Partie II. Inégalité isopérimétrique.

(1)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 2 le 07/10/16 24 avril 2020

Exercice 1

1. Les résultats sont présentés dans un tableau avant les démonstrations.

X A A∪B ∅ B∩B

f(X) (A, A∪B) (A, A∪B) (∅, B) (∅, B)

CommeA∩A=A, on af(A) = (A, A∪B). CommeA⊂A∪B, on aA∩(A∪B) =A. En ce qui concerne l'union,B∪(A∪B) =A∪B.

On en déduitf(A) =f(A∪B) = (A, A∪B). On trouve aussif(∅) =f(B∩A) = (∅, B). Si f est injective alors d'une partA=A∪B ce qui est équivalent àB ⊂A; d'autre part B∩A =∅ ce qui veut dire qu'un élément quelconque b de B n'est pas dans A donc il est dansAc'est à dire encoreB ⊂A.

2. On peut utiliser les distributivités démontrées en cours (X∪B)∩B = (X∩B)∪(B∩B) =X∩B

⇒(X∩B)∪ (X∪B)∩B

= (X∩B)∪(X∩B) =X∩(B∪B) =X.

3. Dans cette question, on supposeB⊂A. a. Supposons queA∩X =A∩Y. Alors,

B∩X =B∩(A∩X) =B∩(A∩Y) =B∩Y.

b. On veut montrer que f est injective lorsque B ⊂ A. Considérons deux parties quelconquesX et Y deE et supposons quef(X) =f(Y)c'est à dire que

X∩A=Y ∩A et X∪B =Y ∪B.

D'après 3.a. :B∩X=B∩Y. Utilisons alors la question 2.

X = (X∩B)∪ (X∪B)∩B

= (Y ∩B)∪ (Y ∪B)∩B

=Y.

Ce qui prouve l'injectivité.

Exercice 2

1. Pour passer de(S)à(S⁰), on eectue les opérations élémentaires suivantes : échanger les lignes 1 et 2

échanger les lignes 2 et 3

échanger les colonnes 2 et 3 (inconnuesy etz) L2←L2−L1

L₃←L₃−aL₁

Le système obtenu est alors







x+ z+ aby=b

(a−1)z+ b(1−a)y= 1−b (1−a)z+ b(1−a²)y= 1−ab La dernière opérationL₃←L₃+L₂ conduit au système annoncé

(S⁰)







x+z+ aby=b

(a−1)z+ b(1−a)y= 1−b b(1−a)(2 +a)y= 2−ab−b 2. La forme triangulaire du système permet la discussion

Sia /∈ {1,−2}et b6= 0, le système admet un unique triplet solution.

Sia= 1, le système devient







x+z+ by= 1 0 = 1−b 0 = 2−2b On en déduit

Sia= 1et b6= 1, le système n'admet pas de solutions.

Sia= 1et b= 1, l'ensemble des solutions est

(1−λ−µ, λ, µ),(λ, µ)∈R² Sia=−2, le système devient







x+z− 2by=b

−3z+ 3by= 1−b 0 = 2 +b On en déduit

Sia=−2etb6=−2, le système n'admet pas de solution.

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 S1602C

(2)

Sia=−2et b=−2, le système devient

(x+z+ 4y=−2

−3z− 6y= 3 L'ensemble des solutions est

{(−1−2λ, λ,−1−2λ), λ∈R} Sib= 0, le système devient







x+z = 0

(a−1)z = 1 0 = 2 Le système n'admet donc pas de solutions.

Problème

Partie I. Calculs préliminaires.

1. a. Après réduction au même dénominateur, l'expression qu'on nous demande d'éva- luer se met sous la forme

sin (k+ε)^π_n cos ^π_n de plus,cos ^π_n

>0etk+ε∈J0, nKentraînesin (k+ε)^π_n

≥0.

b. Formons le tableau de variations de la fonctionf dénie dans[0,^π₂[ parf(x) = tanx−x. Elle estC^∞dans son domaine avec f⁰(x) = tan²x≥0. Cette fonction est donc croissante doncf(x)≥0pour tous les xdu domaine. Le cas particulier desxde la forme ^π_n conduit à l'inégalité demandée.

2. Dans cette questionZ= (z₀,· · · , z_n−1)est un polygone régulier.

a. Un polygone régulier direct est équilatéral car tous les côtés ont la même longueur.

|zj+1−zj|=|a||ω^j+1−ω^j|=|a||ω−1|= 2|a|sinπ n

Le calcul est analogue et le résultat est le même dans le cas d'un polygone régulier indirect.

b. Un polygone régulier est l'image par similitude d'un polygone régulier inscrit sur le cercle unité. Il est inscrit dans le cercle de centrebet de rayon|a|.

c. On obtient ben sommant les axes des points du polygone

n−1

X

k=0

z_i =a

n−1

X

k=0

ω^k

!

