%Format: ML-LaTeX2e
%Option: bigtex
%%% Mines premi\`ere \'epreuve,fili\`ere PC ,
%% duree 3 heures
%%%  corrig\'e de Roger DALLARD , Lyc\'ee Pasteur, Neuilly.
%% Utilisation du mat\'eriel Tex fourni par Astex (Orl\'eans).

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\centerline{\bf{CONCOURS MINES-PONTS 2000,\ \ 
MATH\'EMATIQUES, \ \
PREMI\`ERE \'EPREUVE, \ \ FILI\`ERE PC.}
  }

\vskip 3mm

\centerline{ (Dur\'ee de l'\'epreuve: 3 heures)}
\vskip 3mm
Roger Dallard, Lyc\'ee Pasteur (Neuilly)
\vskip 2mm
\hrule
\vskip 4mm

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{itemize}

\item[{\bf 1.}]{\bf D\'efinition du r\'eel $\rho$ :}\qquad
$V(X)=
\begin{bmatrix}
1
&
x_1&{x_1}^2&\cdots&
{x_1}^{n-1}\\
\vdots&\vdots&\vdots&&&\\
\vdots&\vdots&\vdots&&&\\
1&x_n&{x_n}^2&\cdots&{x_n}^{n-1}\\
\end{bmatrix}.$
\begin{itemize}

\item[{\bf a.}\quad]

Quand on remplace $X$ par $\lambda X$, la deuxi\`eme colonne est
multipli\'ee par $\lambda$, la troisi\`eme par $\lambda^2$ etc..
Donc:
\reponse{$\nu(\lambda X)=
\lambda.\lambda^2.\ldots.\lambda^{n-1}\nu(X)=
\lambda^{\frac{n(n-1)}2}\nu(X).$}
En particulier si
$X=||X||.Y$:
\reponse{$\nu( X)=
||X||^{\frac{n(n-1)}2}\nu(Y).$}
\item[{\bf b.}\quad]
$\nu(X)$ est une fonction polynomiale des
coordonn\'ees de $X$ sur la base canonique 
de $\Csym^n$ donc
\reponse{$\nu$ est continue de $E_n$ dans $\Csym$.} 
Par composition par la fonction module, qui est continue de
$\Csym$ dans $\Rsym$, l'application $|\nu|$
est continue de $E_n$ dans $\Rsym$.
La sph\`ere unit\'e $S$ \'etant un compact de $E_n$,
\reponse{L'application
$X\mapsto|\nu(X)|$ admet un
maximum $\rho$ sur $S$,
atteint pour au moins un vecteur $W$.}
\item[{\bf c.}\quad]
Soit $X\in E_n$.

\begin{itemize}
\item[{\bf i.}\quad]
On peut toujours trouver $Y$ tel que $||Y||=1$
et $X=||X||.Y$:
si $X=0$ on prend $Y$ quelconque de norme $1$;
sinon on prend $Y=\Frac X{||X||}$.

On a donc 
$|\nu(X)|=||X||^{\frac{n(n-1)}2}|\nu(Y)|$
et $|\nu(Y)|\leq\rho$ puisque $Y\in S$. Donc
\reponse{$\forall X\in E_n$,\
$|\nu(X)|\leq\rho||X||^{\frac{n(n-1)}2}$.}
\item[{\bf ii.}\quad]
En particulier , si $X\in S$ et est tel que
$|\nu(X)|=\rho$ (un tel $X$ existe d'apr\`es b.),
soit $W$ de norme $1$ tel que
$X=||X||W$. On a donc:\quad
$\rho=|\nu(X)|=||X||^{\frac{n(n-1)}2}|\nu(W)|\leq
|\nu(W)|\leq\rho$, \quad qui implique 
$|\nu(W)|=\rho$:
\reponse{Il existe au moins un vecteur unitaire $W$
de $E_n$ tel que $|\nu(W)|=\rho$.}

\end{itemize}
\end{itemize}

\item[{\bf 2.}]{\bf Cas $n=2$ :}\quad
Si $X=
\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\
\end{bmatrix}$ est un vecteur de $E_2$, $X$
est sur la sph\`ere unit\'e $S$ si et seulement si
l'une de ses composantes a un module
\'egal \`a $1$ et l'autre 
 a un module inf\'erieur ou
\'egal \`a $1$.

