1. Comme A ∩ A = A , on a f (A) = (A, A ∪ B) . Comme A ⊂ A ∪ B , on a A ∩ (A ∪ B) = A . En ce qui concerne l'union, B ∪ (A ∪ B) = A ∪ B .

(1)

Exercice

1. Comme A ∩ A = A , on a f (A) = (A, A ∪ B) . Comme A ⊂ A ∪ B , on a A ∩ (A ∪ B) = A . En ce qui concerne l'union, B ∪ (A ∪ B) = A ∪ B .

On en déduit f (A) = f(A ∪ B) = (A, A ∪ B ) . On trouve aussi f ( ∅ ) = f (B ∩ A) = ( ∅ , B) . Si f est injective, on en déduit A = A ∪ B ce qui est équivalent à B ⊂ A . On peut aussi en déduire B ∩ A = ∅ ce qui veut dire qu'un élément quelconque b de B n'est pas dans A donc il est dans A c'est à dire encore B ⊂ A .

2. On peut utiliser les distributivités démontrées en cours (X ∪ B) ∩ B = (X ∩ B) ∪ (B ∩ B) = X ∩ B

⇒ (X ∩ B) ∪ (X ∪ B) ∩ B

= (X ∩ B) ∪ (X ∩ B) = X ∩ (B ∪ B) = X 3. Dans cette question, on suppose B ⊂ A .

a. Supposons que A ∩ X = A ∩ Y . Alors,

B ∩ X = B ∩ (A ∩ X ) = B ∩ (A ∩ Y ) = B ∩ Y

b. On veut montrer que f est injective lorsque B ⊂ A . Considérons deux parties quelconques X et Y de E et supposons que f (X) = f (Y ) c'est à dire que

X ∩ A = Y ∩ A et X ∪ B = Y ∪ B D'après 3.a. : B ∩ X = B ∩ Y . Utilisons alors la question 2.

X = (X ∩ B ) ∪ (X ∪ B) ∩ B

= (Y ∩ B) ∪ (Y ∪ B) ∩ B

= Y

Problème 1

1. Pour former le graphe de ϕ (Figure 1), il est inutile de dériver la fonction. L'écriture ϕ(z) = 1 + z

1 − z = 2 + z − 1

1 − z = − 1 + 2 1 − z

met en évidence les asymptotes et le fait que le graphe est une hyperbole. Pour placer les branches, on considère ϕ(0) = 1 .

2. Pour montrer que la fonction f est une bijection de C−{− 1 } dans C−{ 3 }, on considère l'équation

3z − 5

z + 1 = u d'inconnue z et de paramètre u ∈ C , u 6 = 3.

1

−1

−1 1

Fig. 1: Graphe de ϕ

Cette équation admet une unique solution

^u+5_3−u

ce qui montre que tout u ∈ C, u 6 = 3 admet un unique antécédent par f . L'expression de la solution nous donne cet antécé- dent et donc une expression de la bijection réciproque.

Par dénition d'une implication (contraposition) :

(z / ∈ R ⇒ f (z) ∈ / R ) ⇔ (f (z) ∈ R ⇒ z ∈ R ) . Cette deuxième implication résulte de

f (z) ∈ R ⇒ z = 3f (z) − 5 f (z) + 1 ∈ R .

3. Tranformons la relation proposée : on utilise l'identité donnant | a + b |

²

, on rassemble les termes, on divise par 1 − k

²

6 = 0 :

| z − a |

²

= k

²

| z − b |

²

⇔ (1 − k

²

) | z |

²

− 2 Re(a − k

²

b)z + | a |

²

− k

²

| b |

²

= 0

⇔ | z |

²

− 2 Re a − k

²

b

1 − k

²

z = −| a |

²

+ k

²

| b |

²

1 − k

²

⇔

z − a − k

²

b 1 − k

²

2

= −| a |

²

+ k

²

| b |

²

1 − k

²

+ | a − k

²

b |

²

(1 − k

²

)

²

Notons T le membre de droite de la dernière relation :

T = 1

(1 − k

²

)

²

k

²

| a |

²

+ k

²

| b |

²

− 2k

²

Re(ab)

= k

²

(1 − k

²

)

²

| a − b |

²

(2)

On en déduit le u et le R demandés par l'énoncé : u = 1

1 − k

²

(a − k

²

b), R = k

1 − k

²

| a − b | .

