MPSI B Corrigé DS 4 29 juin 2019

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Exercice 1

Introduisons les polynômes symétriques élémentaires

σ ₁ = x ₁ + x ₂ + x ₃ σ ₂ = x ₁ x ₂ + x ₁ x ₃ + x ₂ x ₃ σ ₃ = x ₁ x ₂ x ₃ et utilisons les pour exprimer chacune des trois relations.

La première relation donne immédiatement σ ₁ ² − 2σ ₂ = 1 .

On obtient la deuxième relation en réduisant au même dénominateur x ₁ x ₂ x ₃ : σ 1

σ ₃ = 3 2

Pour la troisième, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le même déno- minateur. Cela fait apparaitre le σ ₁ au numérateur que l'on peut mettre en facteur :

(x ₁ + x ₂ + x ₃ ) 1

x 1

+ 1 x 2

+ 1 x 3

= 6

On réduit au même dénominateur x 1 x 2 x 3 ce qui donne directement : ^σ

¹

_σ ^σ

₃²

= 6 . À partir des deux dernières relations, on obtient σ 2 = 4 .

En remplaçant dans la première, on obtient σ ₁ ² = 9

Le dernier s'obtient à partir de σ 1 : σ 3 = ² ₃ σ 1 . On a donc deux possibilités :

σ 1 = 3 σ 3 = 2 σ 2 = 4

σ ₁ = −3 σ ₃ = −2 σ ₂ = 4

Les nombres x ₁ , x ₂ , x ₃ sont donc (à permutation près) les racines des polynômes X ³ − 3X ² + 4X − 2, X ³ + 3X ² + 4X + 2

après factorisation à l'aide de la racine évidente 1 ou −1 avec une division par X − 1 ou X + 1 , on obtient les triplets (1, 1 + i, 1 − i) et (−1, −1 + i, −1 − i) .

Exercice 2

1. Les pôles de F sont les racines n -ièmes de 1 . Comme la fraction est de degré strictement négatif, il n'y a pas de partie entière. La fraction est la somme de ses parties polaires.

2. Le développement limité de x ^k en 1 est

x ^k = 1 + k(x − 1) + o(x − 1)

En sommant les développements précédents, la somme des entiers consécutifs apparait et il vient :

1 + x + · · · + x ⁿ⁻¹ = n + n(n − 1)

2 (x − 1) + o(x − 1) On factorise par n pour se ramener à un développement usuel

1

(1 + x + · · · + x ⁿ⁻¹ ) ² = 1 n ²

1 + n − 1

2 (x − 1) + o(x − 1) −2

= 1

n ² − n − 1

n ² (x − 1) + o(x − 1) 3. Soit u ∈ U. Si on substitue uX à X dans F , la fraction est conservée. La partie polaire

relative au pôle u devient α(u)

(uX − u) ² + β (u)

uX − u = α(u)

u ² (X − 1) ² + β(u) u(X − 1) qui est la partie polaire relative à 1 . On en déduit

α(u) = u ² α(1), β(u) = uβ(1)

4. a. Par dénition d'une partie polaire, F = α(1)

(X − 1) ² + β (1) X − 1 + R où R est une fraction qui n'admet pas de pôle en 1 . Comme

X ⁿ − 1 = (X − 1)(1 + X + · · · + X ⁿ⁻¹ ) En multipliant F par (X − 1) ² , on obtient

1

(1 + X + · · · + X ⁿ⁻¹ ) ² = α(1) + β(1)(X − 1) + (X − 1) ² R

Comme 1 n'est pas un pôle de R , la fonction attachée à R admet une limite nie en 1 dont la fonction attachée à (X − 1) ² R est négligeable en 1 devant x − 1 . L'écriture proposée est donc bien un développement limité en 1 .

