On en déduit (en utilisant la notation puissance) :

Pb I. Coniques homofocales

1. Le point important dans cette question est de montrer que l'on sait que l'on ne sait rien ou presque des fonctions d'une variable complexe.

Les seuls points au programme sur ce thème portent sur les fonctions rationnelles et la fonction exponentielle complexe.

a. On utilise des propriétés de la fonction exponentielle complexe. L'ensemble des z ∈ C pour lesquels exp(z) = 1 est 2iπ Z, on connait quelques valeurs particulères dont exp(iπ) = −1 . Voir la présentation axiomatique de la fonction exponentielle.

On en déduit (en utilisant la notation puissance) :

z ∈ Z ⇔ e ^iz + e ^−iz = 0 ⇔ e ^2iz = −1 = e ^iπ ⇔ e ^2iz−iπ = 1 ⇔ z ∈ π 2 + π Z d'où

Z = π 2 + π Z

b. Les arcs sont réguliers car les dérivées de γ 1 et γ 2 ne s'annulent pas et les fonctions γ 1 et γ 2 prennent leurs valeurs dans Z ce qui entraine que les Cos sont non nuls.

c. L'angle orienté ( − → g ₁ ⁰ (t \ ₀ ), − → g ₂ ⁰ (t ₀ )) est un argument du quotient complexe γ ⁰ ₂ (t 0 )

γ ⁰ ₁ (t 0 ) De même l'angle orienté ( − → \

f ₁ ⁰ (t ₀ ), − →

f ₂ ⁰ (t ₀ )) est un argument du quotient complexe ( Sin ◦ γ 2 ) ⁰ (t 0 )

( Sin ◦ γ 1 ) ⁰ (t 0 ) = Cos (γ 2 (t 0 ))γ ₂ ⁰ (t 0 )

Cos (γ 1 (t 0 ))γ ₁ ⁰ (t 0 ) = γ ₂ ⁰ (t 0 ) γ ₁ ⁰ (t 0 ) car γ 1 (t 0 ) = γ 2 (t 0 ) . Les angles sont donc égaux modulo 2π .

2. Les dénitions de l'énoncé montrent bien que Ox est l'axe focal et O le centre dans les deux cas. Les relations entre l'équation réduite et la distance centre-foyer sont des formules du cours sur les coniques.

F et F ⁰ foyers de H a,b ⇔ a ² + b ² = 1 F et F ⁰ foyers de E a,b ⇔ a ² − b ² = 1

3. On paramètre la droite d'équation y = y 0 par t 7→ t + iy 0 avec t ∈ R. On a alors pour t ∈ R

Sin (t + iy ₀ ) = 1

2i (e ^it−y

− e ^−it+y

)

= 1

2i e ^−y

(cos t + i sin t) − e ^y

(cos t − i sin t)

= i

2 cos t(e ^y

− e ^−y

) + i

2i sin t(e ^y

+ e ^−y

) = a sin t + ib cos t avec

a = e ^y

+ e ^−y

2 = ch(y 0 ) et b = e ^y

− e ^−y

2 = sh(y 0 ) On reconnaît la forme complexe d'un paramétrage de l'ellipse d'équation

x ² a ² + y ²

b ² = 1

(Poser t = u − π/2 pour retrouver (a cos u, b sin u) .) Comme a > b > 0 , il s'agit bien de l'ellipse E _a,b , ses foyers sont bien F et F ⁰ car

a ² − b ² = ch(y 0 ) ² − sh(y 0 ) ² = 1

4. Remarquons que x ² = x ² ₀ équivaut à x = x ₀ ou x = −x ₀ . Déterminons l'image par Sin de ces deux droites. On paramètre la droite d'équation x = x ₀ par t 7→ x ₀ + it avec t ∈ R. Alors pour t ∈ R

Sin (x 0 + it) = 1

2i (e ^ix

^−t − e ^−ix

^+t )

= 1

2i (e ^−t (cos x 0 + i sin x 0 ) − e ^t (cos x 0 − i sin x 0 ))

= sin x ₀ e ^t + e ^−t

2 + i cos x ₀ e ^t − e ^−t

2 .