On a alors $\nu(X)=
\begin{vmatrix}
1&x_1\\
1&x_2\\
\end{vmatrix}=x_2-x_1$
et
$|\nu(X)|=|x_2-x_1|\leq|x_2|+|x_1|\leq2$.

La valeur $2$ est atteinte, par exemple pour
$X=
\begin{bmatrix}1\\ -1\\
\end{bmatrix}$ donc:
\reponse{$\rho=2$.}
Si, pour $X\in S$, on a
$2=|\nu(X)|=|x_2-x_1|\leq|x_2|+|x_1|\leq2$,
on doit avoir 
$|x_1|+|x_2|=2$. 

Compte tenu de
$|x_1|\leq1$ et
$|x_2|\leq 2$, cela n\'ecessite $|x_1|=|x_2|=1.$

On doit avoir aussi $|x_2-x_1|=|x_2|+|-x_1|$ et on 
sait  que le module d'une somme de complexes non nuls
n'est \'egal \`a la somme des modules que si le quotient de ces
complexes est un r\'eel positif. Ici on doit donc avoir
$x_2=k.(-x_1)$ avec $k$ r\'eel positif.
Comme $|x_1|=|x_2|=1,$
on a n\'ecessairement $k=1$ donc $x_2=-x_1$.
$X$ doit donc \^etre de la forme
$\begin{bmatrix}\mu\\ -\mu\\
\end{bmatrix}$ , avec $|\mu|=1$.

R\'eciproquement, un tel vecteur $X$ est dans $S$
et $|\nu(X)|=|-\mu-\mu|=|2\mu|=2|\mu|=2=\rho$.
\quad R\'esumons
\reponse{Les vecteurs $X$ tels que $\nu(X)|=\rho$
sont les vecteurs
$\begin{bmatrix}\mu\\ -\mu\\
\end{bmatrix}$ , avec $|\mu|=1$. Ils sont donc tous colin\'eaires \`a
$\begin{bmatrix}1\\ -1\\
\end{bmatrix}$.}
%\eject
\item[{\bf 3.}]{\bf Cas $n=3$ :}\quad

\begin{itemize}

\item[{\bf a.}\quad]
La fonction exponentielle est convexe sur $\Rsym$; l'in\'egalit\'e
de convexit\'e donne, pour tous r\'eels $u_1,u_2,u_3$:

$e^{\Frac{u_1+u_2+u_3}3}\leq
\Frac13\left(e^{u_1}+e^{u_2}+e^{u_3}\right)$
\ ou:\ 
$e^{u_1}.e^{u_2}.e^{u_3}\leq\Frac1{27}
\left(e^{u_1}+e^{u_2}+e^{u_3}\right)^3$.
En appliquant cela aux trois r\'eels
$u_i=\ln(t_i)$ 
si $t_1,t_2,t_3$ sont strictement positifs,
cela donne, (et le r\'esultat est \'evidemment
vrai aussi si l'un des r\'eels est nul, les autres \'etant positifs ou nuls):

\reponse{$t_1.t_2.t_3\leq\Frac1{27}\left(t_1+t_2+t_3\right)^3$}

Pour fixer les id\'ees, supposons que $t_1\leq t_2\leq t_3$.

Si $t_1=t_2=t_3$, l'in\'egalit\'e devient \'egalit\'e.

R\'eciproquement, supposons que $t_1,t_2$ et $t_3$ ne soient pas
tous \'egaux.
Si $t_1$ est nul, on ne peut avoir l'\'egalit\'e.
Sinon on  a  $0<t_1<t_3$, donc $u_1<u_3$ puisque
la fonction $ln$
est strictement croissante.

Sur $[u_1,u_3]$, Le graphe de l'exponentielle
est strictement "sous la corde" donc
$e^{\frac{u_1+u_3}2}<\Frac12\left(e^{u_1}+e^{u_3}\right)$.