Il apparait alors clairement que l'ensemble des points dont l'axe vérie cette relation est un cercle de centre le point d'axe u et de rayon R .

4. La recherche des points xes de f conduit à l'équation du second degré

z

²

− 2z + 5 = 0

Son discriminant est ∆ = − 16 = (4i)

²

. On en déduit z

₁

= 1 + 2i , z

₂

= 1 − 2i .

5. Travaillons d'abord sur f (z) − z

₁

en écrivant z

₁

= f (z

₁

) et en réduisant au même dénominateur. On obtient

f (z) − z

₁

= f (z) − f (z

₁

) = 3z − 5

z + 1 − 3z

1

− 5

z

₁

+ 1 = 8(z − z

1

) (z + 1)(z

₁

+ 1) Le calcul est analogue pour z

2

. On en déduit :

f(z) − z

1

f(z) − z

₂

= (z

2

+ 1)(z − z

1

) (z

₁

+ 1)(z − z

₂

) =

1 − i 1 + i

z − z

1

z − z

₂

6. a. L'ensemble des points est un cercle d'après la question 3.

b. Le centre du cercle est le point d'axe u de la question 3. Ici cela devient : u = 1

1 − k

²

(z

1

− k

²

z

2

) = 1

1 − k

²

(1 − k

²

+ 2i(1 + k

²

)) = 1 + 2ϕ(k

²

)i On cherche les points d'intersections du cercle avec la droite (Z

₁

Z

₂

) sous la forme

z = z

₁

+ λ(z

₂

− z

₁

) avec λ ∈ R La condition d'intersection s'écrit alors simplement en λ :

λ λ−1

= k . Cela conduit à deux équations du premier degré selon que l'on prenne l'intérieur de la valeur absolue égal à k ou à − k .

Pour k , on obtient λ = −

_1−k^k

et un point d'intersection d'axe 1 + 2iϕ(k) . Pour − k , on obtient λ =

_1+k^k

et un point d'intersection d'axe 1 + 2iϕ( − k) .

On peut remarquer que ϕ( − k) est l'inverse de ϕ(k) .

Z

1

Z

₂

Z f (Z)

Fig. 2: Cercle de C

¹₃

7. a. On a vu que

f (z) − z

1

f (z) − z

₁

=

1 − i 1 + i

z − z

1

z − z

₂

=

z − z

1

z − z

₂

Si on note f

ⁿ

la composée de f avec elle même n fois, on a alors :

f

ⁿ

(z) − z

1

f

ⁿ

(z) − z

1

=

f

ⁿ⁻¹

(z) − z

1

f

ⁿ⁻¹

(z) − z

1

= · · · =

z − z

1

z − z

1

Ce qui signie que tous les points sont sur C

k

avec k =

z−z1

. b. Pour z = 1 + i , on trouve k = |

⁻ⁱ_3i

| =

¹₃

, ϕ(

¹₃

) = 2 .

On en déduit que les points d'intersections avec (Z

₁

Z

₂

) ont pour coordonnées (1, 1) et (1, 4) . Le centre du cercle C

¹

3

(Figure 2) est en (1,

⁵₂

) et le rayon est

³₂

. De plus f (z) =

⁻¹⁺⁸ⁱ₅

.

Problème 2

Partie I. Inégalités classiques.

1. a. On veut montrer par récurrence que 1 − P

n

k=1

a

k

≤ Q

n

k=1

(1 − a

k

) .

Pour n = 1 et a

₁

∈ [0, 1] , l'inégalité est triviale.

