(a) . Pour tout v ∈ A

Exercice 1.

1. Notons ϕ l'application proposée par l'énoncé. Vérions d'abord que l'application est bien à valeurs dans A

(a) . En eet, pour tout u ∈ ker f , f (u ∗ a) = f (u) ⊥ f (a) = e ⊥ f (a) = f (a) .

Vérions ensuite que ϕ dénit une surjection à valeurs dans A

(a) . Pour tout v ∈ A

(a) , on peut écrire v = v ∗ a

∗ a . Posons u = v ∗ a

. Comme f (v) = f (a) , on a

f (a) = f (v) = f (u ∗ a) = f(u) ⊥ f(a)

⇒ f (a) ⊥ f (a)

= f (u) ⊥ f (a) ⊥ f (a)

⇒ f (u) = e On a donc bien u dans ker f et v = ϕ(u) .

Vérions enn que ϕ est surjective. En eet :

ϕ(v) = ϕ(w) ⇒ v ∗ a ∗ a

= w ∗ a ∗ a

⇒ v = w

On a bien montré que ϕ est une bijection. Cela entraine en particulier que toutes les parties A

(a) ont le même nombre d'éléments que ker f .

2. Les parties A

(a) forment une partition de G . Tout élément a de G est évidemment dans A

(a) . Deux parties A

(a) et A

(b) sont disjointes lorsque f (a) 6 = f(b) car un élément de G n'a qu'une seule image par f . Il y a autant de parties A

(a) que d'éléments dans l'image de f .

On en déduit que G est la réunion de ] Im f parties disjointes. Chacune de ces parties étant nie et de cardinal ] ker f .

Le groupe G est donc ni et contient ] Im f × ] ker f éléments.

Exercice 2.

1. La fonction ϕ est obtenue à partir de f en ajoutant une fonction polynomiale. Elle a donc les mêmes propriétés de dérivabilité et de continuité que f . En particulier, les régularités requises pour appliquer deux fois le théorème de Rolle sont vériées.

Choisissons K pour que ϕ(b) = 0 . C'est possible car cela revient à résoudre une équa- tion du premier degré. Il n'est pas utile de préciser la valeur. Le point important est que

f (b) = f (a) + (b − a)f

(a) + K(b − a)

Comme ϕ(a) = 0 , on peut appliquer le théorème de Rolle entre a et b . Il existe alors c ∈ ]a, b[ tel que ϕ

(c) = 0 . Or

ϕ

(t) = f

(t) − f

(a) − 2K(t − a) ⇒ ϕ

(a) = 0

On peut encore appliquer le théorème de Rolle ; cette fois à ϕ

entre a et c . Il existe donc un d ∈ ]a, c[ ⊂ ]a, b[ tel que ϕ

(d) = 0 . Or

ϕ

(t) = f

(t) − 2K ⇒ K = 1 2 f

(d)

En remplaçant K dans la relation caractérisant ϕ(b) = 0 , on déduit la formule annoncée f (b) = f (a) + (b − a)f

(a) + (b − a)

2 f

(d)

2. a. Notons τ la première fonction proposée qui est le taux d'accroissement de G entre 0 et x

τ (x) = G(x) − G(0) x − 0 Par dénition de la dérivabilité de G en 0 , τ − →

G

(0) . On peut aussi utiliser τ pour exprimer la deuxième fonction

G(x

) − G(0)

x = x τ (x

) − →

0 × G

(0) = 0

b. Pour tout x > 0 , la fonction g est continue en x par les théorèmes sur les opérations sur les fonctions admettant des limites donc g est continue dans ]0, + ∞ [ . Le point important est de montrer que g est continue en 0 c'est à dire qu'elle converge vers

− G

(0) en 0 . On utilise la question a. Pour tout x > 0 , écrivons : g(x) = G(x

) − G(0) + G(0) − G(x)

x

= x

|{z}

G(x

) − G(0) x

| {z }

→G⁰(0)

− G(x) − G(0) x

| {z }

→G⁰(0)

→ − G

(0)

c. Traduction du résultat la question 1. entre 0 et x :

∃ c

∈ ]0, x[ tq G(x) = G(0) + (x − 0)G

(0) + x

2 G

(c

) Traduction du résultat la question 1. entre 0 et x

:

∃ d

∈

0, x

tq G(x

) = G(0) + (x

− 0)G

(0) + x

2 G

(d

)

d. La fonction g est C

dans ]0, + ∞ [ par les théorèmes usuels sur les opérations fonc- tionnelles. En 0 se posent deux problèmes : la dérivabilité de g et la convergence de g

vers g

(0) .

