Sujet et corrigé — CAPES externe bac+3 — Sujet zéro, épreuve écrite 1 (mai 2025)

Item 1. Commencer par écrire la définition d'un polynôme irréductible de $\mathbb{R}[X]$ : elle parle de factorisation, pas de racines. Puis chercher les degrés où l'assertion ne peut pas être prise en défaut — un contre-exemple devra tous les éviter, et il en reste moins qu'on ne croit.

Item 2. Factoriser $P$. Que vaut $P(0)$, et quel lien y a-t-il entre $P(0)$, les valeurs propres et $\det$ de la matrice ? Attention : l'assertion affirme une existence, donc la réfuter demande de traiter toutes les matrices possibles.

Item 3. Écrire l'équation caractéristique $r^2+2ar+a^2=0$ et calculer son discriminant avant de choisir la forme des solutions. Le facteur qui apparaît alors est celui dont il faut justifier la limite.

Item 4. Le coefficient devant $y'$ s'annule en $0$ : l'équation n'est pas résolue sur $\mathbb{R}$. Prendre $b$ constante, résoudre séparément sur $]-\infty,0[$ et sur $]0,+\infty[$, puis se demander ce que le recollement en $0$ autorise.

Item 5. Une des deux implications est toujours vraie : chercher laquelle, et la démontrer. Pour l'autre, un $\mathcal{F}$ réduit à une seule fonction ne peut rien réfuter — il en faut au moins deux.

Item 6. Combien y a-t-il de classes de congruence modulo $2$, et combien d'entiers l'énoncé donne-t-il ? Nommer le principe qui compare ces deux nombres, et vérifier ses hypothèses.

Six items, quatre chapitres du tronc commun de licence — c'est un balayage, pas un problème : chaque item se traite en quelques lignes, indépendamment des autres.

La consigne décide de la rédaction, et il faut la prendre au mot : « Toute réponse non argumentée ne sera pas prise en compte. » Un verdict nu ne répond pas à la question posée, même juste. Le jury attend une justification complète, donc rédigée avec ses hypothèses.

Le fil rouge de cette partie n'est pas un thème, c'est une FORME LOGIQUE. Avant de chercher la réponse, il faut lire l'assertion et repérer ce qu'elle quantifie — c'est cela qui décide du régime de preuve, et rien d'autre :

• assertion universelle (« tout polynôme… », « admet toujours… », « ces deux assertions sont équivalentes », c'est-à-dire pour tout $\mathcal{F}$) : la nier revient à exhiber UN objet, écrit noir sur blanc, et à vérifier sur lui que l'assertion échoue. C'est le régime des items 1, 4 et 5 ;
• assertion existentielle (« $P$ est le polynôme caractéristique d'une matrice inversible », c'est-à-dire il existe une telle matrice) : la nier demande de montrer qu'AUCUN objet ne convient — donc une démonstration générale. Un exemple de matrice non inversible ne réfute rien du tout. C'est le régime de l'item 2, et c'est le piège le mieux caché du sujet ;
• assertion universelle vraie (items 3 et 6) : elle se démontre dans le cas général, hypothèses nommées et théorème cité avec ses conditions. Trois exemples numériques ne prouvent rien.

Le comptage est déséquilibré : deux items sont vrais (3 et 6), quatre sont faux (1, 2, 4 et 5). Ce n'est pas une observation décorative : devant un Vrai/Faux, la tentation est d'« équilibrer » ses réponses. Chaque item se juge seul, sur sa démonstration — et ce comptage-ci vaut pour ce sujet, il ne se transpose à aucun autre.

Une dernière chose, qui vaut pour les six : plusieurs hypothèses ont l'air décoratives et ne le sont pas — mais pas toutes de la même façon. « $a$ strictement positif » (item 3) et « $a,b,c\in\mathbb{N}$ » au nombre de trois (item 6) font basculer le verdict à elles seules : avec $a\leqslant0$ l'item 3 devient faux, avec deux entiers l'item 6 aussi. « $b$ continue sur $\mathbb{R}$ » (item 4) se lit à l'envers, et c'est instructif : c'est une hypothèse généreuse, déjà satisfaite par $b$ constante, qui suffit à réfuter l'assertion — l'affaiblir ou la renforcer ne changerait donc rien au verdict. Ce qui décide y est ailleurs : le coefficient $x$ devant $y'$, qui s'annule en $0$. Repérer ce qu'une hypothèse empêche, et ce qu'elle ne sauve pas, est la moitié du travail.

