a. Pour tout (x, y) ∈ R

(1)

MPSI A - B Année 2018-2019. Corrigé DS 3 (commun) le 16/11/18 17 novembre 2018

Exercice 1

1. Inégalité de Cauchy-Schwarz

a. Pour tout (x, y) ∈ R

²

, 2xy ≤ x

²

+ y

²

. L'inégalité demandée s'obtient en posant x = a

1

b

2

et y = a

2

b

1

.

b. Le résultat étant évident pour n = 1 , initialisons la récurrence au rang n = 2 . Soient a

1

, a

2

, b

1

, b

2

> 0 . Alors :

(a

1

b

1

+ a

2

b

2

)

²

= a

²₁

b

²₁

+ a

²₂

b

²₂

+ 2a

1

a

2

b

1

b

2

≥ a

²₁

b

²₁

+ a

²₂

b

²₂

+ a

²₁

b

²₂

a

²₂

b

²₁

= (a

²₁

+ a

²₂

)(b

²₁

+ b

²₂

).

Par croissance de la racine carrée et positivité des a

_i

, b

_i

, il vient a

1

b

1

+ a

2

b

2

≤ (a

²₁

+ a

²₂

)

^1/2

(b

²₁

+ b

²₂

)

^1/2

.

Supposons le résultat vrai au rang n . Soient a

₁

, ..., a

_n+1

, b

₁

, ..., b

_n+1

> 0 .





n+1

X

j=1

a

j

b

j





2

=





n

X

j=1

a

j

b

j

+ a

n+1

b

n+1





2

≤



 v u u t

n

X

j=1

a

²_j

v u u t

n

X

j=1

b

²_j

+ a

n+1

b

n+1





2

par hyp. de récurrence

≤









 v u u t

n

X

j=1

a

²_j





2

+ a

²_n+1















 v u u t

n

X

j=1

b

²_j





2

+ b

²_n+1





 d'après le cas n = 2

=





n+1

X

j=1

a

²_j









n+1

X

j=1

b

²_j





L'inégalité de Cauchy-Schwarz est démontrée.

c. Soit x ∈ R

⁺

. Pour tout j ∈ J 1, n K, posons :

α

_j

= a

^1/2−x/2_j

b

^1/2+x/2_j

β

_j

= a

^1/2+x/2_j

b

^1/2−x/2_j

.

D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz :





n

X

j=1

a

_j

b

_j





2

=





n

X

j=1

α

_j

β

_j





2

≤





n

X

j=1

α

_j²









n

X

j=1

β

_j²





≤





n

X

j=1

a

^1−x_j

b

^1+x_j









n

X

j=1

a

^1+x_j

b

^1−x_j





2. Une généralisation de l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

a. L'application g : x ∈ R 7→ ch(λx) est dérivable sur R et pour tout x ∈ R, g

⁰

(x) = λ sh(λx) . Comme la fonction sh est impaire, λ sh(λx) est du signe de x . Donc la fonction g est décroissante sur R

−

et croissante sur R

+

. Elle atteint un minimum en 0 et g(0) = 1 .

b. Soit x ≥ 0 . Développons le produit :

f (x) =

n

X

j=1 n

X

k=1

a

^1+x_j

b

^1−x_j

a

^1−x_k

b

^1+x_k

=

n

X

j=1

a

²_j

b

²_j

+ 2 X

1≤j<k≤n

a

_j

a

_k

b

_j

b

_k

" a

_j

b

_k

a

k

b

j

^x

+

a

_j

b

_k

a

k

b

j

−x

#

=

n

X

j=1

a

²_j

b

²_j

+ 4 X

1≤j<k≤n

ch

ln a

_j

b

_k

a

k

b

j

x

c. D'après les questions 2.a et 2.b, la fonction f est une somme de fonction croissantes sur R

+

donc c'est une fonction croissante sur R

+

. En particulier, f (0) ≤ f (1) . L'inégalité de Cauchy-Schwarz s'en déduit puisque :

f (0) =





n

X

j=1

a

j

b

j





2

et f (1) =





n

X

j=1

a

²_j









n

X

j=1

b

²_j



 .

Plus généralement, la croissance de f montre que : ∀(x, y) ∈ R

²+

tels que x ≤ y :





n

X

j=1

a

^1+x_j

b

^1−x_j









n

X

j=1

a

^1+x_j

b

^1−x_j



 ≤





n

X

j=1

a

^1+y_j

b

^1−y_j









n

X

j=1

a

^1−y_j

b

^1+y_j



 .

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 Benoît SaleurS1803C

(2)

MPSI A - B Année 2018-2019. Corrigé DS 3 (commun) le 16/11/18 17 novembre 2018

d. L'inégalité de Cauchy-Schwarz est une égalité si et seulement si f (0) = f (1) , si et seulement si pour tout (j, k) ∈ J 1, n K

2

tel que j < k , la fonction : x ∈ R

+

7→ ch

ln

a

j

b

k

a

k

b

j

x

est constante, ie a

_j

b

_k

= a

_k

b

_j

. Ainsi, l'inégalité de Cauchy-Schwarz est une égalité si et seulement si :

∀(j, k) ∈ J 1, n K

2

, a

j

b

k

= a

k

b

j

.