En posant a = sin x ₀ et b = cos x ₀ , on reconnaît un paramétrage d'une branche de l'hyperbole d'équation ^x _a

− ^y _b

= 1 . En changeant x 0 en −x 0 , on change le signe de sin x 0 et on obtient ainsi les deux branches de l'hyperbole.

Les foyers sont F et F ⁰ car c = √

a ² + b ² = 1 .

5. Soient H et E respectivement une hyperbole et une ellipse de foyers F, F ⁰ . Alors ces

coniques sont centrées en O , milieu de [F, F ⁰ ] , d'axe focal (F F ⁰ ) = Ox , donc sont

respectivement de la forme H a,b et E a

,b

avec a ² + b ² = 1 et a ⁰² − b ⁰² = 1 . On choisit

x 0 ∈]0, π/2[ de sorte que a = sin x 0 et b = cos x 0 . L'hyperbole H est alors l'image par Sin des deux droites d'équations x = ±x 0 d'après la question précédente.

On choisit aussi y 0 > 0 tel que a ⁰ = ^e

^+e ₂

et b ⁰ = ^e

^−e ₂

. C'est possible en posant y 0 = ln(a ⁰ + b ⁰ ) . On a bien

e ^y

+ e ^−y

= a ⁰ + b ⁰ + 1

a ⁰ + b ⁰ = a ⁰ + b ⁰ + a ⁰ − b ⁰

a ⁰² − b ⁰² = 2a ⁰ .

De même e ^y

−e ^−y

= 2b ⁰ . On a alors que E est l'image par Sin de la droite d'équation y = y ₀ . Or les courbes paramétrées t 7→ γ ₁ (t) = x ₀ +it (ou x ₀ −it ) et t 7→ γ ₂ (t) = t+iy ₀ sont orthogonales en tout point, donc leur image par Sin le sont aussi d'après la question 1.

Pb II. Une caractérisation des équations diérentielles li- néaires

1. a. L'équation de la tangente T λ en (1, λ) à la courbe de f est y − λ = f ⁰ (1)(x − 1)

Comme f est solution de l'équation dierentielle

f ⁰ (1) = 1 − 2λ 2 l'équation s'écrit

(1 − 2λ)x − 2y − 1 + 4λ = 0 b. Réordonnons suivant λ l'équation précédente :

(2(1 − x) + 2)λ + x − 1 − 2y = 0

Lorsque les coordonnées d'un point annulent les deux coecients, ce point est sur toutes les droites. C'est le cas ici pour le point de coordonnées

(2, 1 2 ) 2. Résolution de

(1 + x ² )y ⁰ (x) + 2xy(x) = 1 x

Une primitive de _1+x ^−2x

est − ln(1 + x ² ) . Une solution de l'équation sans second membre est donc

1 1 + x ²

On cherche une solution particulière de l'équation complète par la méthode de variation de la constante sous la forme

λ(x) 1 + x ² Cela donne

(1 + x ² ) λ ⁰ (x) 1 + x ² = 1

x

d'où λ(x) = ln x . On en déduit que l'ensemble des solutions est

x → λ + ln x 1 + x ² , λ ∈ R

En particulier

f − λ(x) = 2λ + ln x 1 + x ² 3. Comme en 1., l'équation de D λ est

y − λ = f ⁰ (x ₀ )(x − x ₀ ) avec

f ⁰ (x 0 ) = c(x 0 ) − λb(x 0 ) a(x 0 ) elle s'écrit encore

a(x 0 )(y − λ)(c(x 0 ) − λb(x 0 ))(x − x 0 ) On réordonne suivant λ :