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b. En identiant les développements limités obtenus en 2. et 4.a., on obtient α(1) = 1

n ² , β (1) = − n − 1 n ² puis la décomposition en éléments simples

F = 1 n ²

X

u∈ U

u ²

(X − u) ² − n − 1 n ²

X

u∈ U

u X − u 5. a. Si 1 ≤ k ≤ n − 1 et k ⁰ = n − k , alors 1 ≤ k ⁰ ≤ n − 1 et w ^k = w ^k

⁰

.

b. On regroupe les racines conjuguées. Dans le cas pair deux racines sont réelles ( 1 et −1 ) dans le cas impair 1 est la seule racine.

n = 2p X ⁿ − 1 = (X − 1)(X + 1)

p−1

Y

k=1

X ² − 2 cos 2kπ n X + 1

n = 2p + 1 X ⁿ − 1 = (X − 1)

p

Y

k=1

X ² − 2 cos 2kπ n X + 1

c. Pour un pôle u = e ^iθ non réel, u ²

(X − u) ² = u ² (X ² − 2uX + u ² )

(X ² − 2 cos θX + 1) ² = u ² X ² − 2uX + 1 (X ² − 2 cos θX + 1) ²

Les éléments simples relatifs à deux pôles conjugués sont eux mêmes conjugués.

Les regrouper revient à prendre deux fois la partie réelle. Soit :

2 cos 2θX ² − 2 cos θX + 1 (X ² − 2 cos θX + 1) ²

= 2 cos 2θ

X ² − 2 cos θX + 1 + 4 sin ² θ −2 cos θX + 1 (X ² − 2 cos θX + 1) ² Pour le résidu,

u

X − u = u(X − u)

X ² − 2 cos θX + 1 = uX − 1 X ² − 2 cos θX + 1 Le double de la partie réelle est

2 cos θX − 1 X ² − 2 cos θX + 1

On en déduit la décomposition dans R (X) . On pose θ k = ^2kπ _n . Dans le cas impair n = 2p + 1 :

F = 1 n ²

1

(X − 1) ² − n − 1 n ²

1 X − 1 + 4

n ²

p

X

k=1

sin ² θ k

−2 cos θ _k X + 1 (X ² − 2 cos θ k X + 1) ² + 2

n ²

p

X

k=1

(n − 1) cos θ _k X + n − 1 + cos 2θ _k X ² − 2 cos θ k X + 1 Dans le cas pair n = 2p :

F = 1 n ²

1

(X − 1) ² − n − 1 n ²

1 X − 1 + 1

n ² 1

(X + 1) ² + n − 1 n ²

1 X + 1 + 4

n ²

p−1

X

k=1

sin ² θ k

−2 cos θ k X + 1 (X ² − 2 cos θ _k X + 1) ² + 2

n ²

p−1

X

k=1

(n − 1) cos θ k X + n − 1 + cos 2θ k

X ² − 2 cos θ _k X + 1

Problème

I. Préambule

1. Le point important est la présence du ∀ε dans la dénition d'un point de franchisseme- ment. Soit t 0 un point de franchissement vers le haut et ε 0 tel que f < u dans ]t 0 − ε 0 , t 0 [ , f > u dans ]t 0 , t 0 + ε 0 [ .

Pour tout ε > 0 , ]t 0 − ε, t 0 [∩]t 0 − ε, t 0 [=]t 0 − min(ε, ε 0 ), t 0 [6= ∅ et si t 1 est dans cet intervalle f (t 1 ) < u . De même, ]t 0 , t 0 + ε[∩]t 0 , t 0 + ε[=]t 0 , t 0 + min(ε, ε 0 )[6= ∅ et si t 2 est dans cet intervalle f (t 2 ) > u .

2. Soit t 0 un point de franchissement. D'après la dénition d'un tel point, pour tout entier n > 0 , il existe t ⁺ _n et t ⁻ _n dans ]t 0 − _n ¹ , t 0 + _n ¹ [ tels que f (t ⁻ _n ) < u et f (t ⁺ _n ) > u . Le théorème des valeurs intermédaires prouve l'existence d'un x n entre t ⁻ _n et t ⁺ _n donc dans ]t 0 − ¹ _n , t 0 + _n ¹ [ et tel que f (x n ) = u . D'après le théorème d'encadrement (x n ) n∈N converge vers t 0 et f (t 0 ) = u par continuité.

3. Dans les cas a., b., c. le point ¹ ₂ est un point de franchissement de 0 vers le haut. Dans les cas d.et e. il ne s'agit pas d'un point de franchissement.

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4. Je vais montrer la proposition contraposée. Supposons que t 0 soit un point de fran- chissement et qu'il existe un α > 0 tel que dans ]t 0 − α, t 0 + α[ f prenne un nombre ni de fois la valeur u (elle la prend au moins en t ₀ ) par exemple en {t 0 , t ₁ , · · · , t _s } . Soit β la distance minimale entre t ₀ et un autre de ces points, alors f − u garde un signe constant dans ]t ₀ − β, t ₀ [ et dans ]t ₀ , t ₀ + β[ . Les deux signes sont diérents car t ₀ est un point de franchissement, on se trouve alors obligatoirement dans le cas d'un franchissement vers le haut ou vers le bas.

