1. La fonction continue ressemble à un wronskien. Il faut faire tout de même attention que les deux fonctions ne sont pas solutions de la même équation diérentielle.

(1)

MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 5 29 juin 2019

Exercice 1

1. La fonction continue ressemble à un wronskien. Il faut faire tout de même attention que les deux fonctions ne sont pas solutions de la même équation diérentielle.

W

⁰

= y

⁰₁

y

⁰₂

+ y

1

y

⁰⁰₂

− y

⁰⁰₁

y

2

− y

⁰₁

y

⁰₂

= (p − q)y

1

y

2

2. Raisonnons par l'absurde. Si la proposition est vraie, d'après les autres hypothèses (sur p , q et y

₂

), W

⁰

(x) est strictement positif dans ]a, b[ . Le théorème du tableau de variations entraîne alors que W est strictement croissante dans [a, b] . Ceci est en contradiction avec :

W (a) = y

1

(a)y

₂⁰

(a) ≥ 0 W (b) = y

1

(b)y

₂⁰

(b) ≤ 0 En eet, l'énoncé nous indique y

⁰₂

(a) ≥ 0 , y

⁰₂

(b) ≤ 0 et, par continuité,

∀x ∈]a, b[, y

1

(x) > 0 ⇒ (y

1

(a) ≥ 0 et y

1

(b) ≥ 0)

3. La question précédente a montré qu'une solution y

₁

de (1) ne pouvait pas rester strictement positive dans ]a, b[ . Elle ne peut pas non plus rester strictement négative car la fonction −y

1

serait alors une solution restant strictement positive. Par conséquent une solution de (1) doit prendre des valeurs des deux signes. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, une telle fonction continue doit s'annuler. Toute solution de (1) doit donc s'annuler entre deux zéros de y

1

vériant les hypothèses de l'énoncé.

4. Lorsque p est une fonction minorée comme l'énoncé l'indique, on peut considérer deux équations diérentielles :

y

⁰⁰

+ py =0 (1)

y

⁰⁰

+ ω

²

y =0 (2)

On peut appliquer les résultats des questions précédentes à une solution z quelconque de (1) et à la solution y

2

y

2

(t) = sin(ωt)

de l'équation (2) . Prenons en particulier un entier naturel k et a = 2k π

ω b = (2k + 1) π

ω

La fonction y

2

est strictement positive dans ]a, b[ donc la fonction y

1

= z prend au moins une fois la valeur 0 dans cet intervalle. Comme il en est de même dans tous les intervalles (deux à deux disjoints) obtenus en faisant varier k , on a bien démontré que toute solution de (1) admet une innité de zéros.

Exercice 2

L'équation dierentielle proposée est linéaire du second ordre à coecients constants avec un second membre polynomial-exponentiel.

y

⁰⁰

− (1 + α)y

⁰

+ αy = e

^(1+α)t

Pour toute valeur du paramètre α , son équation caractéristique admet les racines réelles 1 et α . Le coecient de t dans l'exponentielle du second membre est 1 + α .

La discussion porte sur les valeurs du paramètre pour lesquelles deux de ces trois valeurs sont égales entre elles.

1 = α −→ α = 1 1 + α = 1 −→ α = 0 1 + α = α −→ impossible

α 6∈ {0, 1} . Les deux racines 1 et α de l'équation caractéristiques sont distinctes entre elles et 1 + α n'est pas l'une des deux. L'ensemble des solutions est alors

t → λe

^t

+ µe

^αt

+ 1

α e

^(1+α)t

, (λ, µ) ∈ R

²

α = 0 . Les deux racines 1 et 0 de l'équation caractéristique sont distinctes et le coecient 1 + α = 1 est l'une d'entre elles. L'ensemble des solutions est alors

t → λe

^t

+ µ + te

^t

, (λ, µ) ∈ R

²

α = 1 . L'équation caractéristique admet une racine double égale à 1 et le coecient 1 + α = 2 n'est pas cette racine. L'ensemble des solutions est alors

t → λe

^t

+ µte

^t

+ e

^2t

, (λ, µ) ∈ R

²

Problème

Dans tout le corrigé, les dénominateurs des fractions seront toujours des entiers naturels strictement positifs.