L'in\'egalit\'e de convexit\'e donne ensuite:

$$
e^{\frac{u_1+u_2+u_3}3}=
e^{
\frac{u_2}3+\frac23\left(\frac{u_1+u_3}2\right)
}
\leq \Frac13e^{u_2}+\Frac23e^{\frac{u_1+u_3}2}
<\Frac13e^{u_2}+\Frac23.\Frac12\left(e^{u_1}+e^{u_3}\right)=
\Frac13\left(e^{u_1}+e^{u_2}+e^{u_3}\right)$$
donc \quad $e^{u_1+u_2+u_3}<\Frac1{27}(e^{u_1}+e^{u_2}+e^{u_3})^3 $\quad
puis\quad $ t_1t_2t_3<\Frac1{27}(t_1+t_2+t_3)^3.$
\reponse{L'in\'egalit\'e ne devient \'egalit\'e que si $t_1=t_2=t_3 $}
On a red\'emontr\'e dans un cas particulier un r\'esultat plus g\'en\'eral,
mais qui ne semble pas \^etre au programme:

Si $f$ est strictement convexe sur l'intervalle $I$, l'in\'egalit\'e
de convexit\'e appliqu\'ee \`a des points de $I$ affect\'es de
coefficients
strictement posititifs ne peut \^etre une \'egalit\'e que si ces points
sont tous confondus.

\item[{\bf b.}\quad]
$A=(x_1-x_2)(\overline{x_1}-\overline{x_2})+
(x_2-x_3)(\overline{x_2}-\overline{x_3})+
(x_3-x_1)(\overline{x_3}-\overline{x_1})=
2(x_1\overline{x_1}+2
 $ analogues 
$)-( 
x_1\overline{x_2}+5
 $ analogues ).

$B=x_1\overline{x_1}+2
 $ analogues \quad et\quad
$C=(x_1+x_2+x_3)(\overline{x_1}+\overline{x_2}+\overline{x_3})=
(x_1\overline{x_1}+2
 $ analogues 
$)+(x_1\overline{x_2}+5
 $ analogues $)$. 

On voit que
\reponse{$A=3B-C $}

\item[{\bf c.}\quad]
Les vecteurs de $S$ sont ceux dont les trois composantes sont en
module inf\'erieures \`a $1$, l'une au moins \'etant de module $1$.
Que dire de plus?
\item[{\bf d.}\quad]
Si
$X=\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{bmatrix} $,\quad on a \quad
$\nu(X)=(x_2-x_1)(x_3-x_1)(x_3-x_2) $ donc
\reponse{$|\nu(X)|^2=|x_2-x_1|^2|x_3-x_1|^2|x_3-x_2|^2. $}
D'apr\`es 3.a., ceci est inf\'erieur \`a
$\Frac1{27}\left(|x_2-x_1|^2+|x_3-x_1|^2+|x_3-x_2|^2\right)^3
$\quad
lui-m\^eme \'egal \`a

$\Frac1{27}\left(
3\Sum_{k=1}^3|x_k|^2-
\left|\Sum_{k=1}^3x_k
\right|^2
\right)^3 $\quad lui-m\^eme
inf\'erieur \`a \quad
$\Frac1{27}\left(
3\Sum_{k=1}^3|x_k|^2
\right)^3=\left(
\Sum_{k=1}^3|x_k|^2
\right)^3
 $.

Comme chacun des $|x_k|^2 $ est inf\'erieur \`a $1$, si $ ||X||=1$,
on a donc $|\nu(X)|^2\leq 27 $ donc $\rho\leq \sqrt{27}. $
\reponse{On peut pr\'esumer que $\rho=\sqrt{27}. $}
Pour le prouver, il faut exhiber un $X$ de norme $1$ tel que
$ |\nu(X)|^2=27$\quad
donc exhiber $x_1,x_2,x_3 $
tels que $|x_1|,|x_2|$ et $|x_3|  $ 

soient $\leq1$
et tels que les in\'egalit\'es pr\'ec\'edentes soient des \'egalit\'es.

D'apr\`es 3.a.,\quad
$|\nu(X)|^2=\Frac1{27}\left(
|x_2-x_1|^2+|x_3-x_1|^2+|x_3-x_2|^2\right)^3 $\quad
si et seulement si les trois nombres
$|x_2-x_1|, $ $|x_2-x_3| $ et $ |x_3-x_1|$
sont \'egaux.