(3)

Soit (a

1

, . . . , a

n+1

) ∈ [0, 1]

ⁿ⁺¹

. Alors

n

Y

k=1

(1 − a

k

) =

n

Y

k=1

(1 − a

k

)

!

(1 − a

n+1

)

≥ (1 − S

n

) (1 − a

n+1

) par hypothèse de récurrence et car 1 − a

n+1

≥ 0

≥ 1 − (S

_n

+ a

_n+1

| {z }

=S_n+1

) + S

_n

a

_n+1

≥ 1 − S

_n+1

.

b. On veut montrer par récurrence que M

n

(1 + S

n

) ≤ 1 (car 1 + S

n

> 0 ).

Pour n = 1 l'inégalité est facile :

(1 − a

1

)(1 + a

1

) = 1 − a

²₁

≤ 1.

Montrons que l'inégalité à l'ordre n entraine celle à l'ordre n + 1 . M

n+1

(1 + S

n+1

) = M

n

(1 − a

n+1

)(1 + S

n

+ a

n+1

)

= M

_n





 1 − a

²_n+1

| {z }

≤1

+ (1 − a

_n+1

)

| {z }

≤1

S

_n





 ≤ M

_n

(1 + S

_n

) ≤ 1.

2. a. En développant, l'inégalité 1 + S

n

≤ P

n

est évidente car on néglige tous les autres termes du développement qui sont positifs.

b. On veut montrer par récurrence que, sous l'hypothèse S

n

< 1 , P

n

(1 − S

n

) ≤ 1 . À l'ordre 1 , l'inégalité est vériée :

P

1

(1 − S

1

) = (1 + a

1

)(1 − a

1

) = 1 − a

²₁

≤ 1.

Montrons que l'inégalité à l'ordre n entraine celle à l'ordre n + 1 . P

n+1

(1 − S

n+1

) = P

n

(1 + a

n+1

) (1 − a

n+1

− S

n

)

= P

_n





 (1 − a

²_n+1

| {z }

≤1

) − (1 + a

_n+1

| {z }

>1

)S

_n





 ≤ P

_n

(1 − S

_n

) ≤ 1.

L'analogie entre les deux démonstrations est agrante.

En fait, on peut déduire directement la deuxième inégalité de la première.

Pour tout k ∈ J 1, n K, a

_k

< 1 donc

0 ≤ 1 − a

²_k

≤ 1 ⇒ M

_n

P

_n

≤ 1 ⇒ P

_n

≤ 1 S

n

.

D'autre part, d'après l'inégalité de 1.a, comme S

n

< 1 , 1 − S

_n

≤ M

_n

⇒ 1

M

_n

≤ 1

1 − S

_n

⇒ P

_n

≤ 1 1 − S

_n

3. a. Voir le cours. L'inégalité de Cauchy-Schwarz résulte de ce que le discriminant du trinôme en t est négatif ou nul car le trinôme ne prend que des valeurs positives.

b. On applique l'inégalité de Cauchy-Schwarz avec des n -uplets bien choisis

∀ i

x

_i

= √ a

_i

y

_i

= 1

√ a

i







⇒ n

²

=

n

X

i=1

√ a

i

√ 1 a

i

!

²

≤







n

X

i=1

√ a

i 2

| {z }

=1







n

X

i=1

1 a

i

! .

Partie II. Images et fonctions.

1. Réduisons au même dénominateur a + b

z + c

1 − z = − az

²

+ (a − b + c)z + b z(1 − z) . Cela nous amène à considérer le système aux inconnues u, v, w :

(S)



 

 

− u =1 u − v + w =2 v =1 La réduction au même dénominateur montre que

(a, b, c) solution de (S) ⇒ a + b z + c

1 − z = (1 + z)

²

z(1 − z) . La résolution du système est immédiate. On en déduit

g(z) = (1 + z)

²

z(1 − z) = − 1 + 1 z + 4

1 − z . 2. D'après la décomposition précédente,

g

⁰

(z) = − 1

z

²

+ 4 (1 − z)

²

=

2 1 − z + 1

z 2 1 − z − 1

z

= (z + 1)(3z − 1)

z

²

(1 − z)

²

.

