MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 1 9 septembre 2019

(1)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 1 9 septembre 2019

Exercice 1. Inégalités et trinômes.

1. Inégalité de Cauchy-Schwarz.

a. En développant T , il se met naturellement sous la forme d'un trinôme du second degré

T (t) =

n

X

i=1

b

²_i

! t

²

− 2

n

X

i=1

a

i

b

i

! t +

n

X

i=1

a

²_i

!

Son discriminant s'exprime comme

∆ = 4





n

X

i=1

a

_i

b

_i

!

2

−

n

X

i=1

a

²_i

!

_n

X

i=1

b

²_i

! 



b. Pour tout t réel, T (t) ≥ 0 . L'équation T(z) = 0 admet donc au plus une solution réelle. Le discriminant du trinôme est donc négatif ou nul. Comme tout est strictement positif, on obtient bien (en divisant par le carré de la somme des produits)

n

X

i=1

a

i

b

i

!

2

−

n

X

i=1

a

²_i

!

_n

X

i=1

b

²_i

!

≤ 0 ⇒ 1 ≤ P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

i

b

i

)

²

2. Un autre trinôme.

a. La dénition de T entraine T (0) = P

n

i=1

a

²_i

> 0 et T (1) =

n

X

i=1

(a

i

− λb

i

)(a

i

− µb

i

)

Or λ <

^a_bⁱ

i

< µ pour tout i donc (a

_i

− λb

_i

) > 0 et (a

_i

− µb

_i

) < 0 . On en déduit T (1) < 0 comme somme de termes strictement négatifs.

b. Comme le trinôme change cette fois de signe, l'équation associée admet deux solutions réelles donc le discriminant doit être strictement positif. Développons pour exprimer ce discriminant (noté encore ∆ )

T (t) = λµ

n

X

i=1

b

²_i

!

t

²

− (λ + µ)

n

X

i=1

a

i

b

i

! t +

n

X

i=1

a

²_i

!

⇒ ∆ = (λ + µ)

²

n

X

i=1

a

_i

b

_i

!

²

− 4λµ

n

X

i=1

b

²_i

!

_n

X

i=1

a

²_i

!

> 0

On en déduit : P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

_i

b

_i

)

²

< (λ + µ)

²

4λµ

c. Lors des questions précédentes, les a , b , A , B ne sont pas intervenus. Seuls les λ et µ avec leur propriété fondamentale

∀i ∈ {1, · · · , n}; λ < a

_i

b

i

< µ

ont gurés dans le raisonnement. En fait, on peut fabriquer de tels λ et µ à partir des a, A, b, B . À cause des propriétés élémentaires des inégalités (tous les nombres étant strictement positifs) :

∀i ∈ {1, · · · , n}; a B < a

i

b

i

< A b Avec λ =

_B^a

et µ =

^A_b

,

(λ + µ)

²

4λµ = 1

4 λ + µ

√ λµ

²

= 1 4

s λ µ +

r µ λ

!

²

= 1 4

r ab AB +

r AB ab

!

2

3. Lorsque les λ et µ sont respectivement le plus petit et le plus grand des

^a_bⁱ_i

, l'inégalité n'est plus forcément valable. En eet, certains termes dans la somme exprimant T (1) peuvent être nuls et il est même possible que tous les termes soient nuls si les quotients ne prennent que deux valeurs.

Dans un tel cas, T (1) est nul et on ne peut rien déduire sur le discriminant du trinôme.

Considérons par exemple n = 3 avec a

₁

= a

₂

= 1 , a

₃

= 2 , b

₁

= b

₂

= b

₃

= 1 . Alors :

n

X

i=1

a

²_i

= 6,

n

X

i=1

b

²_i

= 3,

n

X

i=1

a

_i

b

_i

= 4, P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

i

b

i

)

²

= 9 8

a = 1, A = 2, b = B = 1, λ = 1, µ = 2, (λ + µ)

²

4λµ = 9

8 , 1

4 r ab AB +

r AB ab

!