Exercice 2

1. Comme 0 < k < 1 , la fonction t 7→

q

1 − k

²

sin

²

(t) ne s'annule pas. Son inverse est continue et admet des primitives. La fonction F est une de ces primitives, celle qui prend la valeur 0 en 0 .

∀x ∈ R , F

⁰

(x) = 1 q

1 − k

²

sin

²

(t) .

On montre que la fonction est impaire en utilisant le changement de variable θ = −t dans F (−x) .

2. Dans l'intégrale K , eectuons le changement de variable θ = π − t .

K = Z

^π₂

π

−dθ

p 1 − (− sin θ)

²

= Z

π

π 2

dθ q

1 − sin

²

(θ)

= Z

π

π 2

dt q

1 − sin

²

(t) En décomposant l'intégrale F en

^π₂

par la relation de Chasles, on obtient F = 2K . 3. Par la relation de Chasles, pour tout réel x ,

F (x + π) = Z

π

0

dt q

1 − sin

²

(t)

| {z }

=T

+ Z

x+π

π

dt q

1 − sin

²

(t)

= T + F(x)

en utilisant le changement de variable θ = t − π dans l'intégrale entre π et π + x . 4. Pour tout x > 0 , F(x) ≥ x . En eet

∀t ∈ R , 0 <

q

1 − k

²

sin

²

(t) < 1 ⇒ F

⁰

(x) ≥ x.

On conclut avec un tableau de variation ou la conservation des inégalité par intégration.

On en déduit que la fonction tend vers +∞ en +∞ . Par imparité, elle est dérivable strictement croissante dans R avec les limites −∞ et +∞ . C'est donc une bijection.

5. D'après la question 3, pour tout y réel,

A(F(y) + T ) = y + π ⇒ sin(A(F (y) + T )) = − sin y Pour un réel x quelconque, considérons y = A(x) . On a alors

x = F (y) ⇒ sin(A(x + T )) = − sin(A(x)) ⇒ sn(x + T ) = − sn(x).

On en déduit que la fonction sn est 2T -périodique.

6. D'après les formules pour la dérivée d'une fonction composée et d'une bijection réci- proque

sn

⁰

(x) = A

⁰

(x) cn(x) = 1

F

⁰

(A(x)) cn(x) = q

1 − k

²

sin

²

(A(x)) cn(x) = dn(x) cn(x).

La démonstration pour cn

⁰

est analogue en tenant compte de cos

⁰

= − sin cn

⁰

(x) = − dn(x) sn(x)

7. Soient ω ∈ R

⁺

et θ

0

∈]0, π/2[ . L'énoncé dénit k = sin(θ

0

/2) et pour tout x ∈ R : θ(x) = 2 arcsin(k sn(ωx + K)).

a. Calcul de θ

⁰

(x) et θ

⁰⁰

(x) .

θ

⁰

(x) = 2kω sn

⁰

(ωx + K) q

1 − (k sn(ωx + k))

²

= 2kω dn(ωx + K) cn(ωx + K) dn(ωx + K)

= 2kω cn(ωx + K) θ

⁰⁰

(x) = −2kω

²

dn(ωx + K) sn(ωx + K).

D'autre part,

sin(θ(x)) = 2 sin(arcsin(k sn(ωx + K))) cos(arcsin(k sn(ωx + K)))

= 2k sn(ωx + K) p

1 − k sn

²

(ωx + K) = 2k sn(ωx + K) dn(ωx + K).

2

(3)

MPSI A - B Année 2018-2019. Corrigé DS 3 (commun) le 16/11/18 17 novembre 2018

En combinant, on déduit

θ

⁰⁰

(x) + ω sin(θ(x)) = 0.

Comme K = F (

^π₂

) , A(K) =

^π₂

donc sn(K) = sin(A(K)) = 1 et θ(0) = arcsin(k sn(K)) = arcsin(k) = arcsin(sin θ

₀

) = θ

₀

. De même cn(K) = cos(A(K)) = cos(

^π₂

) = 0 donc

θ

⁰

(0) = 2kω cn(K) = 0.

b. Comme sn est 2T -périodique, θ est

^2T_ω

-périodique.

Problème

Partie préliminaire.

1. Notons ϕ la fonction dont on veut montrer qu'elle est constante et F la primitive de f nulle en 0 . Pour tout x réel,

ϕ(x) = F(x + T ) − F (x) ⇒ ϕ

⁰

(x) = f (x + T) − f (x) = 0

car la fonction f est T -périodique. Comme ϕ est à dérivée nulle sur un intervalle, elle est constante.