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 M1305C

(2)

MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 5 29 juin 2019

Question préliminaire

Pour montrer que le médian de deux nombres rationnels est entre ces deux nombres, calculons les diérences :

p + p

⁰

q + q

⁰

− p

q = p

⁰

q − pq

⁰

(q + q

⁰

)q , p

⁰

q

⁰

− p + p

⁰

q + q

⁰

= p

⁰

q − pq

⁰

(q + q

⁰

)q

⁰

Elles sont strictement positives car

p

⁰

q

⁰

− p

q = p

⁰

q − pq

⁰

qq

⁰

> 0

Partie I. Médians et suites de Farey

1. a. Les dénitions conduisent aux tuples

¹

suivants M

₂

F

₃

|{z}

: 0

|{z}

, 1 3

|{z}

, 1 2

|{z}

, 2 3

|{z}

, 1

|{z}

M

3

F

4

|{z}

: 0

|{z}

, 1 4

|{z}

, 1 3

|{z}

, 2 5 , 1

2 |{z}

, 3 5 , 2

3 |{z}

, 3 4

|{z}

, 1

|{z}

M

4

F

5

|{z}

: 0

|{z}

, 1 5

|{z}

, 1 4

|{z}

, 2 7 , 1

3 |{z}

, 3 8 , 2

5 |{z}

, 3 7 , 1

2 |{z}

, 4 7 , 3

5 |{z}

, 5 8 , 2

3 |{z}

, 5 7 , 3

4 |{z}

, · · ·

M

5

F

6

|{z}

: 0

|{z}

, 1 6

|{z}

, 1 5

|{z}

, 2 9 , 1

4 |{z}

, 3 11 , 2

7 , 3 10 , 1

3 |{z}

, · · ·

b. Dans les séquences précedentes, les éléments de F

i+1

dans M

i

sont indiqués par un

|{z}

.

c. On remarque que le nombre d'éléments de M

2

est 5 = 2

²

+ 1 . D'autre part, Nb d'élts de M

_n+1

= Nb d'élts de M

_n

+ Nb d'intervalles dans M

_n

=2 × Nb d'élts de M

n

− 1 donc si, pour un certain n , Card (M

_n

) = 2

ⁿ

+ 1, on a aussi

Card (M

n+1

) = 2(2

ⁿ

+ 1) = 2

ⁿ⁺¹

− 1 Ceci prouve par récurrence que

∀n ∈ N : Card (M

n

) = 2

ⁿ

+ 1

1suivant la terminologie du type d'objet Python

2. a. Traduisons l'encadrement donné par hypothèse par des inégalités sur les numéra- teurs puis exploitons le fait que ces inégalités sont relatives à des nombres entiers.

Il vient

0 < p

⁰⁰

q − q

⁰⁰

p

0 < p

⁰

q

⁰⁰

− p

⁰⁰

q

⁰

soit

1 ≤ p

⁰⁰

q − q

⁰⁰

p 1 ≤ p

⁰

q

⁰⁰

− p

⁰⁰

q

⁰

En multipliant la première équation par q

⁰

et la deuxième par q , on obtient q

⁰

+ q ≤ (−pq

⁰

+ p

⁰

q)q

⁰⁰

On en déduit q

⁰⁰

≥ q +q

⁰

car p

⁰

q − pq

⁰

est supposé égal à 1 dans toute la question.

b. Considérons, sous les hypothèses de la question, p

⁰⁰

et q

⁰⁰

tels que p

⁰⁰

q

⁰⁰

∈ p

q , p

⁰

q

⁰

∩ F

n+1

Exploitons d'abord le fait que i

_p

q

,

^p_q⁰0

h ∩ F

n

= ∅ . Comme

^p+p_q+q⁰0

et

^p_q⁰⁰00

sont dans i

_p

q

,

^p_q⁰0

h , il ne sont pas dans F

n

donc q + q

⁰

> n et q

⁰⁰

> n .

Comme de plus

^p_q⁰⁰00

∈ F

_n+1

, on a obligatoirement q

⁰⁰

= n + 1 .

Utilisons ensuite la question a. Elle prouve que q

⁰⁰

≥ q + q

⁰

. On en déduit alors que q + q

⁰

= q

⁰⁰

= n + 1 .

