
n:(ba)((Xa)n(Xb)n)
17. D’après le résultat admis et la formule de Q15 : :
(1)n1an1
(n1)!At1   Atn1(X) = Z1
0
P0(a+t(ba)) dt
=1
baZb
a
P0(u)du =P(b)P(a)
ba= 0 (hypothèse sur P)
Comme Pest de degré non a an16= 0 et donc At1   Atn1(X) = 0
D’après Q14 , P0admet donc une racine dans tout disque ouvert contenant les racines de .
Mais
(z) = 0 ,(za)n= (zb)n
Comme a6=b,z=an’est pas racine , donc zb
zan
= 1 , on a une racine nème de l’unité : zb
za=ei avec
=2k
n,k2[[0; n 1]]
si = 0 za
zb= 1 n’est pas possible.
si 6= 0 za=ei (zb)soit
z=abei
1ei
On a donc :
za+b
2=ab 2
1 + ei
1ei =ab 2
ei=2+ei=2
ei=2ei=2=ab
2
i: cos(=2)
sin (=2))
5