Partie 2. Étude d'équations.

(1)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 1 24 avril 2020

Exercice 1. Inégalités et trinômes.

1. Inégalité de Cauchy-Schwarz.

a. En développantT, il se met naturellement sous la forme d'un trinôme du second degré

T(t) =

n

X

i=1

b²_i

! t²−2

n

X

i=1

aibi

! t+

n

X

i=1

a²_i

!

Son discriminant s'exprime comme

∆ = 4





n

X

i=1

a_ib_i

!2

−

n

X

i=1

a²_i

! _n X

i=1

b²_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

aibi

!2

−

n

X

i=1

a²_i

! _n X

i=1

b²_i

!

≤0⇒1≤ Pn

i=1a²_i Pn i=1b²_i (Pn

i=1aibi)² 2. Un autre trinôme.

a. La dénition deT entraineT(0) =Pn

i=1a²_i >0 et T(1) =

n

X

i=1

(ai−λbi)(ai−µbi)

Or λ < ^a_bⁱ

i < µpour tout i donc(a_i−λb_i)>0 et (a_i−µb_i)<0. On en déduit T(1)<0comme 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

b²_i

!

t²−(λ+µ)

n

X

i=1

aibi

! t+

n

X

i=1

a²_i

!

⇒∆ = (λ+µ)²

n

X

i=1

a_ib_i

!²

−4λµ

n

X

i=1

b²_i

! _n X

i=1

a²_i

!

>0

On en déduit : Pn

i=1a_ib_i)² < (λ+µ)² 4λµ

c. Lors des questions précédentes, lesa,b,A, B ne sont pas intervenus. Seuls lesλ etµavec leur propriété fondamentale

∀i∈ {1,· · ·, n}; λ < a_i bi

< µ

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

∀i∈ {1,· · · , n}; a B <ai

bi

<A b Avecλ=_B^a etµ= ^A_b,

(λ+µ)² 4λµ =1

4

λ+µ

√λµ ²

= 1 4

sλ µ+

rµ λ

!²

= 1 4

r ab AB +

rAB ab

!2

3. Lorsque lesλetµsont 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 exprimantT(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 exemplen= 3aveca₁=a₂= 1,a₃= 2,b₁=b₂=b₃= 1. Alors :

n

X

i=1

a²_i = 6,

n

X

i=1

b²_i = 3,

n

X

i=1

a_ib_i= 4, Pn

i=1aibi)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+

rAB 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(λn)_n∈N et (µn)_n∈N qui convergent respectivement vers λ et µavec λn < λet µ < µn. L'inégalité stricte sera alors valable avec lesλn et µn. 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

(2)

Exercice 2. Somme de produits.

1. Cet exercice mélange les dominos multiplicatifs et additifs (sommes et produits téles- copiques). On exprime1−x_k+1comme un quotient de termes consécutifs, puisp_kx_k+1 comme une diérence :

1−xk+1= pk+1

p_k ⇒xk+1= 1−pk+1

p_k ⇒pkxk+1=pk−pk+1

Cela permet de simplier la somme x1+pn+1+

n

X

k=1

pkxk+1=x1+pn+1+p1−pn+1=x1+p1=x1+ 1−x1= 1

2. On veut appliquer la relation de la question précédente. Pourkentre1 etn, posons x_k =k−1

n

On a alorsx₁= 0 etx_n+1= 1doncp_n+1= 0. La relation devient

n

X

k=1

pkxk+1= 1

avec

pk = (1−x1)(1−x2)· · · (k facteurs) =n−0 n

n−1

n · · · (kfacteurs)

=

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. Deux nombres complexes égaux ou conjugués ont la même partie réelle. Les nombres complexes aet b sont donc distincts et non conjugués car l'énoncé indique que leurs parties réelles sont distinctes.

2. Considérons(u+v)(u−v):

(u+v)(u−v) =|u|²− |v|²+uv−uv=|u|²− |v|²+ 2iIm(uv) On en déduit

|u|²=|v|²⇔(u+v)(u−v) =u+v

u−v|u−v|²∈iR⇔u+v u−v ∈iR 3. Introduisonsc=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 ∈iR⇔ |z−c|²=|d|² Cette dernière condition caractérise bien quezest l'axe d'un point du cercle de centre cet de rayon |d|c'est à dire le cercle de diamètre les points d'axesuetv.

Partie 2. Étude d'équations.

1. 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 ne sont pas conjugués. Les deux équations admettent donc chacune deux solutions réelles distinctes.

2. 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 iciIm(a)>0. Mais, même sans cette hypothèse,k+(1)est clairement strictement négative. Rappelons queIm(b)>0depuis le début de l'énoncé.

L'inégalité0< k+(2)se justie de plusieurs manières.

Géométriquement, l'hypothèseIm(a)>0 signie queaest plus près de b quea. En eet, la médiatrice de a, a (qui est formée des points à égale distance) est l'axe réel etbest du côté dea.