(b(x ₀ )(x − x ₀ ) − a(x ₀ ))λ + a(x ₀ )y − c(x ₀ )(x − x ₀ ) = 0 On considère le système de deux équations

b(x 0 )(x − x 0 ) − a(x 0 ) = 0 c(x ₀ )(x − x ₀ ) = 0

Si b(x ₀ ) 6= 0 : toutes les droites D _λ passent par le point de coordonnées (x 0 + a(x ₀ )

b(x 0 ) )

Si b(x 0 ) = 0 : l'équation de D λ s'écrit

c(x 0 )x − a(x 0 )y + λa(x 0 ) − c(x 0 )x 0 = 0 toutes les droites D _λ sont paralleles.

4. a. On considère deux solutions f 0 et f 1 de l'équation (E) avec f 0 (x 0 ) = y 0 et f 1 (x 0 ) = y 1 . Les équations des tangentes sont :

x − x 0 1 y − y 0 F(x 0 , y 0 )

= 0

x − x 0 1 y − y 1 F (x 0 , y 1 )

= 0

Ces tangentes sont paralleles si et seulement si les vecteurs directeurs sont coli- néaires c'est à dire ici lorsque F (x 0 , y 0 ) = F (x 0 , y 1 ) . Dans ce cas :

F (x 0 , y 0 ) = F (x 0 , y 1 ) y ₀ − y ₁ = 0

Si les tangentes sont toutes concourantes, il existe un point I de coordonnées (x _I , y _I ) qui appartient à toutes les tangentes. On peut remarquer que x _I 6= x ₀ car chaque tangente passe par un point d'abscisse x ₀ et d'ordonnée diérente.

Écrivons que I appartient aux tangentes en (x ₀ , y ₀ ) et en (x ₀ , y ₁ ) .

x _I − x ₀ 1 y _I − y ₀ F (x ₀ , y ₀ )

= 0

x _I − x ₀ 1 y _I − y ₁ F (x ₀ , y ₁ )

= 0 On en déduit :

(x I − x 0 )F (x 0 , y 0 ) = y I − y 0

(x _I − x ₀ )F (x ₀ , y ₁ ) = y _I − y ₁ )

⇒ (x I − x 0 )F (x 0 , y 0 ) + y 0 = (x I − x 0 )F (x 0 , y 1 ) + y 1

⇒ (x I − x 0 )(F (x 0 , y 0 ) − F(x 0 , y 1 )) = y 1 − y 0

⇒ F (x 0 , y 0 ) − F(x 0 , y 1 ) y 1 − y 0

= 1

x 0 − x I

b. À la question précédente, on a vu que l'on pouvait noter F (x 0 , y 0 ) − F(x 0 , y 1 )

y 1 − y 0

= α(x 0 )

On en déduit

F(x ₀ , y ₀ ) − F (x ₀ , y ₁ ) = α(x ₀ )(y ₀ − y ₁ )

⇒ F (x 0 , y 0 ) − α(x 0 )y 0 = F (x 0 , y 1 ) − α(x 0 )y 1

Ceci montre que F(x 0 , y) − α(x 0 )y est indépendant de y . On note : β(x ₀ ) = F (x ₀ , y) − α(x ₀ )y

c. D'après l'expression de la fonction F trouvée au dessus, l'équation (E) est linéaire c'est à dire qu'elle est de la forme :

∀x ∈ I : y ⁰ (x) = α(x)y(x) + β(x)

Pb III. Théorème de Mantel

Question préliminaire.

Il s'agit d'une question de cours portant sur la démonstration de l'inégalité de Cauchy- Schwarz.

On dénit une fonction ϕ de R dans R par :

∀t ∈ R : ϕ(t) =

n

X

i=1

(a _i + tb _i ) ²

Sous cette forme, il est bien clair que ϕ ne prend que des valeurs positives ou nulles. D'autre part, ϕ est en fait polynomiale du second degré. Après développement :

∀t ∈ R : ϕ(t) =

n

X

i=1

a _i ²

! t ² + 2t

n

X

i=1

a _i b _i

! +

n

X

i=1

b _i ²

!