On en déduit le tableau des variations avec g(

¹₃

) =

⁴₂²

= 8

(4)

0

¹₃

1 g

⁰

- 0 +

g & % 8 3. Calcul de la dérivée de f

z

:

f

_z⁰

(t) = K

_z

− 1 t

²

( 1

1 − z − t − 1) + ( 1

t − 1) 1 (1 − z − t)

²

= K

z

t

²

(1 − z − t)

²

( − (z + t)(1 − z − t) + (1 − t)t) = K

z

z (2t − (1 − z)) t

²

(1 − z − t)

²

. On en déduit le tableau des variations avec

0

^1−z₂

1 − z

f

_z⁰

- 0 +

f

z

& %

f

z

(

^1−z₂

) = g(z) car

f

z

( 1 − z

2 ) = 1 − z z

2 1 − z − 1

²

= (1 + z)

²

z(1 − z) = g(z).

4. a. cours : avec un ∃

b. Pour un z xé, x + y + 1 = 1 si et seulement si y = 1 − z − x donc (1 − x)(1 − y)(1 − z)

xyz = f

_z

(x) On en déduit P = S

z∈I

f

_z

(I

_z

) avec f

_z

(I

_z

) = [g(z), + ∞ [ d'après le tableau de la question 3. D'après le tableau de g :

[

z∈I

[g(z), + ∞ [ = [8, + ∞ [ .

c. En multipliant par xyz on obtient 8 ≤ (1 − x)(1 − y)(1 − z)

xyz ⇒ 8xyz ≤ (1 − x)(1 − y)(1 − z).

Partie III. Inégalité de Ky Fan.

1. Preuve de F

2

.

a. On développe (les termes en aba

⁰

b

⁰

se simplient) puis on factorise : (a + b)

²

a

⁰

b

⁰

− (a

⁰

+ b

⁰

)

²

ab = a

²

ba

⁰

b

⁰

+ b

²

a

⁰

b

⁰

− a

⁰²

ab − b

⁰²

ab

= aa

⁰

(ab

⁰

− a

⁰

b) + bb

⁰

(ba

⁰

− b

⁰

a) = (ab

⁰

− a

⁰

b)(aa

⁰

− bb

⁰

).

Si a

⁰

= 1 − a et b

⁰

= 1 − b , cette relation devient

(a + b)

²

(1 − a)(1 − b) − ((1 − a) + (1 − b))ab = (a − b)

²

(1 − a − b).

b. D'après la question précédente, comme 1 − a − b ≥ 0 pour a et b dans 0,

¹₂

, (a + b)

²

(1 − a)(1 − b) − ((1 − a) + (1 − b))ab ≥ 0

⇒ ((1 − a) + (1 − b))ab ≤ (a + b)

²

(1 − a)(1 − b)

⇒ ab

(1 − a)(1 − b) ≤

a + b (1 − a) + (1 − b)

2

.

Ce qui prouve l'inégalité de Ky Fan à l'ordre 2.

2. a. On veut montrer que F

n

⇒ F

2n

. On se donne donc 2n nombres a

i

dans 0,

¹₂

les rassemble en deux groupes de n et on introduit les objets sur lesquels portent . On les inégalités.

P

1

=

n

Y

i=1

a

i

, S

1

=

n

X

i=1

a

i

, P

₁⁰

=

n

Y

i=1

(1 − a

i

), S

₁⁰

=

n

X

i=1

(1 − a

i

) P

2

=

2n

Y

i=n+1

a

i

, S

2

=

n

X

i=n+1

a

i

, P

₂⁰

=

2n

Y

i=n+1

(1 − a

i

), S

₂⁰

=

2n

X

i=n+1

(1 − a

i

).

