Le mal

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CONCOURS COMMUN 2008
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve Spécifique de Mathématiques
(filière MPSI)

Premier problème Etude d’une inégalité
1. Soit a ∈ C. Posons a = x + iy avec (x, y) ∈ R2 . |a| = Re(a) ⇔ x2 + y2 = x ⇔ x ≥ 0 et x2 + y2 = x2 ⇔ x ≥ 0 et y = 0 ⇔ a ∈ R+ . ∀a ∈ C, |a| = Re(a) ⇔ a ∈ R+ . 2. Soit (z, w) ∈ C2 . |z + w|2 = (z + w)(z + w) = zz + zw + zw + ww = |z|2+ |w|2 + (zw + zw) = |z|2 + |w|2 + 2Re(zw), et donc (|z| + |w|)2 − |z + w|2 = (|z|2 + |w|2 + 2|z||w|) − (|z|2 + |w|2 + 2Re(zw)) = 2|z||w| − 2Re(zw) = 2(|z||w| − Re(zw)). ∀(z, w) ∈ C2 , (|z| + |w|)2 − |z + w|2 = 2(|z||w| − Re(zw)). 3. Soit (z, w) ∈ C2 . On sait que pour tout complexe Z, on a |Z| ≥ ReZ et donc (|z| + |w|)2 − |z + w|2 = 2(|z||w| − Re(zw)) ≥ 0. On en déduit (|z| + |w|)2 ≥ |z + w|2puis que |z + w| ≤ |z| + |w|. De plus, |z + w| = |z| + |w| ⇔ (|z| + |w|)2 − |z + w|2 = 0 ⇔ |z||w| = Re(zw) ⇔ zw ∈ R+ . z |w|2 ∈ R+ ⇔ ∈ R+ ⇔ ∃λ ∈ R+ / z = λw. w w

Si w = 0, on a l’égalité et si w = 0, alors |w|2 ∈ R∗ et donc + |z + w| = |z| + |w| ⇔ zw ∈ R+ ⇔ z

En résumé, on a l’égalité si et seulement si w = 0 ou w = 0 et ∃λ ∈ R+ / z = λw ou encore si et seulement si z et w sont les affixes dedeux points situés sur une même droite issue de l’origine.

La notion de (p : q) point
4. Soit z ∈ C. z−a p = ⇔ q(z − a) = p(b − z) et z − b = 0 b−z q ⇔ q(z − a) = p(b − z) (car b n’est pas solution de l’équation q(z − a) = p(z − b) puisque a = b) qa + pb ⇔z= . p+q Ceci montre l’existence et l’unicité de z. De plus, z est l’affixe du barycentre du système (A(q), B(p)). Le (p : q) point de A à B estbar(A(q), B(p)). http ://www.maths-france.fr 1
c Jean-Louis Rouget, 2008. Tous droits réservés.

5. Soit α ∈]0, +∞[. Le barycentre du système bar(A(αq), B(αp)) est le barycentre du système bar(A(q), B(p)) ou encore le (αp : /alphaq) point de A à B est le (p : q) point de A à B. 6. Le (1 : 1) point de A à B est l’isobarycentre des points A et B ou encore le milieu du segment [AB]. − → 7. On aX = bar(A(q), B(p)) et Y = bar(A(q), C(p)). Déjà, X ∈]AB[ et Y ∈]AC[ et en particulier X = Y. Puis AX = → − → → p − p − AB et AY = AC et donc p+q p+q − → XY = Ceci montre que la droite (XY) est parallèle à la droite (BC). → p − BC. p+q

La notion de (p : q) sous-triangle
8. Soit G l’isobarycentre du triangle ∆(ABC). On sait que zG = 9. Notons G ′ l’isobarycentre du triangle (A ′ B ′ C ′ ). zG ′= Par suite, le (p : q) sous-triangle du triangle ∆(ABC) a le même isobarycentre que ∆(ABC). 1 a′ + b′ + c′ = 3 3 qa + pb qb + pc qc + pa + + p+q p+q p+q = 1 (p + q)a + (p + q)b + (p + q)c a+b+c = = zG . 3 p+q 3 a+b+c . 3

Etude de suites
1 1 1 (qak + pbk ), bk+1 = (qbk + pck ) et ck+1 = (qck + pak ) ce qui s’écrit 10. Soit k ∈ N. On a ak+1 = p+q p+q p+q encore      ak+1 q p 0 ak 1  bk+1  = 0 q p   bk . p+q ck+1 p 0 q ck 11. La question 9. montre déjà que pour k ∈ N, αk+1 = 3 (αk )k∈N est constante. Soit k ∈ N. βk+1 = ak+1 + jbk+1 + j2 ck+1 = 1 ((qak + pbk ) + j(qbk + pck ) + j2 (qck + pak )) p+q 1 q + j2 p q + j2 p = ((q + j2 p)ak + (jq + p)bk + (jq + j2 p)ck ) = (ak + jbk + j2 ck ) = βk , p+q p+q p+q ak + bk + ck ak+1 + bk+1 + ck+1 =3 = αk . Ainsi, la suite 3 3

etγk+1 = ak+1 + j2 bk+1 + jck+1 = 1 ((qak + pbk ) + j2 (qbk + pck ) + j(qck + pak )) p+q 1 q + jp q + jp = ((q + jp)ak + (j2 q + p)bk + (jq + j2 p)ck ) = (ak + j2 bk + jck ) = γk . p+q p+q p+q q + j2 p q + jp et respectivement. p+q p+q

Les suites (αk )k∈N , (βk )k∈N et (γk )k∈N sont géométriques de raison 1,

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q+ j2 p q + |j2 |q q+p |q + j2 p| ≤ = = 1 et de plus, comme les points d’affixe q et j2 p ne sont pas sur = p+q p+q p+q p+q une même demi-droite d’origine O (puisque j2 p n’est pas un réel positif), l’inégalité précédente est une inégalité stricte. q + jp < 1. De même, p+q Maintenant, On en déduit que lim αk = α0 = a0 + b0 + c0 et que lim βk = lim γk = 0.
k→ +∞ k→ +∞ k→ +∞

k→ +∞

lim αk =...
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