Le médian

^p+p_q+q⁰⁰

et le nombre

^p_q⁰⁰⁰⁰

=

_q+q^p⁰⁰0

sont dans i

_p

q

,

^p_q⁰0

h . Si par exemple

p q < p

⁰⁰

q + q

⁰

≤ p + p

⁰

q + q

⁰

alors

p + p

⁰

q + q

⁰

− p

⁰⁰

q + q

⁰

≤ p + p

⁰

q + q

⁰

− p

q p + p

⁰

− p

⁰⁰

q + q

⁰

≤ p

⁰

q − pq

⁰

(q + q

⁰

)q = 1 (q + q

⁰

)q q(p + p

⁰

− p

⁰⁰

) ≤ 1

La seule possibilité est p

⁰⁰

= p + p

⁰

. Un calcul analogue dans le cas où

^p_q⁰⁰00

est de l'autre côté du médian achève de montrer que ce médian est le seul élément possible de F

n+1

entre

^p_q

et

^p_q⁰⁰

.

2

(3)

MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 5 29 juin 2019

3. a. Supposons que x < y sont deux éléments consécutifs de F

n+1

dont aucun n'est dans F

n

. Il existe alors ds éléments consécutifs a < b de F

n

tels que a < x < y < b . ceci est en contradiction avec la question 2.b. Entre deux éléments consécutifs de F

n

un élément au plus de F

n+1

peut s'intercaler (et c'est le médian).

b. Supposons x ∈ F

_n

et y ∈ F

_n+1

. Considérons z consécutif à x dans F

_n

. Comme F

n

⊂ F

n+1

, x < z < y est impossible car sinon x et y ne seraient pas consécutifs dans F

n+1

. On doit donc avoir x < y < z et donc, d'après 2.b., y = µ(x, z) . Les autres cas possibles sont :

x ∈ F

n+1

et y ∈ F

n

. Il existe alors un z ∈ F

n

tel que z et y soient consécutifs dans F

n

et x est le médian de z et de y .

x et y sont consécutifs dans F

n

. 4. La proposition P

n

se montre par récurrence.

L'examen des listes formées à la question 1. permet de vérier à la main les propriétés P

₂

, P

₃

, P

₄

. On peut remarquer en particulier que M

₂

= F

₃

. Les inclusions F

_i+1

⊂ M

_i

sont bien visibles. On remarque aussi que deux éléments consécutifs dans un F

_i

ne le sont pas forcément dans le M

_i−1

qui le contient. Par exemple

¹₄

et

¹₃

sont consécutifs dans F

6

mais pas dans M

5

. En revanche, ils sont consécutifs dans M

3

.

Montrons que P

n

entraine P

n+1

.

Considérons deux éléments quelconques x et y consécutifs dans F

n+1

. S'ils sont tous les deux dans F

n

les propriétés sont vériées à cause de P

n

. Sinon, l'un des deux est un médian de deux éléments de F

_n

. Par exemple :

x = p

q < y = µ(x, z) < p

⁰

q

⁰

= z et ce uniquement lorsque q + q

⁰

= n + 1 .

D'après une des propriétés de P

n

, il existe un i < n tel que x et z soient consécutifs dans M

i

. Ceci prouve que y ∈ M

i+1

et que x et y sont consécutifs dans M

i+1

. D'autre part, les éléments consécutifs

^p_q

<

^p_q⁰0

de F

n+1

qui le sont aussi dans F

n

vérient p

⁰

q − pq

⁰

= 1 d'après P

n

. Les autres sont de la forme

^p_q

<

^p+p_q+q⁰0

ou

^p+p_q+q⁰0

<

^p_q⁰0

avec

p

q

<

^p_q0⁰

consécutifs dans F

n

. Or

q(p + p

⁰

) − p(q + q

⁰

) = 1 = p

⁰

(q + q

⁰

) − q

⁰

(p + p

⁰

)

5. a. C'est une conséquence immédiate de 3.a et de la première partie de P

n

. b. D'après 5.a., i

_p

q

,

^p_q⁰0

h ∩ F

q+q⁰−1

= ∅ d'après 3.b. i

_p

q

,

^p_q⁰0

h ∩ F

q+q⁰

⊂ n

_p+p0

q+q⁰

o et il est évident que

^p+p_q+q⁰0

∈ i

p q

,

^p_q⁰0

h ∩ F

_q+q⁰

. 6. C'est une conséquence immédiate de 3.a.

Partie II. Cercles de Ford.