2

= 1 4 ( 1

√ 2 + √ 2) = 9

8 On constate dans ce cas particulier que l'inégalité devient une égalité. Dans tous les cas, l'inégalité large est valable. la justication est de nature analytique. Imaginons des suites (λ

n

)

_n∈N

et (µ

n

)

_n∈N

qui convergent respectivement vers λ et µ avec λ

n

< λ et µ < µ

n

. L'inégalité stricte sera alors valable avec les λ

n

et µ

n

. En passant à la limite, on obtiendra une inégalité large.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai S1401C

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MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 1 9 septembre 2019

Exercice 2. Somme de produits.

1. Cet exercice mélange les dominos multiplicatifs et additifs (sommes et produits téles- copiques). On exprime 1 − x

_k+1

comme un quotient de termes consécutifs, puis p

_k

x

_k+1

comme une diérence :

1 − x

k+1

= p

k+1

p

k

⇒ x

k+1

= 1 − p

k+1

p

k

⇒ p

k

x

k+1

= p

k

− p

k+1

Cela permet de simplier la somme x

₁

+ p

_n+1

+

n

X

k=1

p

_k

x

_k+1

= x

₁

+ p

_n+1

+ p

₁

− p

_n+1

= x

₁

+ p

₁

= x

₁

+ 1 − x

₁

= 1

2. On veut appliquer la relation de la question précédente. Pour k entre 1 et n , posons x

k

= k − 1

n

On a alors x

₁

= 0 et x

_n+1

= 1 donc p

_n+1

= 0 . La relation devient

n

X

k=1

p

k

x

k+1

= 1

avec

p

_k

= (1 − x

₁

)(1 − x

₂

) · · · (k facteurs ) = n − 0 n

n − 1

n · · · (k facteurs )

=

kfacteurs

z }| { n(n − 1) · · ·

n

^k

On en déduit

1 =

n

X

k=1

kfacteurs

z }| { n(n − 1) · · ·

n

^k

x

_k+1

=

n

X

k=1

kfacteurs

z }| { n(n − 1) · · ·

n

^k

k

n ⇒ S = n

Problème. Rapport des distances à deux points.

Partie 1. Outils.

1. Considérons (u + v)(u − v) :

(u + v)(u − v) = |u|

²

− |v|

²

+ uv − uv = |u|

²

− |v|

²

+ 2i Im(uv)

On en déduit

|u|

²

= |v|

²

⇔ (u + v)(u − v) = u + v

u − v |u − v|

²

∈ i R ⇔ u + v u − v ∈ i R 2.

3. Introduisons c =

¹₂

(u + v) , d =

¹₂

(v − u) . Alors :

u = c − d v = c + d )

⇒ z − u

z − v = (z − c) + d

(z − c) − d donc z − u

z − v ∈ i R ⇔ |z − c|

²

= |d|

²

Cette dernière condition caractérise bien que z est l'axe d'un point du cercle de centre c et de rayon |d| c'est à dire le cercle de diamètre les points d'axes u et v .

Partie 2. Étude d'équations.

1. Deux nombres complexes égaux ou conjugués ont la même partie réelle ce qui n'est pas le cas pour a et b . Les complexes a et b ne sont donc ni complexes ni conjugués.

2. Les deux équations ont le même discriminant, notons ∆ .

∆ = |b − a|

²

+ 4 Im(a) Im(b) = (Re(b) − Re(a))

²

+ (Im(b) − Im(a))

²

+ 4 Im(a) Im(b)

= (Re(b) − Re(a))

²

+ (Im(b) + Im(a))

²

= |b − a|

²

> 0 car a et b noe sont pas conjugués. Les deux équations admettent donc chacune deux solutions distinctes.