Le discriminant de cette expression du second degré doit être négatif ou nul pour qu'elle reste toujours positive ou nulle. Cela conduit à l'inégalité demandée.

Partie I. Graphes orientés

1. a. En examinant la gure, on remplit facilement le tableau suivant :

s V + (s) d + (s) V − (s) d − (s)

1 {3} 1 {6} 1

2 ∅ 0 ∅ 0

3 ∅ 0 {1} 1

4 {5} 1 {5} 1

5 {4} 1 {4} 1

6 {1} 1 ∅ 0

b. On déduit du tableau précédent :

S − = {1, 3, 4, 5} S + = {1, 4, 5, 6} S = {1, 3, 4, 5, 6}

c. Le graphe n'est pas conservatif car, par exemple, d − (6) = 0 et d + (6) = 1) . 2. a. Il est bien clair que les deux ensembles proposés sont des ensembles d'arêtes. Ils

sont donc inclus dans A .

Réciproquement, pour toute arête a ∈ A , il existe des sommets s ₁ et s ₂ tels que a = (s ₁ , s ₂ ) . Avec les dénitions données au début, s ₁ est un sommet initial donc dans S ₊ avec s ₂ ∈ V ₊ (s ₁ ) et

(s 1 , s 2 ) ∈ {(s 1 , s ⁰ ), s ⁰ ∈ V + (s 1 )} ⇒ a = (s 1 , s 2 ) ∈ [

s∈S

{(s, s ⁰ ), s ⁰ ∈ V + (s)}

De même, s 2 est un sommet nal donc dans S ₋ avec s 1 ∈ V ₋ (s 2 ) et (s ₁ , s ₂ ) ∈ {(s, s ₂ ), s ∈ V ₋ (s ₂ )} ⇒ a = (s ₁ , s ₂ ) ∈ [

s

∈S

{(s, s ⁰ ), s ⁰ ∈ V ₊ (s)}

On a donc : [

s∈S

{(s, s ⁰ ), s ⁰ ∈ V + (s)} = [

s

∈S

{(s, s ⁰ ), s ⁰ ∈ V + (s)} = A

b. D'après la question précédente, l'union des ensembles {(s, s ⁰ ), s ⁰ ∈ V + (s)} pour s décrivant S + est égale à A .

Chacun de ces ensembles contient d + (s) éléments car il est en bijection avec V + (s) par l'application s ⁰ → (s, s ⁰ ) .

Pour deux s distincts, ces ensembles sont disjoints car les premiers termes des couples sont distincts.

Ces ensembles constituent une partition de A . On en déduit que le nombre d'élé- ments dans A est la somme des nombres d'éléments de ces ensembles, c'est à dire

] A = X

s∈S

d ₊ (s) La démonstration de l'autre égalité est analogue.

3. Dans cette question, il faut bien réaliser que les sommes à gauche des égalités portent sur des ensembles d'arêtes et non de sommets. On utilise encore la partition de A de la question 2.a et on regroupe les arêtes qui ont un même sommet nal :

X

(s,s

)∈A

d + (s ⁰ ) = X

s

∈S



 X

s∈V

(s

)

d + (s ⁰ )



 = X

s

∈S

] V − (s ⁰ ) d + (s ⁰ ) = X

s

∈S

d − (s ⁰ ) d + (s ⁰ ) La démonstration est la même pour l'autre égalité en regroupant cette fois les arêtes qui ont un même sommet initial s .

4. a. Si un graphe orienté A contient un triangle s ₁ , s ₂ , s ₃ alors, par dénition, (s ₃ , s ₁ ) est une arête avec s ₂ ∈ V ₊ (s ₁ ) et s ₂ ∈ V ₋ (s ₃ ) donc il existe une arête (s, s ⁰ ) (avec s = s ₃ et s ⁰ = s ₁ ) telle que V ₊ (s ⁰ ) ∩ V ₋ (s) est non vide.