Remarquons que les inégalités a

_i

≤

¹₂

entrainent S

₁

≤

ⁿ₂

et S

₂

≤

ⁿ₂

. Avec ces notations, on veut montrer

P

₁

P

₂

P

₁⁰

P

₂⁰

≤

S

₁

+ S

₂

S

₁⁰

+ S

₂⁰

2n

.

On commence par appliquer l'inégalité KF à l'ordre n pour chaque groupe P

1

P

2

P

₁⁰

P

₂⁰

≤ S

1

S

₁⁰

S

2

S

⁰₂

n

.

(5)

Il sut donc de montrer

S

1

S

2

S

₁⁰

S

₂⁰

≤ S

1

+ S

2

S

₁⁰

+ S

₂⁰

²

.

C'est équivalent à la positivité d'une expression analogue à celle de 1.a.

(S

1

+ S

2

)

²

S

₁⁰

S

₂⁰

− (S

₁⁰

+ S

₂⁰

)S

1

S

0

= (S

1

S

₂⁰

− S

2

S

₁⁰

)(S

1

S

⁰₁

− S

2

S

⁰₂

)

= n(S

1

− S

2

)

²

(n − S

1

− S

2

) car S

_i⁰

= n − S

i

≥ 0 car S

1

et S

2

sont ≤ n 2 . b. On veut montrer F

n+1

⇒ F

n

. On se donne donc des a

₁

, · · · , a

_n

dans

0,

¹₂

Pour pouvoir exploiter l'hypothèse F

n+1

, on a besoin d'un n + 1 -ième nombre. . Comme l'énoncé nous y invite, on considère

a

_n

= S

n

n . Il est dans

0,

¹₂

car c'est la moyenne des a

i

déjà dénis qui y sont déjà.

Utilisons des notations simpliée analogues à celles dénies dans la question pré- cédente pour S = S

_n⁰

, P = P

n

, P

⁰

= P

_n⁰

et a = a

n+1

=

^S_n

.

Appliquons KF à l'ordre n + 1 avec la famille ainsi complétée.

P a

P

⁰

(1 − a) ≤ S + a S

⁰

+ 1 − a

ⁿ⁺¹

Remplaçons a par

^S_n

en remarquant que S + a = (n + 1)S

n , 1 − a = 1 − S

n = n − S n = S

⁰

n , S

⁰

+ 1 − a = (n + 1)S

⁰

n .

Il vient :

nP S

nP

⁰

S

⁰

≤ (n + 1)Sn n(n + 1)S

⁰

ⁿ⁺¹

⇒ P P

⁰

≤ S

S

⁰

ⁿ

.

c. D'après F

2

et F

n

⇒ F

2n

, la propriété F

n

est vériée par récurrence pour tous les entiers n qui sont des puissances de 2 . Si n n'est pas une puissnce de 2 , il existe p tel que n < 2

^p

et on peut déduire F

n

de F

2^p

et de F

n+1

⇒ F

n

.

3. a. On doit caractériser combien petit doit être λ . Il doit être plus petit que tous c'est à dire plus petit que le plus petit.

∀ i ∈ J 1, n K , λa

_i

≤ 1 2

⇔ λ ≤ min A.

b. D'après la question précédente, on peut trouver des λ assez petit pour que l'on puisse appliquer KF aux λa

i

. Appliquons la avec les notations

P = a

₁

· · · a

_n

, S = a

₁

+ · · · + a

_n

, P

_λ⁰

= (1 − λa

₁

) · · · (1 − λa

_n

).

On obtient

λ

ⁿ

P

_λ⁰

≤ λS n − λS

ⁿ

⇒ P

P

_λ⁰

≤ S n − λS

ⁿ

Pour n et les a

i

xés, quand λ → 0 , on a P

_λ⁰

→ 1 et n − λS → n . En passant à la limite dans l'inégalité, on obtient