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.

(3)

On peut encore utiliser le produit des racines k₊(1)k₊(2) =−Im(a)

Im(b) <0 k+(1)<0







⇒k₊(2)>0.

On montrek+(2)<1 avec l'inégalité triangulaire après avoir conjugué :

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

L'inégalité est stricte cara,bet bne sont pas alignés sinon ils auraient la même partie réelle. CommeIm(b)>0, on en tire

k+(2)<1.

c. LorsqueIm(a)<0, les deux racines sont négatives car on a déjà remarqué que k+(1) était strictement négatif et, cette fois, le produit −^Im(a)_Im(b) est strictement positif.

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. 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 carIm(a)>0dans cette question.

On en tire que l'autre racinek−(1)est strictement négative.

On minorek₋(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.

CommeIm(a)n'intervient pas dans ce raisonnement, l'inégalité1< k₋(2)reste valable dans le cadre de la question suivante.

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

La majoration dek₋(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. Γ₀ est réduit au singleton{a}. Γ₁ est formée par les complexes à égale distance dea etb c'est à dire la droite médiatrice deaetb.

2. En élevant au carré,z∈Γ_k si et seulement si|z−a|²=k²|z−b|. D'après la question I.1. cette condition est équivalente à

z−a+k(z−b) z−a−k(z−b)

∈iR.

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 queΓk est le cercle de diamètreg₋(k),g+(k).

Son centre estck avec c_k= 1

2(g₋(k) +g₊(k)) = 1

1−k²(a−k²b).

Son rayon estrk avec

r_k = 1

2|g−(k)−g₊(k)|= k

|1−k²||a−b|.

3. Pourk <1, les points deΓ_k sont plus proches de aque deb. On en déduit que k₁ et k₂ sont strictement plus petits que1 alors que k₂ et k₃ sont strictement plus grands.

Plusk <1est petit, plus les points deΓ_k sont proches deaet inversement pourb. On en tire nalement

k1< k2<1< k4< k3.

Lorsque k <1 s'approche de 1, le rayonr_k tend vers l'inni et le cercleΓ_k tend vers la droite médiatrice dea,b.

4. L'équation considérée est équivalente à

|t−a|²=k²|t−b|².

En développant avec les parties réelles et imaginaires deaetb, on obtient une équation du second degré entà coecients réels. Le coecient det²est1−k²6= 0ce qui assure que le degré est bien 2.

Le signe du discriminant ∆k traduit que le cercle Γk coupe ou non l'axe réel. On lit sur la gure :

∆k₁ <0, ∆k₂>0, ∆k₃<0, ∆k₄ >0.

(4)

5. Dans la conguration de la gure, la plus petite valeur que peut prendre la fonctionF correspond à un cercleΓktangent 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 que1.

La condition de tangence d'un cercle Γ_k avec l'axe réel (en dessous ou en dessus) se traduit par

|Im(ck)|=rk ⇔ |Im(a)−k²Im(b)|=k|a−b|

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

6. L'hypothèseIm(b)>0ne nuit pas à la généralité car si on changeaen−aetben−b, on peut retrouver les mêmes valeurs de la fonction en changeantt 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 oùIm(a)et Im(b) sont de même signe et celui où ils sont de signe opposé.

Notons respectivement va,b et Va,b la plus petite et la plus grande des valeurs prises par la fonction. On sait que 0< va,b <1< Va,b et qu'ils sont des solutions d'une des équations(E+)ou de(E−). L'étude de la partie 2 permet de conclure.

CasIm(a) Im(b)<0, (celui de la gure) équivalent àIm(a)<0,Im(b)>0. Iciva,b ne peut être quek−(1)et Va,b =k−(2).

valeur min. deF =va,b = |b−a| − |b−a|

2 Im(b) =|b−a| − |b−a|

|b−b|

valeur max. deF =V_a,b = |b−a|+|b−a|

2 Im(b) =|b−a|+|b−a|

|b−b|

CasIm(a) Im(b)>0, équivalent àIm(a)>0, Im(b)>0. Iciva,b ne peut être quek+(2)et Va,b=k−(2).

valeur min. deF =va,b =−|b−a|+|b−a|

2 Im(b) =−|b−a|+|b−a|

|b−b|

valeur max. deF =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 va,b=

|b−a| − |b−a|

|b−b|

, Va,b =|b−a|+|b−a|

|b−b| .

7. En utilisant la formule de cours donnant la carré du module d'une somme, il vient

(|b−a|+|b−¯a|) (|b−a| − |b−¯a|) =|b−a|²− |b−¯a|²=−2 Re(b¯a) + 2 Re(ba)

=−2 Re (b(a−a)) =¯ −4 Re (i bIm(a)) = 4 Im(a) Im(b).

On en déduit l'inégalité demandée. Elle traduit que M_a,b= 1

mb,a

.