Ensuite l'in\'egalit\'e
$\Frac1{27}\left(
3\Sum_{k=1}^3|x_k|^2-
\left|\Sum_{k=1}^3x_k
\right|^2
\right)^3\leq\Frac1{27}\left(
3\Sum_{k=1}^3|x_k|^2
\right)^3$\quad n'est une \'egalit\'e que si
$\Sum_{k=1}^3x_k=0. $

Enfin $ \Sum_{k=1}^3|x_k|^2=3$ si et seulement si 
$|x_1|=|x_2|=|x_3|=1 $ (compte tenu du fait qu'on veut
$|x_1|,|x_2|$  et $|x_3|\leq1. $)

Finalement, on prouvera que $\rho=\sqrt{27} $ si et seulement si
on peut exhiber trois complexes $x_1,x_2,x_3 $ tels que
\reponse{$|x_2-x_1|=|x_2-x_3|=|x_3-x_1| $,
$|x_1|=|x_2|=|x_3|=1 $ et $x_1+x_2+x_3=0. $}
%\eject

Un tel triplet existe
\reponse{Il suffit de prendre $x_1=1,x_2=j $ et $x_3=j^2$,}
o\`u $j$ est la racine cubique usuelle de l'unit\'e.
En effet la somme de ces trois complexes de module $1$ est nulle
et

$|1-j^2|=|j^3-j^2|=|j^2||j-1|=|j-1| $ et
$|j-j^2|=|j||1-j|=|1-j|=|j-1|. $
On a donc bien 
\reponse{$\rho=\sqrt{27}. $}
\end{itemize}

\item[{\bf 4.}]{\bf Une minoration du r\'eel $\rho$ :}\quad

\begin{itemize}

\item[{\bf a.}\quad]
Le terme g\'en\'eral $a_{pq}$ de la matrice $V(\Omega)$ est:\quad
$a_{pq}=\left(\omega_p\right)^{q-1}=e^{2i(p-1)(q-1)\pi/n}$.

Le terme g\'en\'eral $b_{mk}$ de la matrice
$\overline{V(\Omega)}V(\Omega)$ est donc:

$b_{mk}=\Sum_{s=1}^n\overline{a_{ms}}a_{sk}=
\Sum_{s=1}^n
e^{-2i(m-1)(s-1)\pi/n}.e^{2i(s-1)(k-1)\pi/n}=
\Sum_{s=1}^n
e^{2i(s-1)(k-1-m+1)\pi/n}
=\Sum_{s=1}^n
e^{2i(s-1)(k-m)\pi/n}$.

Il s'agit de la somme des termes d'une progression g\'eom\'etrique de
raison
$r=e^{2i(k-m)\pi/n}$,\quad
qui vaut $1$ si et seulement si $\Frac{k-m}n$
est un entier; cela ne peut se faire, puisque 
$m$ et $k$ sont entre $1$ et $n$,
que si $k=m$.
On a alors $b_{mk}=\Sum_{s=1}^n1=n$.

Si $k\ne m$, \ on a \ \  
$b_{mk}=\Frac{1-r^n}{1-r}=0$, \ 
puisque $r$ est une racine $n$-i\`eme de l'unit\'e.\quad
Finalement:
\reponse{$\overline{V(\Omega)}V(\Omega)=nI_n$.}
\item[{\bf b.}\quad]
On a donc
$\det\left(\overline{V(\Omega)}\right).
\det\left(V(\Omega)\right)=\det\left(nI_n\right)=n^n$.
\quad
Comme
$\det\left(\overline{V(\Omega)}\right)=
\overline{\det\left({V(\Omega)}\right)}$,
\ cela donne
\reponse{$\left|\det\left(V(\Omega)\right)\right|=n^{n/2}.$}
Puisque les $\omega_p$ sont de module $1$,
$\Omega$ est de norme $1$.
Comme $|\nu(\Omega)|=n^{n/2}$, on a donc
\reponse{$\rho\geq n^{n/2}.$}
\end{itemize}