3. Étude de (E+) .

a. Avec les notations de l'énoncé, k

+

(1) = −|b − a| − |b − a|

2 Im(b) , k

+

(2) = −|b − a| + |b − a|

2 Im(b)

b. On suppose ici Im(a) > 0 . Mais, même sans cette hypothèse, k

+

(1) est clairement strictement négative. Rappelons que Im(b) > 0 depuis le début de l'énoncé.

L'inégalité 0 < k

+

(2) se justie de plusieurs manières.

Géométriquement, l'hypothèse Im(a) > 0 signie que a est plus près de b que a . En eet, la médiatrice de a , a (qui est formée des points à égale distance) est l'axe réel et b est du côté de a .

On peut aussi reformuler ce qui a simplié le calcul du discriminant

|b − a| = p

|b − a|

²

+ 4 Im(a) Im(b) > |b − a| car Im(a) Im(b) > 0

2

(3)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 1 9 septembre 2019

On peut encore utiliser le produit des racines k

+

(1)k

+

(2) = − Im(a)

Im(b) < 0 k

₊

(1) < 0







⇒ k

+

(2) > 0

Pour montrer que k

+

(2) < 1 , on utilise l'inégalité triangulaire après avoir conju- gué :

|b − a| − |b − a| = |a − b| − |a − b| < |a − b| + |b − b| − |a − b| = 2| Im(b)|

L'inégalité est stricte car a , b et b ne sont pas alignés sinon ils auraient la même partie réelle. Comme Im(b) > 0 , on en tire

k

+

(2) < 1

c. Lorsque Im(a) < 0 , les deux racines sont négatives car on a déjà remarqué que k

₊

(1) était strictementnégatif et, cette fois, le produit −

^Im(a)_Im(b)

est strictement positif.

4. Étude de (E

−

) .

a. Avec les notations de l'énoncé, k

₋

(1) = |b − a| − |b − a|

2 Im(b) , k

₋

(2) = |b − a| + |b − a|

2 Im(b)

b. Pour cette équation, quel que soit le signe de Im(b) , il est clair que k

₋

(2) est strictement positif.

Le produit des racines est encore −

^Im(a)_Im(b)

< 0 car Im(a) > 0 dans cette question.

On en tire que l'autre racine k

₋

(1) est strictement négative.

On minore k

₋

(2) à l'aide de conjuguaison et de l'inégalité triangulaire

|b − b| < |b − a| + |a − b| ⇒ |b − a| = |a − b| > |b − b| − |a − b|

⇒ |b − a| + |b − a| > |b − b| = 2| Im(b)| ⇒ k

−

(2) > 1|

Comme Im(a) n'intervient pas dans ce raisonnement, l'inégalité 1 < k

₋

(2) reste valable dans le cadre de la question suivante.

c. Ici k

−

(2) > 0 et le produit des racines est strictement positif donc les deux racines sont strictement positives.

La majoration de k

₋

(1) est du même type que les précédentes :

|b −a| − |b − a| = |a − b| − |a − b| < |a − b| + |b −b| − |a − b| = 2 Im(b) ⇒ k

₋

(1) < 1

Partie 3. Lignes de niveau.

1. Γ

₀

est réduit au singleton {a} . Γ

₁

est formée par les complexes à égale distance de a et b c'est à dire la droite médiatrice de a et b .

2. En élevant au carré, z ∈ Γ

_k

si et seulement si |z − a|

²

= k

²

|z − b| . D'après la question I.1. cette condition est équivalente à

z − a + k(z − b) z − a − k(z − b)

∈ i R

Or z − a + k(z − b)

z − a − k(z − b) = (1 + k)z − (a + kb)

(1 − k)z − (a − kb) = z − g

+

(k) z − g

₋

(k) On en déduit que Γ

k

est le cercle de diamètre g

₋

(k) , g

+

(k) .