2. Notons ϕ(x) = arctan x + arctan

¹_x

. La fonction ϕ est dérivable dans R

^∗

avec

ϕ

⁰

(x) = 1 1 + x

²

− 1

x

²

1 1 +

_x¹2

= 0.

La fonction ϕ est donc constante dans chacun des intervalles formant son domaine.

x > 0 ⇒ ϕ(x) = ϕ(1) = π 4 + π

4 = π 2 . Pour x < 0 , ϕ(x) = −

^π₂

car la fonction est impaire.

3. cos θ = cos(2 θ

2 ) = cos

²

θ

2 − sin

²

θ

2 = cos

²

θ 2

1 − tan

²

θ 2

= 1 − tan

²^θ₂

1 + tan

²^θ₂

.

Partie I. Calcul direct de I

0

(z) .

1. On eectue le changement de variable t = tan

^θ₂

puis on intègre avec un arctan .

Z

^π₂

0

dθ

1 + r

²

− 2r cos θ = Z

1

0

1 + t

²

(1 + r

²

)(1 + t

²

) − 2r(1 − t

²

) 2 dt 1 + t

²

= 2 Z

1

0

dt

(1 − r)

²

+ (1 + r)

²

t

²

= 2 (1 − r)

²

Z

1 0

dt 1 +

1+r 1−r

t

²

= 2

(1 − r)

²

1 − r

1 + r arctan 1 + r

1 − r t

^t=1

t=0

= 2

1 − r

²

arctan 1 + r

1 − r

.

2. a. Avec z = |z|e

^iϕ

, considérons e

^it

e

^it

− z = e

^it

(e

^−it

− z)

|e

^it

− z|

²

= 1 − |z|e

^i(t−ϕ)

1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ) . La partie réelle de l'intégrale est l'intégrale de la partie réelle.

A(z) = 1 2π

Z

2π 0

Re e

^it

e

^it

− z

dt = 1 2π

Z

2π 0

1 − |z| cos(t − ϕ) 1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ) dt.

On peut calculer facilement la partie imaginaire avec une primitive.

B(z) = 1 2π

Z

2π 0

Im e

^it

e

^it

− z

dt = 1 2π

Z

2π 0

−|z| sin(t − ϕ) 1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ) dt

= − 1 4π

ln 1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ)

^θ=2π

θ=0

= 0 à cause de la 2π -périodicité.

b. En écrivant

1 − |z| cos(t − ϕ) = 1

2 1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ)

− 1

2 1 + |z|

²

+ 1

= 1

2 1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ) + 1

2 1 − |z|

²

et avec la partie imaginaire nulle, on obtient

I

0

(z) = A(z) = 1

2 + 1 − |z|

²

4π

Z

2π 0

dt

1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ) .

3

(4)

MPSI A - B Année 2018-2019. Corrigé DS 3 (commun) le 16/11/18 17 novembre 2018

3. Transformons l'intégrale à exprimer :

Z

2π 0

dt

1 + |z|

²

− 2|z| cos(t − ϕ)

= Z

2π−ϕ

−ϕ

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ (chgt. de v. θ = t − ϕ )

= Z

π

−π

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ (question 1 Partie Préliminaire)

= 2 Z

π

0

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ (parité)

= 2 Z

^π₂

0

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ + Z

π

π 2

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ

!

(Chasles)

= 2 Z

^π₂

0

dθ

1 + |z|

²

− 2|z| cos θ + Z

^π₂

0

dϕ

1 + |z|

²

+ 2|z| cos ϕ

!

( ϕ = π − θ dans int. 2).

Utilisons la question 1 avec r = ±|z| , il vient

I

0

(z) = 1 2 + 1

π

arctan 1 + |z|

1 − |z| + arctan 1 − |z|

1 + |z|

=



 



 

 1 2 + 1

2 = 1 si 1 + |z|

1 − |z| > 0 ⇔ |z| < 1 1

2 − 1

2 = 0 si 1 + |z|

1 − |z| < 0 ⇔ |z| > 1 avec la question 2 de la partie préliminaire.

Partie III. Propriétés de l'indice.

1. La solution évidente est t 7→ γ(t) − z .

2. D'après le cours sur les équations diérentielles linéaires du premier ordre, les solutions sont les fonctions λe

^F

où λ ∈ C et F est une primitive de t 7→

_γ(t)−z^γ⁰^(t)

. On peut exprimer F avec une intégrale, par exemple

∀t ∈ R , F (t) = Z

t

0

γ

⁰

(u) γ(u) − z du.

Le coecient λ fait coïncider la condition initiale en t = 0 , on en déduit

∀t ∈ R , γ(t) − z = (γ(0) − z)e

Rt 0

γ0(u) γ(u)−zdu

.

3. La fonction γ − z est 2π -périodique, l'expression précédente en t = 2π montre

e

^R⁰^t ^γ

0(u) γ(u)−zdu

= 1 ⇒ Z

t

0

γ

⁰

(u)

γ(u) − z du ∈ 2iπ Z ⇒ I

_γ

(z) ∈ Z .

4