\item[{\bf 5.}]{\bf Une in\'egalit\'e de Hadamard :}\quad
\begin{itemize}


\item[{\bf a.}\quad]
Si $V_p=(x_i)_{1\leq i\leq n}$ et
$V_q=(y_i)_{1\leq i\leq n}$, on trouve,
sur la $p$-i\`eme ligne de ${}^T\overline M$,
les $x_i$ et, sur la
$q$-i\`eme colonne de $M$, les $y_i$.
Le terme g\'en\'eral $b_{pq}$ de 
${}^T\overline M.M$ est donc 
$\Sum_{i=1}^n\overline{x_i}y_i$, qui est donc nul
si $p\ne q$, puisque
$V_1,V_2,\ldots,V_n$ sont deux \`a deux orthogonaux.
Par contre, $b_{pp}=\Sum_{i=1}^n|x_i|^2=||V_p||_2^2$.
\reponse{Si
$V_1,V_2,\ldots,V_n$ sont deux \`a deux orthogonaux,
$B={}^T\overline M.M$ est diagonale,
de termes diagonaux 
$||V_1||_2^2,\ldots,||V_n||_2^2$.}
On a:\quad $\det B=\det^T\overline M.\det M=
\det\overline M.\det M=
|\det M|^2$ et aussi:\quad
$\det B=
||V_1||_2^2.\cdots.||V_n||_2^2$.\quad Donc:
\reponse{$|\det M|=
||V_1||_2.\cdots.||V_n||_2$.}
\item[{\bf b.}\quad]
Puisque $U_1=V_1$, on a:
$\det M(U_1,U_2,\ldots,U_n)=
\det M(V_1,U_2,\ldots,U_n)$.

Ensuite
$\det M(V_1,U_2,U_3,\ldots,U_n)=
\det M(V_1,V_2,U_3,\ldots,U_n)$
car on ne change pas
$\det M(V_1,U_2,U_3,\ldots,U_n)$ en ajoutant \`a la deuxi\`eme
colonne
le vecteur $proj_1(V_2)$,
qui est colin\'eaire \`a la premi\`ere colonne.

Supposons par r\'ecurrence (limit\'ee au rang $n$) que
$\det M(U_1,U_2,\ldots,U_n)=
\det M(V_1,V_2,\ldots,V_{i-1},U_i,\ldots,U_n)$.

On ne change pas ce dernier d\'eterminant en ajoutant \`a la
$i$-i\`eme colonne le vecteur $proj_{i-1}(V_i)$,
qui est combinaison lin\'eaire des $i-1$
premi\`eres colonnes. Donc
$\det M(V_1,V_2,\ldots,V_{i-1},U_i,\ldots,U_n)=
\det M(V_1,V_2,\ldots,V_{i},U_{i+1},\ldots,U_n)$.
On continue jusqu'au rang $n$:
\reponse{
$\det M(U_1,U_2,\ldots,U_n)=
\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)$.}
\item[{\bf c.}\quad]
 $(V_1,\ldots,V_n)$ sont suppos\'es lin\'eairement
ind\'ependants dans $F_n$ de dimension $n$
(il n'\'etait pas n\'ecessaire de pr\'eciser qu'aucun n'est nul).
Ces vecteurs forment donc une base de $F_n$ et
$(U_1,\ldots,U_n)$ n'est autre que la base
orthogonale qu'on obtient \`a partir de la pr\'ec\'edente
par le proc\'ed\'e de Schmidt.
Les $U_i$ sont donc deux \`a deux orthogonaux.
D'apr\`es a., on a donc
$\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)=
\det M(U_1,U_2,\ldots,U_n)=
||U_1||_2.\ldots.||U_n||_2.$

$V_i$ est la somme des deux vecteurs $U_i$ et
$W_i=proj_{i-1}(V_i)$.
Par d\'efinition de la projection orthogonale,
$U_i$ et $W_i$ sont orthogonaux.
Pythagore donne:
$||V_i||_2^2=
 ||U_i||_2^2+||W_i||_2^2$.
Donc $||U_i||_2\leq||V_i||_2$.