+nb=b car

n−1

X

k=0

ω^k =ωⁿ−1 ω−1 = 0 On en déduit

b= 1 n

n−1

X

k=0

zi etz0=a+b⇒a=z0−b= 1

n((n−1)z0−z1− · · · −zn−1) 3. Le polygone à quatre côtés proposé dans l'exemple est équilatéral car le calcul montre

que tous les côtés ont la même longueur√

5. On peut remarquer que c'est un losange (diagonales perpendiculaires).

Si ce losange était un polygone régulier, sonbserait nul d'après la question précédente.

Il apparait alors que les|zi−b|valent1 ou2 au lieu d'être égaux à un même|a|. Le losange de l'exemple est donc équilatéral mais non régulier. Les deux notions ne sont pas équivalentes : un polygone régulier est équilatéral mais un polygone équilatéral n'est pas forcément régulier.

4. La quantité qu'on nous demande d'évaluer est une somme de termes en progression géométrique. La raison estω^p qui est toujours une racine n-ième de l'unité. Lorsque cette raison n'est pas1la somme est donc nulle. On conclut donc :

S(p) = 1

√n

n−1

X

k=0

(ω^p)^k=

( 0 sip6≡0 modn

√nsip≡0 modn

5. Transformons le membre de gauche de l'égalité à vérier

√1 n

n−1

X

k=0

ω^j^k zb_k = 1

n

n−1

X

k=0

ω^j^k

n−1

X

l=0

¯ ω^k^l

z_l

!

= 1

n−1

n

X

k=0 n−1

X

l=0

ω^k(j−l)z_l

= 1 n

n−1

X

l=0 n−1

X

k=0

ω^j−l^k zl= 1

n

n−1

X

l=0

S(j−l)zl=zj

car la seuleS(j−l)non nulle correspond àl=j et elle vaut√ n.

(3)

Partie II. Inégalité isopérimétrique.

1. Commez_k+1z_k=z_k+1z_k, on aA(Z) =−A(Z). D'autre part :

(zk+1+c)(zk+c) =zk+1zk+|c|²+zk+1c+czk

donc

A(Z+c) =A(Z) + Im c

n−1

X

k=0

z_k+1

!

+ Im c

n−1

X

k=0

z_k

!

Or, commez_n=z₀,

n−1

X

k=0

zk+1=

n−1

X

k=0

zk

et les complexes dans les parties imaginaires sont conjugués. Les parties imaginaires s'annulent etA(Z+c) =A(Z).

2. Dans cette question,Z est un polygone régulier.

a. On a déjà vu que pour un polygone régulier|zk+1−zk|= 2|a|sin ^π_n

. On en tire L(Z) = 2n|a|sinπ

n

E(Z) = 4n|a|²sin²π n

On sait d'après la question 1 de cette partie que leb disparaitra du calcul de A pour un polygone régulier. On a donc, dans le cas direct :

A(Z) =|a|² 2 Im

n−1

X

k=0

ω^k+1−k

!

= n

2|a|²Im(ω) = n 2|a|²sin

2π n

Dans le cas direct, le résultat est aecté d'un−1.

b. D'après les résultats de la question précédente, après simplication,

|A(Z)|

L(Z)² = sin ^π_n

8nsin² ^π_n = cos ^π_n 4nsin ^π_n

|A(Z)|

E(Z) = cos ^π_n 4 sin ^π_n

L(Z)² E(Z) =n 3. On peut utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour majorerL(Z),

L(Z) =

n−1

X

k=0

1× |z_k+1−z_k| ≤ v u u t

n−1

X

k=0

1² v u u t

n−1

X

k=0

|z_k+1−z_k|²=√ np

E(Z) On en déduit l'inégalité demandée en élevant au carré.

L'égalité se produit si les|zk+1−zk|sont proportionnels à la suite constante1c'est à dire égaux entre eux ou encore si et seulement si le polygone est équilatéral.

4. a. Notons j la variable locale à la somme dénissant A pour utiliser plus commo- dément la question I.5. Comme toutes les sommes se font sur des indices entre0 etn−1, on se permet de ne pas écrire les ensembles sur lesquels on somme pour alléger un peu les formules

zj+1zj= 1 n

X

k,l

ω^j+1^k

bzk ω^−j^l bzl= 1

n X

k,l

ω^k−l^j ω^kzbkbzl

En sommant surj, on peut encore utiliser I.4.

