Exercices - Capes 2015 - première épreuve : corrigé

Avertissement : Ceci n’est pas une correction in extenso du problème de capes. Il s’agit plutôt
d’une lecture personnelle des questions, avec des indications, des idées de preuve, des mises en
garde d’erreurs à éviter. Ce n’est surtout pas une correction modèle à reproduire... Pour signaler
toute erreur, merci d’écrire à devgeolabo@gmail.com




Premier problème
Partie A
A.I.1. Écrivons le nombre complexe z sous la forme z = x + iy. Alors on a
√ q
Re(z) ≤ |Re(z)| = |x| = x2 ≤ x2 + y 2 ,
la dernière inégalité étant une conséquence de la croissance de la fonction racine carrée.
Pour déterminer les cas d’égalité, la méthode est simple : on repère toutes les inégalités
utilisées, et on aura égalité si et seulement si √
ces inégalités
p sont des égalités. Ici, les deux
inégalités utilisées sontpRe(z) ≤ |Re(z)| et x 2 ≤ x2 + y 2 . On a donc égalité si et
√
seulement si |x| = x et x2 + y 2 = x2 , c’est-à-dire si et seulement si x ≥ 0 et y = 0. On
a donc égalité si et seulement si z est un réel positif ou nul.
A.I.2. C’est une question de cours et le jury y a été très attentif. Quand on travaille avec des
modules, on a tout intérêt à se souvenir que ce qui est facile à calculer, c’est le carré du
module. Tout étant positif, il suffit ici de démontrer que |z1 + z2 |2 ≤ (|z1 | + |z2 |)2 . Mais
on a
|z1 + z2 |2 = (z1 + z2 ) × (z1 + z2 )
= |z1 |2 + |z2 |2 + z1 z¯2 + z2 z¯1
= |z1 |2 + |z2 |2 + 2Re(z¯1 z2 ),
(|z1 | + |z2 |)2 = |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 z2 |.
On conclut en appliquant le résultat de la première question à z = z¯1 z2 , puisque |z1 z2 | =
|z¯1 z2 |.
A.I.3. C’est une question nettement plus difficile. On étudie la preuve de la question précédente
pour savoir où on a utilisé des inégalités plutôt que des égalités. La seule inégalité utilisée
est Re(z¯1 z2 ) ≤ |z1 z2 |. D’après le résultat de la question A.I.1., on a égalité si et seulement
si z¯1 z2 est un réel positif ou nul. Puisque z1 , z2 ne sont pas nuls, on a égalité si et seulement
s’il existe µ > 0 tel que z1 z2 = µ. Il faut maintenant passer au résultat demandé. Pour
cela, on peut aussi écrire z1 = reiθ de sorte que z¯1 = re−iθ ce qui entraine encore que
1 1 1
= eiθ = 2 z1 .
z¯1 r r
Ainsi, on a démontré qu’on avait égalité si et seulement s’il existe µ > 0 tel que
µ
z2 = 2 z1 .
r
Posant λ = µ/r2 , on obtient le résultat. Il s’interprète en disant que z1 et z2 ont le même
argument modulo 2π.

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A.II.1. C’est la première récurrence du problème et, comme à chaque fois, il faut particulièrement
soigner sa rédaction. Elle n’est pas si facile ici, car si on veut être précis, il faut faire
attention à l’endroit où on définit les complexes z1 , . . . , zn et on a besoin de savoir que
P(2) est vraie pour l’hérédité. Attention donc à ne pas initialiser qu’avec P(1) ! Pour
n ≥ 1, considérons P(n) la propriété suivante :

”∀z1 , . . . , zn ∈ C, |z1 + · · · + zn | ≤ |z1 | + · · · + |zn |.”

La propriété P(1) est trivialement vraie et la propriété P(2) a été vérifiée lors d’une ques-
tion précédente. Soit n ≥ 2 tel que P(n) est vraie et prouvons P(n + 1). Soit z1 , . . . , zn+1
des nombres complexes et posons Z1 = z1 + · · · + zn , Z2 = zn+1 . Puisque P(2) est vraie,
on sait que
n
 
X 
zk  = |Z1 + Z2 | ≤ |Z1 | + |Z2 |.
 

 
k=1

On utilise maintenant P(n) pour trouver que
n
X
|Z1 | ≤ |zk |.
k=1

On a donc bien prouvé P(n + 1) et par le principe de récurrence, le résultat est démontré
pour tout entier n.
A.II.2. Là encore, une récurrence s’impose et là encore, elle est un peu délicate. L’hypothèse de
récurrence P(n) est cette fois :
 
Xn  n
”∀z1 , . . . , zn ∈ C∗ , 
  X
zk  = |zk | ⇐⇒ ∀k ∈ {1, . . . , n}, ∃λk ∈ R+ , zk = λk z1 .”
k+1  k=1

L’initialisation P(1), P(2) ne pose pas de problèmes. Soit n ≥ 2 tel que P(n) est vraie
et prouvons P(n + 1). Comme précédemment, considérons z1 , . . . , zn+1 des nombres com-
plexes non-nuls et posons Z1 = z1 + · · · + zn , Z2 = zn+1 . De la chaine d’inégalités
 n  n n+1
X  X X
zk  = |Z1 + Z2 | ≤ |Z1 | + |Z2 | ≤ |zk | + |zn+1 | = |zk |,
 

 
k=1 k=1 k=1

on déduit que l’on a égalité si et seulement si |Z1 + Z2 | = |Z1 | + |Z2 | et | nk=1 zk | =
P
Pn
k=1 |zk |. Ici, il faut faire attention ! On ne peut pas directement appliquer P(2) à |Z1 +Z2 |
car pour le moment, rien ne nous dit que Z1 6= 0. On commence donc par appliquer P(n)
à | nk=1 zk | = nk=1 |zk | pour en déduire que, pour k = 1, . . . , n, il existe λk ∈ R+ tel que
P P

zk = λk z1 . On en déduit que Z1 = (1 + λ2 + · · · + λn )z1 est non-nul, et on peut donc
appliquer P(2) à |Z1 + Z2 | = |Z1 | + |Z2 |. Il existe donc µ ∈ R+ tel que zn+1 = µZ1 .
Posant λn+1 = µ(1 + λ2 + · · · + λn ), on en déduit que P(n + 1) est vraie. Il reste à écrire
la conclusion du raisonnement par récurrence. L’interprétation en termes d’arguments est
identique à I.3.

Partie B


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I. Il suffit de prendre z1 = 1, z2 = e2iπ/3 = j et z3 = e−2iπ/3 = j 2 . Remarquons qu’on
a un exemple ici avec des nombres complexes de module 1. Plus généralement, on peut
considérer pour z1 , . . . , zn les racines n-ièmes de l’unité.
II.1. Facile si on remarque que la propriété (iv) implique
n
X zk
= 0.
|z |
k=1 k

II.2. On a, d’après l’inégalité triangulaire,
n
 n 
X X 
|zk | = |zk |
 

 
k=1 k=1
 n 
X 
= uk (z − zk )
 

 
k=1
n
X
≤ |uk ||z − zk |
k=1
Xn
= ...