Réciproquement, si (s, s ⁰ ) est une arête telle que V + (s ⁰ )∩V ₋ (s) contient un élément w , il est immédiat que (s ⁰ , w, s) est un triangle du graphe.

b. Si le graphe ne contient pas de triangle, alors pour toute arête a = (s, s ⁰ ) , on doit avoir V + (s ⁰ ) ∩ V ₋ (s) vide. On en tire

] (V + (s ⁰ ) ∪ V ₋ (s)) = d + (s ⁰ ) + d ₋ (s) V ₊ (s ⁰ ) ∪ V ₋ (s) ⊂ S

)

⇒ T (a) = d ₊ (s) + d ₋ (s) ≤ ] S 5. Comme le graphe est conservatif, on peut confondre les types de sommets et les nombres

d'arêtes d . On notera en particulier d(s) = d − (s) = d + (s) pour tout sommet s . On déduit de la question 3. que

X

a∈A

T (a) = X

(s,s

)∈A

d − (s) + X

(s,s

)∈A

d + (s ⁰ ) = 2 X

s∈S

d(s) ²

D'autre part, d'après 2.b, on peut majorer le nombre d'arêtes avec l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

] A = X

s∈S

d(s) = X

s∈S

(d(s) × 1) ≤ v u u t

X

s∈S

d(s) ²

! X

s∈S

1

!

On en tire

] A ≤ v u u t 1 2

X

a∈A

T (a)

! ] S

Ce qui conduit à l'inégalité demandée.

6. Considérons un graphe conservatif qui ne contient pas de triangle, on peut appliquer les inégalités de 5. et 4.b :

] A ≤ v u u t 1 2

X

a∈A

T (a)

! ] S ≤

r 1

2 (] A × ] S) ] S

⇒ p

2 ] A ≤ ] S ⇒ ] A ≤ 1 2 (] S) ² On en tire le théorème de Mantel. Si un graphe orienté conservatif vérie 2 ] A > (] S) ² , alors il ne contient pas de triangle.

Partie II. Graphes non orientés

1. À chaque paire {s, s ⁰ } d'un graphe non orienté O on peut associer les deux couples (s, s ⁰ ) , (s ⁰ , s) . Constituons un graphe orienté A avec tous ces couples. Les ensembles de sommets sont alors les mêmes mais le graphe orienté contient deux fois plus d'arêtes.

] A = 2 ] O . Le graphe orienté A est automatiquement conservatif.

2. On peut appliquer le théorème de Mantel au graphe orienté conservatif A associé au graphe non orienté O . On en déduit que si

]O > (] S) ² 4 alors le graphe O ne contient pas de triangle.

3. Classons les arêtes d'un graphe bipartite complet suivant le sommet de départ dans E 1 . Il y a toujours n 2 arêtes issues d'un sommet donné. On en déduit que le nombre d'arêtes est n 1 n 2 où n 1 et n 2 sont les nombres d'éléments de E 1 et E 2 .

4. Notons p la partie entière de ⁿ ₂ de sorte que n = 2p si n est pair et n = 2p + 1 si n est impair.

On peut remarquer alors que

n ² = 4p ² si n pair n ² = 4p ² + 4p + 1 si n pair )

⇒ b n ² 4 c =

( p ² si n pair p ² + p si n impair

Notons n 1 = p et dénissons n 2 par :

n 2 =

( p si n pair p + 1 si n impair

On peut donc partitionner un ensemble E à n éléments en deux parties E 1 et E 2 et former un graphe bipartite complet contenant n ₁ n ₂ arêtes avec :

n 1 n 2 =

( p ² si n pair p ² + p si n impair )

= b n ² 4 c

Comme un graphe bipartite complet est évidemment sans triangle, on a montré que l'in-

égalité du theorème de Mantel assurant qu'un graphe est sans triangle est la meilleure

possible.