1. Les cercles C

^p

q

et C

p0

q0

sont tangents lorsque p

q − p

⁰

q

⁰

²

+

1 2q

²

− 1

2q

⁰²

²

= 1

2q

²

+ 1 2q

⁰²

²

⇔ p

q − p

⁰

q

⁰

²

= 1 q

²

q

⁰²

⇔ (pq

⁰

− p

⁰

q)

²

= 1 ⇔ p

⁰

q − pq

⁰

= 1

car

^p_q

<

^p_q⁰0

.

2. Soit (u, −r) les coordonnées du centre d'un cercle de Ford, il est tangent à C

^p

q

et C

p0 q0

si et seulement si



 

 

_p

q

− u

²

+

1 2q²

− r

²

=

1 2q²

+ r

²

_p0

q⁰

− u

²

+

1 2q⁰²

− r

²

=

1

2q⁰²

+ r

²

⇔



 

 

_p

q

− u

²

=

^2r_q2

_p0

q⁰

− u

²

=

_q^2r02

Ceci entraîne que u est solution de l'équation du second degré q

²

p q − u

²

= q

⁰²

p

⁰

q

⁰

− u

²

qui admet deux solutions u

ε

, pour ε ∈ {−1, 1} : u

ε

= p − εp

⁰

q − εq

⁰

Pour chaque u

ε

une seule valeur r

ε

est possible ;

p

q − u

ε

= p

q − p − εp

⁰

q − εq

⁰

= ε(p

⁰

q − pq

⁰

) q(q − εq

⁰

)

r

ε

= (p

⁰

q − pq

⁰

)

²

2q(q − εq

⁰

)

²

On vérie facilement que les deux cercles de centre (u

ε

, −r

ε

) conviennent. On obtient donc deux cercles de Ford vériant les conditions demandées.

3

(4)

MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 5 29 juin 2019

Fig. 1: Cercles de Ford

3. Lorsque C

^p

q

et C

p0

q0

sont tangents, p

⁰

q − pq

⁰

= 1 , les centres des cercles tangents sont alors les points de coordonnées

( p − εp

⁰

q − εq

⁰

, 1

2(q − εq

⁰

)

²

) Le point de contact avec l'axe est

^p−εp_q−εq⁰⁰

.

Pour ε = −1 on retrouve le médian qui est bien entre

^p_q

et

^p_q⁰⁰

. Pour ε = 1 on obtient

p−p⁰ q−q⁰

. Or

p − p

⁰

q − q

⁰

− p

⁰

q

⁰

= 1

q

⁰

(q

⁰

− q) , p

q − p − p

⁰

q − q

⁰

= 1 q(q

⁰

− q)

ces deux nombres sont de meême signe donc

^p−p_q−q⁰⁰

est à l'extérieur de l'intervalle. Le cercle cherché est C

p+p0

q+q0

.

4. Les cercles C

_x

pour x ∈ F

_n

sont tangents à l'axe des x. Deux cercles C

_x

et C

_x⁰

sont tangents lorsque x et x

⁰

sont consécutifs dans F

_n

. Le cercle associé à un point de F

n+1

− F

n

vient s'intercaler entre deux cercles tangents.

Partie III. Approximation de Dirichlet

Soit x irrationnel, il vient s'intercaler entre deux éléments consécutifs

^p_q

et

^p_q⁰0

de F

Q

. On dit que

^p_q

est la valeur approchée par défaut de x et

^p_q⁰0

celle par excès dans F

Q

. Considérons le médian

^p+p_q+q⁰0

et supposons par exemple

p

q < x < p + p

⁰

q + q

⁰

alors

0 < x − p

q < p + p

⁰

q + q

⁰

− p

q = 1

q(q + q

⁰

)

Comme

^p_q

et

^p_q0⁰

sont consécutifs dans F

_Q

on a q + q

⁰

> Q sinon le médian viendrait s'intercaler. Ainsi

0 < x − p

q < 1 q(Q + 1)

On peut donc choisir a = p. On raisonne de la même manière lorsque

^p+p_q+q⁰0

< x <

^p_q⁰0

. Cette démonstration est plus ancienne que celle de Dirichlet qui repose sur le principe des tiroirs.

Lorsque strictement plus de n objets sont rangés dans n tiroirs, l'un au moins des tiroirs contient plusieurs objets.

4