X

j

z_j+1z_j = 1 n

X

k,l



 X

j

ω^k−l^j





nsik=lsinon0

ω^kzb_kbz_l=X

k

ω^kzb_kbz_k

En prenant la partie imaginaire, on a bien : A(Z) = 1

2

n−1

X

k=0

sin 2kπ

n

|zb_k|²

PourE, on commence par examiner la somme des carrés des modules

|z_j|²= 1 n

X

k,l

ω^j^k

zb_k ω^−j^l zb_l= 1

n X

k,l

ω^k−l^j bz_kbz_l

On en déduit comme plus haut avec I.4., X

j

|zj|²=X

k

|zbk|²

Par circularité, cette somme est aussi celle de1àn. On en déduit alors, en utilisant encore le travail fait surP

jzj+1zj : E(Z) =X

j

|zj+1|²+|zj|²−2 Re (z_j+1z_j)

= 2X

j

|zb_j|²−2 Re



 X

j

z_j+1z_j



= 2X

j

|zb_j|²−2X

k

cos 2kπ

n

|zb_k|²

= 2X

k

1−cos

2kπ n

|bzk|²= 4X

k

sin² kπ

n

|bzk|²

(4)

b. La relation demandée est facile à prouver. Elle vient de la sommation des relations sin²

kπ n

−tanπ n

1 2sin

2kπ n

= sin² kπ

n

−tanπ n

sin kπ

n

cos kπ

n

= sin kπ

n sin kπ

n

−tanπ n

cos kπ

n

c. Comme0≤ ^kπ_n ≤πpour les kentre0 et n, on asin ^kπ_n

≥0. Le résultat de la question I.1.a. avecε= 1, montre (avec la question précédente etE(Z)>0) que

E(Z)−4 tanπ n

A(Z)≥0⇒ A(Z)

E(Z)≤ 1 4 tan ^π_n De même avecε= 1,

E(Z) + 4 tanπ n

A(Z)≥0⇒ −A(Z)

E(Z)≤ 1 4 tan ^π_n On en déduit la majoration avec la valeur absolue deA(Z).

5. a. ÉvaluonsA(Z1)en notant par de simples· · · les termes deA(Z0)qui ne sont pas modiés

A(Z1) =1 2Im

(zj+λ(zj+1−zj−1))zj−1+zj+1(zj+λ(zj+1−zj−1)) +· · ·

=A(Z₀) +λ

2 Im ((z_j+1−z_j−1)z_j−1) +z_j+1(z_j+1−z_j−1)

=A(Z0) +λ

2Im (zj+1z_j−1−zj+1z_j−1) =A(Z0) b. D'après la propriété fondamentale deZ₀ et la question précédente (conservation

duA), on déduit que pour tous lesZ1dénis comme dans la question précédente avecj etλarbitraires :

A(Z1) =A(Z0)

|A(Z1)|

L(Z1)² ≤ |A(Z0)|

L(Z0)²







⇒L(Z₀)≤L(Z₁)

⇒ |zj+1−zj|+|zj−z_j−1|<|zj+1−z_j⁰|+|z⁰_j−z_j−1|

Il reste à montrer que cela ne peut se produire que siZ0 est équilatéral.

Comme les longueurs se conservent par similitude, on peut supposer quezj+1=k etz_j−1=−kaveckréel. On notea= Re(z_j)etb= Im(z_j). On peut alors prendre z⁰_j=z_j+t avectréel carz_j+1−z_j1 est réel. L'expression se simplie

f(t) =|zj+1−z_j⁰|+|z_j⁰ −z_j−1|=p

(k−a−t)²+b²+p

(k+a+t)²+b² et on doit avoirf(0)< f(t)pour toutt6= 0. Ceci entraînef⁰(0) = 0.

Or

f⁰(0) =−k−a

|k−z|+ k+a

|k+z|

D'où

(k−a)|k+z|= (k+a)|k−z| ⇒(k−a)² (k+a)²+b²

= (k+a)² (k−a)²+b²

⇒(k−a)²= (k+a)²⇒a= 0

⇒ |zj+1−zj|=p

k²+b²=p

(−k)²+b²=|zj−zj+1| Ceci étant valable pour tous lesj, le polygoneZ0 est bien équilatéral.

c. Comme le polygoneZ0est équilatéral, il réalise un cas d'égalité dans la formule de Cauchy-Schwarz de la question II.3. On en déduit queL(Z0)²=nE(Z0). Utilisons alors l'inégalité de 4.c.

|A(Z)|

L(Z)² ≤ |A(Z₀)|

L(Z0)² = |A(Z₀)|

nE(Z0) ≤ 1

4ntan ^π_n ≤ 1 4π d'après la deuxième partie de la question I.1.