Donc
$||U_1||_2.\ldots.||U_n||_2\leq
||V_1||_2.\ldots.||V_n||_2$. En rassemblant:
\reponse{$
|\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)|\leq
||V_1||_2.\ldots.||V_n||_2$. }
En multipliant membre \`a membre les in\'egalit\'es
$0<||U_i||_2\leq||V_i||_2$, on obtient ci-dessus une in\'egalit\'e stricte sauf
si toutes les in\'egalit\'es
$||U_i||_2\leq||V_i||_2$ sont des \'egalit\'es donc
si les $W_i$ sont tous nuls.
Or $W_i$ est nul si et seulement si $V_i$
est orthogonal \`a $V_1,\ldots,V_{i-1}$. Donc
\reponse{
$
|\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)|=
||V_1||_2.\ldots.||V_n||_2$ si et seulement si $V_1,\ldots,V_n$
sont deux \`a deux orthogonaux.}
\end{itemize}

\item[{\bf 6.}]{\bf Une majoration du r\'eel $\rho$ :}\quad
Notons que l'in\'egalit\'e
$
|\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)|^2\leq
||V_1||_2^2.\ldots.||V_n||_2^2$ est vraie m\^eme si la
famille $V_1,\ldots,V_n$ est li\'ee, car alors
$|\det M(V_1,V_2,\ldots,V_n)|^2=0$.

Appliquons cette in\'egalit\'e en prenant
$V_1=(1,x_1,\ldots,x_1^{n-1}),\ldots,
V_n=(1,x_n,\ldots,x_n^{n-1}).$

$M(V_1,\ldots,V_n)$ est alors la transpos\'ee
de $V(X)$, o\`u $X=(x_1,\ldots,x_n)$.
et donc $|\det M(V_1,\ldots,V_n)|=|\nu(X)|$.

Comme $||V_q||_2^2=\Sum_{p=1}^n|x_q|^{2(p-1)} $, l'in\'egalit\'e
donne:
\reponse{$|\nu(X)|^2\leq
\Prod_{q=1}^n\Sum_{p=1}^n|x_q|^{2(p-1)}$.}
Pour $X$ unitaire, les $|x_q|$ sont tous inf\'erieurs \`a $1$
et $\Sum_{p=1}^n|x_q|^{2(p-1)}\leq n$. Donc $|\nu(X)|^2\leq n^n$
et
\reponse{$|\nu(X)|\leq n^{\frac n2}$.}
En particulier pour $W$ unitaire tel que
$|\nu(W)|=\rho$, cela donne:\quad
$\rho\leq n^{\frac n2}$.\quad
Comme on a obtenu auparavent l'in\'egalit\'e inverse, on en d\'eduit
\reponse{$\rho=n^{\frac n2}$.}
\item[{\bf 7.}]{\bf Recherche des vecteurs $W$ :}\quad
\begin{itemize}

\item[{\bf a.}\quad]
Si $X$ a deux coordonn\'ees \'egales , $|\nu(X)|$ est nul donc
$|\nu(W)|=\rho=n^{\frac n2}$ n\'ecessite que $W$ n'ait pas deux
coordonn\'ees \'egales.
\reponse{Pour tout couple d'entiers $p$ et $q$, $p\ne q$,
$x_p\ne x_q$.}
\item[{\bf b.}\quad]
Reprenons 6:
\quad

$\rho^2=|\nu(W)|^2\leq
||V_1||_2^2\times\cdots\times||V_n||_2^2=
\Prod_{q=1}^n\left(1+|x_q|^2+\cdots+|x_q|^{2(n-1)}\right)
\leq\Prod_{q=1}^n(1+\cdots+1)=n^n=\rho^2$.

Les in\'egalit\'es sont donc toutes des \'egalit\'es.
Notamment
$\Prod_{q=1}^n\left(1+|x_q|^2+\cdots+|x_q|^{2(n-1)}\right)
=\Prod_{q=1}^n(1+\cdots+1)$
ne peut se faire que si et seulement si
\reponse{$x_1,\ldots,x_n$ ont toutes un module \'egal \`a $1$.}
On peut aussi appliquer l'in\'egalit\'e de Hadamard \`a la matrice
de Van der Monde $V(W)$ elle-m\^eme, au lieu de sa transpos\'ee:
Si $(S_1,\ldots,S_n)$ sont ses colonnes, on a:
\quad
$\rho^2=|\nu(W)|^2=|\det V(W)|^2\leq
||S_1||_2^2.\ldots.||S_n||_2^2$.

