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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/24
Mines Maths MPSI 2008 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Sophie Rainero (Professeur en CPGE) ; il a été relu
par Romain Bordier (École Polytechnique) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).
Ce sujet est composé de deux problèmes totalement indépendants.
•Le premier aborde plusieurs aspects du programme d’algèbre et de géométrie
de première année. La première partie est une question de cours (preuve de
l’inégalité triangulaire dans le corps des complexes). La deuxième et la troisième
portent sur des barycentres de deux points. La quatrième définit une suite de
triangles dont on établit la convergence à l’aide de l’outil matriciel. Enfin, la
dernière partie de ce problème étudie une application linéaire dans un espace
de matrices.
•Le second problème est un sujet d’analyse dont la finalité est l’étude de la
convergence d’une famille de suites récurrentes dépendant d’un paramètre x,
en fonction de la valeur de ce paramètre. Ces suites sont définies par
t0= 1 et, pour tout naturel n,tn+1 = Φx(tn)
où Φxest la fonction qui à tassocie xt. Le problème commence par une étude
de fonction tout à fait classique, puis aborde la discussion de la convergence
en fonction du paramètre. Cette partie, qui examine les comportements de la
suite selon la monotonie de la fonction Φx, est très proche du cours sur les suites
récurrentes. La fin du problème est consacrée à l’analyse de la convergence des
suites extraites des termes d’indices pairs et impairs à l’aide de la détermination
des points fixes de la fonction Φx◦Φx.
Sans grande difficulté, cette épreuve n’est pas non plus particulièrement longue. Il
convenait donc d’être précis et rigoureux dans la rédaction, mais aussi attentif dans
la mise en œuvre des calculs afin de faire la différence avec les autres candidats.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/24
Indications
Premier Problème
10 Appliquer le résultat de la question 4 pour obtenir les relations de récurrence.
11 Pour déterminer la convergence d’une suite géométrique, comparer la valeur ab-
solue de sa raison avec 1.
14 Utiliser l’inverse de Vafin d’obtenir l’expression de ak,bket cken fonction de
αk,βket γk.
18 Penser à la formule de changement de base.
19 Exploiter le résultat de la question 18 et la bijectivité de ϕ.
20 Utiliser encore le résultat de la question 18, ainsi que la propriété de ϕdémontrée
à la question 15.
Deuxième Problème
25 Appliquer le théorème de dérivation d’une bijection réciproque.
27 Se servir de la continuité de Φxpour passer à la limite dans la relation de récur-
rence. Vérifier que h(x)>0avant de calculer f(h(x)).
31 Suivre l’indication de l’énoncé !
35 Utiliser le théorème de convergence des suites monotones.
36 Dans cette question et les suivantes, noter que les points fixes de Φx◦Φxsont les
zéros de g.
39 Passer à la limite dans l’inégalité pour déterminer lequel des points fixes de Φx◦Φx
est limite de (t2n)n∈N.
40 Montrer que les suites extraites (t2n)n∈Net (t2n+1 )convergent vers des limites
différentes.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/24
Premier Problème
Étude d’une inégalité
1Soit a∈C. Comme le module de aest positif,
|a|=Re (a)⇐⇒ |a|2=Re (a)2et Re (a)>0
⇐⇒ Re (a)2+Im (a)2=Re (a)2et Re (a)>0
⇐⇒ Im (a) = 0 et Re (a)>0
Il s’ensuit |a|=Re (a)⇐⇒ a∈R+
2Soient zet wdeux nombres complexes. Par définition du module,
(|z|+|w|)2− |z+w|2=|z|2+|w|2+ 2|z||w| − (z+w)(z+w)
=z z +w w + 2 √z z w w −z z −w w −z w −w z
= 2p(z w)z w −(z w +z w)
Ainsi (|z|+|w|)2− |z+w|2= 2(|z w| − Re (z w))
3Pour tout nombre complexe u,
|u|=pRe (u)2+Im (u)2>Re (u)
De plus, la question 1 assure qu’il y a égalité dans cette inégalité si et seulement si u
est un réel positif. Appliquons-la avec le complexe u=z w, il vient |z w|>Re (zw)
soit, d’après la question 2,
|z+w|26(|z|+|w|)2
Les deux membres de l’inégalité étant positifs, on en déduit l’inégalité triangulaire
|z+w|6|z|+|w|
Il y a égalité dans cette inégalité triangulaire si et seulement si u=z w est réel
positif, autrement dit si et seulement si il existe α∈R+tel que z w =α. Si w= 0,
cette condition est réalisée et si west non nul, elle équivaut à
∃α∈R+z=α
|w|2w
soit encore à ∃β∈R+z=β w
En conclusion, il y a égalité dans l’inégalité triangulaire si et seulement si
w= 0 ou ∃β∈R+z=β w
Géométriquement, cette condition signifie que zet wsont les affixes de deux points
situés sur une même demi-droite issue de l’origine.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/24
La notion de (p:q)point
4Soient Aet Bdeux points distincts du plan, d’affixes respectives aet b. Ainsi a
et bsont deux nombres complexes distincts. Pour tout z∈Csupposé différent de b,
z−a
b−z=p q⇐⇒ q(z−a) = p(b−z)
⇐⇒ (q+p)z=p b +q a
⇐⇒ z=p
p+qb+q p+qacar p > 0et q > 0
Il existe alors un unique point Mdont l’affixe zvérifie z−a
b−z=p q, c’est le point
d’affixe
z=p
p+qb+q p+qa
Géométriquement, le (p:q)point de AàBest le barycentre des points Aet B
affectés respectivement des poids q/(q+p)et p/(p+q).
5Soit α∈] 0 ; +∞[. Notons z1l’affixe du (p:q)point de AàBet z2l’affixe du
(α p :α q)point de AàB. C’est légitime car α p et α q sont des réels strictement
positifs comme α,pet q. D’après la question 4,
z2=α p
α p +α q b+α q α p +α q a=z1
Le (p:q)point de AàBest égal au (α p :α q)point de AàB.
On retrouve ainsi la propriété d’homogénéité du barycentre.
6Le (1 : 1) point de AàBest le barycentre des points Aet Baffectés tous les
deux du poids 1/2. Par suite,
Le (1 : 1) point de AàBest le milieu du segment [AB].
7Considérons les trois points A,Bet Cd’affixes respectives a,bet c. On note Xle
(p:q)point de AàBet Yle (p:q)point de AàC. Le point Xest sur la droite (AB),
le point Ysur la droite (AC), et la définition du (p:q)point entraîne les égalités de
quotients de mesures algébriques suivantes :
AX
AB =AX AX + XB =p
p+q=AY
AY + YC =AY AC
A
C
B
X
Y
Le théorème de Thalès permet de con-
clure que
Les droites (XY) et (BC)
sont parallèles.
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