Premier Problème

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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/24

Mines Maths MPSI 2008 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Sophie Rainero (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Romain Bordier (École Polytechnique) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).

Ce sujet est composé de deux problèmes totalement indépendants.

• Le premier aborde plusieurs aspects du programme d’algèbre et de géométrie de première année. La première partie est une question de cours (preuve de l’inégalité triangulaire dans le corps des complexes). La deuxième et la troisième portent sur des barycentres de deux points. La quatrième définit une suite de triangles dont on établit la convergence à l’aide de l’outil matriciel. Enfin, la dernière partie de ce problème étudie une application linéaire dans un espace de matrices.

• Le second problème est un sujet d’analyse dont la finalité est l’étude de la convergence d’une famille de suites récurrentes dépendant d’un paramètrex, en fonction de la valeur de ce paramètre. Ces suites sont définies par

t0= 1 et, pour tout natureln,tn+1= Φ^x(tⁿ)

oùΦ^xest la fonction qui àtassociex^t. Le problème commence par une étude de fonction tout à fait classique, puis aborde la discussion de la convergence en fonction du paramètre. Cette partie, qui examine les comportements de la suite selon la monotonie de la fonctionΦ^x, est très proche du cours sur les suites récurrentes. La fin du problème est consacrée à l’analyse de la convergence des suites extraites des termes d’indices pairs et impairs à l’aide de la détermination des points fixes de la fonctionΦ^x◦Φ^x.

Sans grande difficulté, cette épreuve n’est pas non plus particulièrement longue. Il convenait donc d’être précis et rigoureux dans la rédaction, mais aussi attentif dans la mise en œuvre des calculs afin de faire la différence avec les autres candidats.

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Indications

Premier Problème

10 Appliquer le résultat de la question 4 pour obtenir les relations de récurrence.

11 Pour déterminer la convergence d’une suite géométrique, comparer la valeur ab- solue de sa raison avec1.

14 Utiliser l’inverse de V afin d’obtenir l’expression de a^k, b^k et c^k en fonction de α^k,β^k etγ^k.

18 Penser à la formule de changement de base.

19 Exploiter le résultat de la question 18 et la bijectivité deϕ.

20 Utiliser encore le résultat de la question 18, ainsi que la propriété deϕdémontrée à la question 15.

Deuxième Problème

25 Appliquer le théorème de dérivation d’une bijection réciproque.

27 Se servir de la continuité deΦ^xpour passer à la limite dans la relation de récur- rence. Vérifier que h(x)>0 avant de calculerf(h(x)).

31 Suivre l’indication de l’énoncé !

35 Utiliser le théorème de convergence des suites monotones.

36 Dans cette question et les suivantes, noter que les points fixes deΦ^x◦Φ^xsont les zéros deg.

39 Passer à la limite dans l’inégalité pour déterminer lequel des points fixes deΦ^x◦Φ^x est limite de (t2n)ⁿ∈N.

40 Montrer que les suites extraites (t2n)ⁿ∈N et (t2n+1) convergent vers des limites différentes.

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Premier Problème

Étude d’une inégalité

1 Soita∈C. Comme le module deaest positif,

|a|=Re(a)⇐⇒ |a|²=Re(a)² et Re(a)>0

⇐⇒ Re(a)²+Im(a)²=Re(a)² et Re(a)>0

⇐⇒ Im(a) = 0 et Re(a)>0 Il s’ensuit |a|=Re(a)⇐⇒a∈R₊

2 Soient zet wdeux nombres complexes. Par définition du module, (|z|+|w|)²− |z+w|² =|z|²+|w|²+ 2|z| |w| −(z+w)(z+w)

=z z+w w+ 2√

z z w w−z z−w w−z w−w z

= 2p

(z w)z w−(z w+z w)

Ainsi (|z|+|w|)²− |z+w|²= 2(|z w| −Re(z w))

3 Pour tout nombre complexeu,

|u|=p

Re(u)²+Im(u)²>Re(u)

De plus, la question 1 assure qu’il y a égalité dans cette inégalité si et seulement siu est un réel positif. Appliquons-la avec le complexeu=z w, il vient|z w|>Re(zw) soit, d’après la question 2,

|z+w|²6(|z|+|w|)²

Les deux membres de l’inégalité étant positifs, on en déduit l’inégalité triangulaire

|z+w|6|z|+|w|

Il y a égalité dans cette inégalité triangulaire si et seulement siu=z w est réel positif, autrement dit si et seulement si il existe α∈R₊tel que z w=α. Siw= 0, cette condition est réalisée et siwest non nul, elle équivaut à

∃α∈R₊ z= α

|w|²w

soit encore à ∃β ∈R₊ z=β w

En conclusion, il y a égalité dans l’inégalité triangulaire si et seulement si w= 0 ou ∃β∈R₊ z=β w

Géométriquement, cette condition signifie quez etwsont les affixes de deux points situés sur une même demi-droite issue de l’origine.

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La notion de (p:q)point

4 SoientA et Bdeux points distincts du plan, d’affixes respectives aetb. Ainsia etbsont deux nombres complexes distincts. Pour toutz∈Csupposé différent deb,

z−a b−z = p

q ⇐⇒ q(z−a) =p(b−z)

⇐⇒ (q+p)z=p b+q a

⇐⇒ z= p

p+qb+ q

p+qa carp >0et q >0 Il existe alors un unique point M dont l’affixe z vérifie z−a

b−z = p

q, c’est le point d’affixe

z= p

p+qb+ q p+qa

Géométriquement, le (p : q) point de A à B est le barycentre des points A et B affectés respectivement des poidsq/(q+p)et p/(p+q).

5 Soit α∈] 0 ;⁺∞[. Notons z1 l’affixe du (p: q)point de A à Bet z2 l’affixe du (α p : α q) point de A à B. C’est légitime car α p et α q sont des réels strictement positifs commeα, pet q. D’après la question 4,

z2= α p

α p+α qb+ α q

α p+α qa=z1

Le(p:q)point deAà Best égal au(α p:α q)point deAà B.

On retrouve ainsi la propriété d’homogénéité du barycentre.

6 Le (1 : 1) point de A à B est le barycentre des points A et Baffectés tous les deux du poids1/2. Par suite,

Le(1 : 1)point deAà Best le milieu du segment[AB].

7 Considérons les trois pointsA,BetCd’affixes respectivesa,betc. On noteXle (p:q)point deAàBetYle(p:q)point deAàC. Le pointXest sur la droite(AB), le pointY sur la droite(AC), et la définition du(p:q)point entraîne les égalités de quotients de mesures algébriques suivantes :

AX

AB = AX

AX + XB = p

p+q = AY

AY + YC = AY AC

A

C

B

X Y

Le théorème de Thalès permet de con- clure que

Les droites (XY) et (BC) sont parallèles.