Or $S_k=\left(x_1^{k-1},\ldots,x_n^{k-1}\right)$.
Puisque tous les $x_i$ sont de module $1$, on a:
$||S||_2=\sqrt n$. Donc

$\rho^2=|\det V(W)|^2\leq
||S_1||_2^2\times\ldots\times||S_n||_2^2=n^n=\rho^2$.
On est donc dans le cas d'\'egalit\'e de Hadamard:

Les $S_i$ sont donc orthogonaux deux \`a deux.
En particulier, $S_2,\ldots,S_n$ sont tous orthogonaux 
\`a $S_1=(1,\ldots,1)$,
ce qui se traduit par
\reponse{$\Sum_{p=1}^nx_p=0,\quad
\Sum_{p=1}^n(x_p)^2=0\ ,\ldots,\ \Sum_{p=1}^n(x_p)^{n-1}=0.$}
\item[{\bf c.}\quad]
Petite faute d'\'enonc\'e: lire $\Sum_{k=0}^n\alpha_kt^k$
au lieu de $\Sum_{k=1}^n\alpha_kt^k$.\quad Cela dit:
$P_W(t)=\Prod_{p=1}^n(t-x_p)$ est un polyn\^ome unitaire, donc:
\reponse{$\alpha_n=1$.}
$\alpha_0=P_W(0)=\Prod_{p=1}^n(-x_p)$: c'est un complexe de
module $1$.
\reponse{On peut poser $\alpha_0=-e^{i\theta_0}$ avec $\theta_0$ r\'eel.}
\item[{\bf d.}\quad]
$P_W(t)=(t-x_1)(t-x_2)\cdots(t-x_n)$ \quad donc

$P'_W(t)=(t-x_2)\cdots(t-x_n)+
(t-x_1)(t-x_3)\cdots(t-x_n)+\cdots
+(t-x_1)(t-x_2)\cdots(t-x_{n-1})$\quad
donc,

 pour $t\ne x_1,\ldots,x_n$:
$F_W(t)=\Frac{P'_W(t)}{P_W(t)}=
\Frac1{t-x_1}+\Frac1{t-x_2}+\cdots+\Frac1{t-x_n}$.
\reponse{Sur l'ensemble de d\'efinition de $F_W$, on a:
$F_W(t)=\Sum_{p=1}^n\Frac1{t-x_p}$.}
Puisque $x_p$ n'est pas nul, on a:
$\Frac1{t-x_p}=-\Frac1{x_p}\times
\Frac1{\left(1-\Frac t{x_p}\right)}$.
\quad
Pour $\left|\Frac 1{x_p}\right|<1$, autrement dit pour $|t|<1$
et en particulier pour $t$ r\'eel $\in]-1,1[$,
on peut \'ecrire 
$\Frac1{1-\Frac t{x_p}}=\Sum_{k=0}^\infty
\Frac{t^k}{x_p^k}$,
donc \quad $\Frac1{t-x_p}=
-\Sum_{k=0}^\infty\Frac{t^k}{x_p^{k+1}}.$

Par addition, $F_W$ est d\'eveloppable en s\'erie enti\`ere sur
$]-1,1[$.\quad
On peut dire aussi:
\reponse{Il existe $R\geq1$ tel que $F_W$ soit d\'eveloppable
en s\'erie enti\`ere sur $]-R,R[$.}
(on peut m\^eme pr\'eciser que $R=1$, car on peut montrer
que le cercle de convergence du d\'eveloppement
en s\'erie enti\`ere d'une fraction rationnelle passe
par le p\^ole de cette fraction, p\^ole r\'eel ou complexe,  qui
est le plus proche de $O$).
\item[{\bf e.}\quad]
En ajoutant les d\'eveloppements, on obtient:
$F_W(t)=-\Sum_{k=0}^\infty\left(
\Sum_{p=1}^n\frac1{x_p^{k+1}}\right)t^k$.
Avec les notations de l'\'enonc\'e:
\reponse{$f_k=-\Sum_{p=1}^n\Frac1{x_p^{k+1}}.$}
$x_p$ \'etant de module $1$, \ 
$\Frac1{x_p}$ est le conjugu\'e de $x_p$, donc
$\overline{f_k}=-\Sum_{p=1}^nx_p^{k+1}$,
qui est nul, d'apr\`es b., pour $k=0,\ldots,n-2$. Donc
\reponse{Les coefficients 
$f_0,f_1,\ldots,f_{n-2}$ sont nuls.}
\item[{\bf f.}\quad]
$P'_W$, fonction polyn\^ome de degr\'e $n-1$, est d\'eveloppable 
en s\'erie enti\`ere sur $\Rsym$ donc sur $]-1,1[$.
L'unicit\'e du d\'eveloppement fait que le coefficient de $t^k$ est
nul pour $k\geq n$.