On montre d'abord que g

converge vers G

(0) −

G

(0) strictement à droite de 0 .

Exprimons g

(x) pour x > 0 puis remplaçons G(x) et G(x

) par les expressions de la question précédente

g

(x) = − 1

x

G(x

) − G(x)

+ 2G

(x

) − 1 x G

(x)

= − G

(0) − x

2 G

(d

) + 1

x G

(0) + 1

2 G

(c

) + 2G

(x

) − 1 x G

(x) Quand x tend vers 0 , c

et d

tendent aussi vers 0 . Comme G

et G

sont continues en 0 ,

x

2 G

(d

) → 0, 1

2 G

(c

) → 1

2 G

(0), 2G

(x

) → 2G

(0) Comme G

est dérivable en 0 ,

1

x G

(0) − 1

x G

(x) = − G

(x) − G

(0)

x → − G

(0) On en déduit que

g

(x) → − G

(0) − G

(0) + 1

2 G

(0) + 2G

(0) = G

(0) − 1 2 G

(0) Le théorème de limite de la dérivée prouve alors que g est dérivable en 0 avec

g

(0) = G

(0) − 1 2 G

(0) et que g

est continue en 0 donc que g est C

dans [0, + ∞ [ .

Problème. Approximation rationnelle d'une réciproque

Partie 1 : variations

1. La fonction f est croissante comme somme de fonctions croissantes, elle est impaire.

Son étude ne présente rien de particulier le graphe est présenté en gure 1.

y

x C

graphe de g

Fig. 1: Graphes de f et de g .

2. La fonction est strictement croissante donc injective. Elle est continue donc l'image de son domaine de dénition R est un intervalle (théorème des valeurs intermédiaires).

Les limites en + ∞ et −∞ sont + ∞ et −∞ donc cet intervalle image est R. Ceci montre que f est bijective. Sa bijection réciproque est notée g . Elle associe à tout réel x l'unique solution de l'équation t

+ t = x d'inconnue x .

3. La bijection réciproque d'une bijection strictement monotone est monotone de même sens. La fonction g est donc strictement croissante.

Pour tout réel x , comme f est impaire, f ( − g(x)) = − f (g(x)) = − x . Donc − g(x) est l'antécédent de − x ce qui montre que − g(x) = g( − x) . La fonction g est donc impaire.

Le graphe de g est symétrique de celui de f par rapport à la première bissectrice. Il est placé aussi dans la gure 1.

4. Comme f

(t) = 3t

+ 1 , la dérivée f

ne s'annule pas dans R. D'après un théorème de cours, la bijection réciproque g est alors dérivable avec :

∀ x ∈ R : g

(x) = 1

f

(g(x)) = 1 1 + 3g(x)

L'expression de la dérivée de g est clairement positive. De plus, comme g

est stric-

tement croissante, strictement positive dans ]0, + ∞ [ et strictement négative dans

] − ∞ , 0[ , elle est croissante dans ] − ∞ , 0] et décroissante dans [0, + ∞ [ .

Partie 2 : approximations

C x

x

(u

(x), x) (g(x), x)

Fig. 2: Intersection de la tangente avec D

.

1. Notons X et Y les fonctions coordonnées. L'équation de la tangente à C au point

d'abscisse t est

X − t 1

Y − t

− t 3t

+ 1

= 0

L'abscisse du point d'intersection de la tangente avec D

est obtenue en prenant Y = x dans l'équation de la tangente.

(X − t)(3t

+ 1) = x − t

− t ⇔ X (3t

+ 1) = x − t

− t + 3t

+ t = 2t

+ x

⇔ X = 2t

+ x

3t

+ 1 = ϕ

(t) Par dénition de l'algorithme, le calcul précédent montre que u

(x) = ϕ

(u

(x)) . La gure 2 présente la construction de u

(x) .