Par contraposition, si t ₀ est un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, la fonction f prend une innité de fois la valeur u dans un intervalle ouvert quelconque autour de t 0 . Un exemple de fonction de ce type est

f(x) = { |x − ¹ ₂ | sin ¹

x−

¹₂

si x 6= ¹ ₂ 0 si x = ¹ ₂ .

cette fonction est continue dans [0, 1] car |f (x)| ≤ |x− ¹ ₂ | assure la continuité en ¹ ₂ . Ce point est un point de franchissement de 0 qui n'est ni vers le haut ni vers le bas, son graphe est : 5. Soit t ₀ un point qui n'est pas de franchissement et

–0.2 0 0.2

0.5

tel que f (t ₀ ) = u . Il existe alors un α > 0 tel que f − u garde un signe constant dans ]t ₀ − α, t ₀ + α[ . Si f − u est positif t ₀ est un minimum local, si f − u est négatif c'est un maximum local.

6. Supposons f (t 1 ) > u et f (t 2 ) < u avec t 1 < t 2 pour xer les idées (l'autre cas est analogue). Considérons A = {t ∈ [t 1 , t 2 ] tels que f (t) > u} . Cet ensemble est non vide ( t 1 ∈ A ), majoré par t 2 il admet une borne supérieure que je note t 0 . Montrons que t 0 est un point de franchissement.

Il existe une suite d'éléments de A qui converge vers t 0 . On en déduit, par passage à la limite dans une inégalité et par continuité que f (t 0 ) ≥ u . Ceci assure t 0 < t 2

A∩]t 0 , t 2 ] est vide car t 0 = sup A donc ∀t ∈]t 0 , t 2 ] , f (t) ≤ u en fait on a même f (t) < u sinon f serait constante sur ]t ₀ , t] . Ceci prouve que pour tout ε > 0 , il existe un θ ₁ ∈]t 0 , t ₀ + ε[ tel que f (θ ₁ ) < u .

Pour tout ε > 0 , t ₀ − ε n'est pas un majorant de A, il existe donc un θ ₂ ∈]t ₀ − ε, t ₀ [∩A donc tel que f (θ ₂ ) > u .

II. Polygonation

1. Une fonction ane est continue, la restriction de f n sur chaque segment est donc continue. Ceci montre que f _n est continue sur chaque intrevalle ouvert ] ₂ ^k

_n

, ^k+1 ₂

_n

[ . De plus la

limite à droite en ₂ ^k

n

est égale à sa limite à droite et à f ( ₂ ^k

n

) ce qui démontre la continuité aux points de la subdivision. Elle n'est jamais constante de valeur u car f ne prend pas la valeur u aux points de la forme ₂ ^k

n

.

2. Le segment [0, 1] se décompose en un nombre ni d'intervalles sur lesquels f n est strictement monotone ou constante d'une valeur 6= u . Sur chacun de ces intervalles, f n

prend au plus une fois la valeur u . Chacun de ces points est de franchissement, F _u ⁿ est donc le nombre d'intervalles où f n prend la valeur u .

Examinons un tel intervalle : aux extrémités, les valeurs de f n et de f sont égales et de part et d'autre de u . D'après la question I.6., f admet au moins un point de franchissement sur un tel intervalle donc F _u ⁿ ≤ F u .

3. La n + 1 ième subdivision s'obtient à partir de la n ième en divisant chaque intervalle en deux. Considérons un intervalle de la subdivision d'ordre n sur lequel f _n prend la valeur u ; les valeurs de f aux extrémités sont de part et d'autre de u donc il en est de même entre une extrémité et la valeur de f _n au milieu. Ceci montre que f _n+1 − u s'annule exactement une fois sur un intervalle où f n − u s'annule. Comme f n+1 − u peut s'annuler ailleurs, F _u ⁿ ≤ F _u ⁿ⁺¹ .