Son centre est c

k

avec c

_k

= 1

2 (g

₋

(k) + g

₊

(k)) = 1

1 − k

²

(a − k

²

b) Son rayon est r

k

avec

r

_k

= 1

2 |g

−

(k) − g

₊

(k)| = k

|1 − k

²

| |a − b|

3. Pour k < 1 , les points de Γ

_k

sont plus proches de a que de b . On en déduit que k

₁

et k

₂

sont strictement plus petits que 1 alors que k

₂

et k

₃

sont strictement plus grands.

Plus k < 1 est petit, plus les points de Γ

_k

sont proches de a et inversement pour b . On en tire nalement

k

1

< k

2

< 1 < k

4

< k

3

Lorsque k < 1 s'approche de 1 , le rayon r

_k

tend vers l'inni et le cercle Γ

_k

tend vers la droite médiatrice de a , b .

4. L'équation considérée est équivalente à

|t − a|

²

= k

²

|t − b|

²

En développant avec les parties réelles et imaginaires de a et b , on obtient une équation du second degré en t à coecients réels. Le coecient de t

²

est 1 −k

²

6= 0 ce qui assure que le degré est bien 2.

Le signe du discriminant ∆

k

traduit que le cercle Γ

k

coupe ou non l'axe réel. On lit sur la gure :

∆

k₁

< 0, ∆

k₂

> 0, ∆

k₃

< 0, ∆

k₄

> 0

3

(4)

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5. Dans la conguration de la gure, la plus petite valeur que peut prendre la fonction F correspond à un cercle Γ

k

tangent par en dessous . Cette plus petite valeur sera donc strictement plus petite que 1 . La plus grande valeur correspond à un cercle tangent par en dessus . Elle sera strictement plus grande que 1 .

La condition de tangence d'un cercle Γ

_k

avec l'axe réel (en dessous ou en dessus) se traduit par

| Im(c

k

)| = r

k

⇔ | Im(a) − k

²

Im(b)| = k|a − b|

c'est à dire si et seulement si k est une solution de (E+) ou de (E−) .

6. L'hypothèse Im(b) > 0 ne nuit pas à la généralité car si on change a en −a et b en −b , on peut retrouver les mêmes valeurs de la fonction en changeant t en −t . Les valeurs extrèmes pour la nouvelle fonction seront donc les mêmes. Pour la recherche des valeurs extrèmes de F , on doit donc considérer deux cas seulement : celui où Im(a) et Im(b) sont de même signe et celui où ils sont de signe opposé.

Notons respectivement v

a,b

et V

a,b

la plus petite et la plus grande des valeurs prises par la fonction. On sait que 0 < v

a,b

< 1 < V

a,b

et qu'ils sont des solutions d'une des équations (E+) ou de (E−) . L'étude de la partie 2 permet de conclure.

Cas Im(a) Im(b) < 0 , (celui de la gure) équivalent à Im(a) < 0 , Im(b) > 0 . Ici v

a,b

ne peut être que k

−

(1) et V

a,b

= k

−

(2) .

valeur min. de F = v

a,b

= |b − a| − |b − a|

2 Im(b) = |b − a| − |b − a|

|b − b|

valeur max. de F = V

_a,b

= |b − a| + |b − a|

2 Im(b) = |b − a| + |b − a|

|b − b|

Cas Im(a) Im(b) > 0 , équivalent à Im(a) > 0 , Im(b) > 0 . Ici v

a,b

ne peut être que k

+

(2) et V

a,b

= k

−

(2) .

valeur min. de F = v

a,b

= −|b − a| + |b − a|

2 Im(b) = −|b − a| + |b − a|

|b − b|

valeur max. de F = V

_a,b

= |b − a| + |b − a|

2 Im(b) = |b − a| + |b − a|

|b − b|

On peut donc rassembler les deux cas dans les formules v

a,b

=

|b − a| − |b − a|

|b − b|

, V

a,b

= |b − a| + |b − a|

|b − b|

7. L'identité se vérie sans diculté en utilisant les parties réelles et imaginaires. Elle traduit que