2. a. Après réduction au même dénominateur, on obtient : ϕ

(t) − t = t

+ t − x

3t

+ 1

La fonction t → t

+ t − x est strictement croissante et s'annule uniquement en g(x) . Elle est donc négative avant g(x) et positive après.

b. Calcul de ϕ

.

ϕ

(t) = 6t

3t

+ 1 − (2t

+ x) 6t

(3t

+ 1)

= (t

+ t − x) 6t (3t

+ 1)

On en déduit le tableau suivant

−∞ 0 g(x) + ∞

t − ϕ

(t) − 0 +

ϕ

(t) + 0 − 0 +

c. Pour un x > 0 xé, précisons bien d'abord que 0 < g(x) < x . En eet, la fonction t → t

+ t − x est strictement croissante. Elle est strictement négative en 0 et strictement positive en x , le point g(x) où elle s'annule est donc dans l'intervalle ouvert ]0, x[ .

D'après l'étude des signes précédente, ϕ

(x) < x , ϕ

(g(x)) = g(x) et ϕ

est croissante donc

ϕ

([g(x), x]) = [ϕ

(g(x)), ϕ

(x)] = [g(x), ϕ

(x)] ⊂ [g(x), x]

Cela traduit bien que [g(x), x] est stable par ϕ

.

d. Lorsque t ≥ g(x) , on a déjà prouvé que t

+ t − x ≥ 0 . De plus, pour t ≤ x , t − x est négatif donc t

+ t − x ≤ t

. En utilisant cette majoration dans l'expression factorisée de ϕ

déjà trouvée, on obtient :

ϕ

(t) ≤ 6t

(3t

+ 1)

≤ 6t

(3t

)

= 2

3

3. a. À cause de la stabilité de l'intervalle, tous les u

(x) sont dans [g(x), x] . L'étude des signes a montré que u

(x) ≤ u

(x) . La croissance de ϕ

dans l'intervalle entraîne que l'inégalité se propage, la suite est donc strictement décroissante. Elle est minorée donc elle converge vers un élément l de l'intervalle. Cette limite l est un point xe car ϕ

est continue en l . Le seul point xe dans l'intervalle étant g(x) , on en déduit que la suite converge vers g(x) .

b. On sait que tous les u

(x) sont supérieurs à g(x) . Appliquons l'inégalité des accroissements nis à ϕ

entre g(x) et u

(x) avec

comme majorant de la dérivée dans l'intervalle

0 ≤ u

(x) − g(x) = ϕ

(u

(x)) − ϕ

(g(x) ≤ (u

(x) − g(x)) 2

3

c. On déduit facilement par récurrence que u

(x) − g(x) ≤ 2

3

(x − g(x))

Or lorsque x est plus petit qu'un a xé, 0 ≤ x − g(x) ≤ x ≤ a . On en déduit β

≤

a .

d. Développons le numérateur de l'expression proposée à droite de l'égalité puis remplaçons g(x)

en utilisant g(x)

+ g(x) = x . Il vient :

(t − g(x))

(2t + g(x)) = 2t

+ x − g(x)(3t

+ 1)

⇒ (t − g(x))

2t + g(x)

3t

+ 1 = 2t

+ x

3t

+ 1 − g(x) = ϕ

(t) − g(x) Une majoration de

pour t ∈ [g(x), x] est demandée. D'abord :

g(x) ≤ t ⇒ 2t + g(x)

3t

+ 1 ≤ 3t 3t

+ 1 Ensuite :

3t

3t

+ 1 = 1

t +

= 1 √

t −

+

3

≤

√ 3 2 Ce qui entraîne l'inégalité demandée.

Exercice 3

1. L'inégalité demandée résulte de l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonc- tion t → ln t entre x et x + 1 . En eet la dérivée est

qui est supérieur ou égal à

dans l'intervalle considéré.

2. Notons ϕ la fonction à étudier. Écrivons la sous forme exponentielle avant de la dériver.

ϕ(x) = e

> 0

ϕ

(x) =

ln(x + 1) − ln(x) + x x + 1 − 1

ϕ(x)

=

ln(x + 1) − ln(x) − x x + 1

ϕ(x) ≥ 0 d'après l'inégalité de la première question. La fonction ϕ est donc croissante.