4.a. Numérotons par ordre croissant les points de franchissement soit t 1 , · · · , t F

_u

. Posons α = min{t 1 , t 2− t 1 , · · · , t F

_u

− t F

_u

−1 , 1 − t F

_u

} et I k =]t k − α, t k + α[ . Par dénition de α , I k

ne contient pas d'autre point de franchissement que t k .

b. Soit i ∈ {1, · · · , F _u } I _i l'intervalle déni dans la question précédente. Comme t _i est un point de franchissement, il existe θ 1 et θ 2 dans I i tels que f(θ 1 ) > u et f (θ 2 ) < u . Comme f est continue en θ 1 , il existe J i assez petit pour être inclus dans I i et pour que f − u reste strictement positive dans J i . De même, l'existence de K i est assurée par la continuité de f en θ 2 .

c. Lorsque 2 ⁻ⁿ est plus petit que la plus petite longueur des intervalles J i et K i de la question précédente, chaque point de franchissement se trouve dans un seul des intervalles de la subdivision associée à f _n , chacun de ces intervalles contient exactement un des points de franchissement donc F _u ⁿ = F _u . La suite (F _u ⁿ ) _n∈N est stationnaire de valeur F _u .

5 Donnons nous K (entier arbitraire) points de franchissements t 1 , t 2 , · · · , t K . Soit δ un nombre inférieur à la plus petite distance entre deux de ces points ; il existe alors y i , z i

dans ]t i − δ, t i + δ[ tels que f (y i ) > u , f (z i ) < u . On suppose y i < z i pour xer les idées. Je me propose de montrer que, pour n assez grand, f n admet un point de franchissement de u entre y i et z i . Ce qui entraînera F _u ⁿ ≥ K et donc (F _u ⁿ ) n∈N arrow + ∞

La dénition de δ montre que les y i et z i sont deux à deux distincts. Soit ε > 0 le plus petit des nombres f (y i ) − u et u − f (z i ) . A cause de l'uniforme continuité, il existe un α > 0 tel que |f (x) − f (y)| < ε dès que |x − y| < α .

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Lorsque ₂ ¹

n

< α et que a et b sont deux entiers tels que a − 1

2 ⁿ ≤ y i < a

2 ⁿ < · · · < b

2 ⁿ ≤ z i < b + 1 2 ⁿ

on a aussi f( ₂ ^a

n

) > u et f ( ₂ ^b

n

) < u . Il existe alors un entier k entre a et b tel que f ( ₂ ^k

n

) > u et f ( ^k+1 ₂

_n

) < u , ce qui prouve que f _n admet un point de franchissement dans ] ₂ ^k

_n

, ^k+1 ₂

_n

[ .

6. La fonction (x − ¹ ₂ )| sin ¹

(x−

¹₂

) | admet en ¹ ₂ un point de franchissement qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. C'est le seul point de franchissement de 0 , tous les points où f prend la valeur 0 sont des points de tangence.

Montrons que F u inni entraîne que f admet un point de franchissement de u qui n'est ni vers le haut ni vers le bas. On raisonne par dichotomie en s'inspirant de la démonstration du théorème de Bolzano-Weirstrass.

Coupons I ₀ = [0, 1] en deux, une des deux moitiés

0 0.1 0.2 0.3

0.5

doit contenir une innité de points de franchissement, on l'appelle I ₁ . De même une des deux moitiés (soit I 2 ) de I 1 contiendra une innité de points de franchis- sements. On construit ainsi une suite de segments em- boîtés dont les extrémités x n et y n forment des suites adjacentes qui convergent vers un t 0 ∈ [0, 1] .

Soit θ n un point de franchissement dans [x n , y n ] alors f(θ n ) = u. Comme (θ n ) _n∈N arrowt 0 , f (t 0 ) = u par continuité. Ceci prouve aussi que t 0 ∈]x n , y n [ car x n

et y n sont de la forme ₂ ^k

n

et que f ne prend pas la va- leur u en ces points.

Pour tout ε > 0 , il existe un n tel que t 0 − ε < x n <

t ₀ < y _n < t ₀ + ε ; un des deux intervalles ]x _n , t ₀ [ ou ]t ₀ , y _n [ contient une innité de points de franchissements, par exemple ]x _n , t ₀ [. Soit θ l'un d'entre eux.

Pour α = min(t ₀ − θ, θ − x _n ) , il existe t ₁ et t ₂ dans ]θ − α, θ + α[⊂]x _n , t ₀ [⊂]t ₀ − ε, t ₀ + ε[ tel que f (t ₁ ) > u , f (t ₂ ) < u . Ceci prouve que t ₀ est un point de franchissement et qu'il n'est ni vers le haut ni vers le bas.

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