Par ailleurs $P'_W(t)=P_W(t).F_W(t)$:
$P'_W$ appara\^{\i}t comme produit de deux fonctions d\'eveloppables en
s\'eries enti\`eres sur $]-1,1[$.
Le d\'eveloppement de $P'_W$ est donc le produit de Cauchy des deux
d\'eveloppements
mais, les coefficients $f_0,f_1,\ldots,f_{n-2}$ des premiers
termes de $F_W$ \'etant nuls, il en est de m\^eme des coefficients
dans $P'_W$.  

$P'_W$ est donc un mon\^ome de degr\'e $n-1$.
Comme $P_W$ est unitaire:
\reponse{$P'_W(t)=nt^{n-1}$ et $P_W(t)=t^n+\alpha_0.$}  
On a donc $P_W(t)=t^n-e^{i\theta_0}$.\quad $x_1,\ldots,x_n$,
qui sont les diff\'erents z\'eros de $P_W$, sont donc les diverses
racines $n$-i\`emes de $e^{i\theta_0}$, dans un ordre qu'on ne
peut pr\'eciser puisque, de toute fa\c{c}on, si $W$ est un vecteur
r\'epondant au probl\`eme pos\'e, tout vecteur obtenu \`a partir de $W$
par
permutation des composantes convient aussi. Retenons:
\reponse{L'ensemble $\{x_1,\ldots,x_n\}$ est \'egal \`a l'ensemble
$\{e^{i(\theta_0+2k\pi)/n},k=1,\ldots,n\}$.}
Un tel vecteur a toutes ses composantes de module $1$.
On retrouve donc $||W||=1$.
$||W||_2^2$ est la somme des carr\'es des modules des composantes
de $W$ donc $||W||_2=\sqrt n.$

\item[{\bf g.}\quad]
On ne s'est pas encore pr\'eoccup\'e de savoir si, r\'eciproquement,
les vecteurs $W$ trouv\'es conviennent quel que soit le choix
de $\theta_0$ dans $\Rsym$.

En fait, on sait depuis le d\'ebut qu'il y a au moins une solution.
Il existe donc un $\theta'_0$ dans $\Rsym$ tel que le vecteur
$W'=(x'_1,\ldots,x'_n)$, o\`u $x'_k=e^{i(\theta'_0+2k\pi)/n}$, soit
solution.

Pour $\theta_0$ r\'eel quelconque, les composantes
$e^{i(\theta_0+2k\pi)/n}$
du vecteur $W=(x_1,\ldots,x_n)$ sont obtenues par multiplication
de celles de $W'$ par le m\^eme complexe
$e^{i(\theta_0-\theta'_0)/n}$, dont le module est $1$.

En revenant \`a la formule, admise dans l'\'enonc\'e et qui donne
la valeur du d\'eterminant de Van der Monde, on voit
que $|\nu(W)|=|\nu(W')|=\rho$.
Le vecteur $W$ est donc solution du probl\`eme, ainsi que tous ceux
qui s'en d\'esuisent par permutation des coordonn\'ees, quel que soit
le choix de $\theta_0$.

Les coordonn\'ees de $W$, \'elev\'ees \`a la puissance $n$, donnent toutes
$e^{i\theta_0}$.
Si $1$ figure parmi elles, c'est que $e^{i\theta_0}=1^n=1$. 
Les coordonn\'ees de $W$ sont donc les racines $n$-i\`emes
de l'unit\'e, \'ecrites dans un certain ordre.
\reponse{Il y a donc $n!$ vecteurs $W$ dont l'une des coordonn\'ees
est \'egale \`a $1$.} 

\end{itemize}

\end{itemize}
\centerline{FIN DU CORRIG\'E}
\end{document}