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

0 0, 2 0, 4 0, 6 0, 8 1

Fig. 3: Coecient du binôme et fonction e

pour n = 10 .

3. Fixons un entier n et notons I

l'inégalité à démontrer : (I

)

n k

≤ n

k

(n − k)

Remarquons d'abord que I

est vériée car elle revient à 1 ≤ 1 . Remarquons ensuite que les deux expressions à comparer sont conservées par le changement k → n − k . Il sut donc de montrer I

pour les k tels que k < n − k .

On va montrer que I

⇒ I

pour k < n − k .

Supposons I

et considérons le coecient du binôme suivant : n

k + 1

= n(n − 1) · · · (n − k)

(k + 1)! = n − k k + 1

n k

≤ n

(k + 1)k

(n − k)

d'après I

. Il sut donc de montrer :

n

(k + 1)k

(n − k)

≤ n

(k + 1)

(n − k − 1)

ou encore x

≤ 1 avec

x

= n

(k + 1)k

(n − k)

(k + 1)

(n − k − 1)

n

= k + 1

k

n − k n − k − 1

= ϕ(k)

ϕ(n − k − 1) avec la fonction ϕ de la deuxième question. Comme ϕ est croissante et k ≤ n − k − 1 , on a bien ϕ(k) ≤ ϕ(n − k − 1) ce qui achève la démonstration.

Cette démonstration est bien laborieuse à côté de celle ci trouvée par un étudiant

: Il s'agit en fait de démontrer que

n k

k

(n − k)

≤ n

Sous cette forme, le membre de gauche apparait clairement comme un terme (celui pour lequel i = k ) dans une formule du binôme

n k

k

(n − k)

≤

n

X

i=0

n i

k

(n − k)

= (k + (n − k))

= n

4. L'inégalité de la question précédente s'exprime avec H et l'exponentielle car

n

k

(n − k)

= n k

n n − k

= e

(

) = e

La gure 3 montre que cette inégalité est très imprécise pour les coecients du milieu.

Exercice 4.

1. a. C'est une question de cours. On vérie immédiatement que le produit de deux racines n -ièmes de 1 est encore une racine n -ième de 1 . De même pour l'inverse (qui est aussi le complexe conjugué).

b. Soit f un morphisme de groupe de U

dans lui même. On sait que (les notations de l'énoncé),

U

=

1, u, u

, · · · , u

avec u = e

1Thomas Lehéricy

Analyse. Supposons qu'il existe un entier m entre 0 et n − 1 tel que f(v) = v

pour tous les v ∈ U

. En particulier pour v = u , on obtient f (u) = u

. Cela prouve l'unicité d'un tel m car si m

est un autre entier vériant les mêmes conditions

f (u) = u

= u

⇒ m − m

∈ Z n ⇒ m = m

car ils sont tous les deux entre 0 et n − 1 .

Synthèse. Comme f (u) ∈ U

, il existe un m entre 0 et n − 1 tel que f (u) = u

. Alors, pour tout v ∈ U

, f(v) = v

. En eet, il existe un entier k tel que v = u

. Comme f est un morphisme de groupes :

f (v) = f (u

) = f (u)

= (u

)

= u

= u

= v

2. a. Comme f est un morphisme, il est immédiat que

∀ (t, t

) ∈ R

: g(t + t

) = g(t)g(t

)

Soit t un réel xé et h un réel non nul. Considérons le taux d'accroissement complexe et exploitons le fait que f est un morphisme

g(t + h) − g(t)

h = g(h) − g(0) h g(t)

Comme g est dérivable en 0 , on en déduit en prenant la limite pour h en 0 que g est dérivable en t avec g

(t) = g

(0)g(t) .

b. D'après la question précédente, la fonction à valeurs complexes g est solution d'une équation diérentielle linéaire à coecients constants. Il existe alors λ ∈ C tel que g(t) = λe

pour tous les réels t . Comme g(0) = 1 on a λ = 1 . Comme g(2π) aussi est égal à 1 , on a e

= 1 . Il existe donc un m entier tel que g

(0) = im donc g(t) = e

. On peut alors écrire :

∀ v ∈ U , ∃ t ∈ R tel que v = e

⇒ f (v) = g(t) = e

= v