Ce que ça teste. La définition d'un polynôme irréductible, et le fait qu'elle parle de factorisation et non de racines. Chapitre : Polynômes.

Ce qu'il faut avoir en tête avant de répondre. Un polynôme $P\in\mathbb{R}[X]$ est dit irréductible dans $\mathbb{R}[X]$ lorsque $P$ est non nul, n'est pas inversible — c'est-à-dire n'est pas une constante non nulle — et que toute factorisation $P=QR$ avec $Q,R\in\mathbb{R}[X]$ force $Q$ ou $R$ à être constant. « Avoir une racine » et « se factoriser » ne coïncident qu'en petit degré : si $\alpha$ est racine réelle de $P$, alors $X-\alpha$ divise $P$, donc $P$ est réductible dès que $\deg P\geqslant2$ ; mais la réciproque est fausse, et c'est tout l'objet de l'item.

La rédaction attendue. L'assertion est universelle : un seul contre-exemple la réfute. Posons

• $P$ n'a aucune racine réelle : pour tout réel $x$, $x^2+1\geqslant1$, donc $P(x)=(x^2+1)^2\geqslant1>0$. La fonction polynomiale associée ne s'annule donc jamais sur $\mathbb{R}$.
• $P$ n'est pas irréductible : $P=(X^2+1)\times(X^2+1)$ est un produit de deux polynômes de degré $2$, donc de deux polynômes non constants. La définition est mise en défaut.

Ainsi $P$ est sans racine réelle et réductible : l'assertion est fausse.

Pourquoi ce contre-exemple, et pas n'importe lequel. Parce qu'en degré $2$ l'assertion est vraie : si $\deg P=2$ et si $P$ n'a pas de racine réelle, son discriminant est strictement négatif et $P$ est irréductible dans $\mathbb{R}[X]$. Un contre-exemple doit donc éviter le degré $2$ — et le degré $1$, où tout polynôme a une racine réelle. Le premier degré non constant disponible est $4$, puisqu'un polynôme de degré impair a toujours une racine réelle (limites de signes opposés en $\pm\infty$ et théorème des valeurs intermédiaires).

Le résultat de structure qui explique tout. Dans $\mathbb{R}[X]$, les polynômes irréductibles sont exactement les polynômes de degré $1$ et les polynômes de degré $2$ de discriminant strictement négatif. Il découle du théorème de d'Alembert-Gauss : sur $\mathbb{C}$ le polynôme se scinde, et comme ses coefficients sont réels, ses racines non réelles se regroupent par paires conjuguées $z,\overline{z}$, dont le produit $(X-z)(X-\overline z)$ est un trinôme réel. Conséquence immédiate : tout polynôme de degré supérieur ou égal à $3$ est réductible dans $\mathbb{R}[X]$, qu'il ait ou non des racines réelles. L'assertion de l'énoncé est donc fausse pour un motif massif, pas pour un accident.

Les pièges.

• Répondre « faux » sans contre-exemple. C'est exactement ce que la consigne écarte : une réponse non argumentée laisse la question sans réponse. Ici le contre-exemple tient en trois lignes.
• Croire que « sans racine » et « irréductible » sont synonymes. C'est vrai en degré $2$, où « sans racine réelle » équivaut à « irréductible ». En degré $1$, non : tout polynôme de degré $1$ est irréductible et possède une racine réelle. Et dès le degré $4$, c'est l'implication de l'énoncé qui tombe, comme le montre le contre-exemple ci-dessus. Ce qu'il faut retenir est la bonne moitié : avoir une racine réelle entraîne être réductible (en degré au moins $2$).
• Oublier que l'irréductibilité dépend de l'ANNEAU. $X^2+1$ est irréductible dans $\mathbb{R}[X]$ et réductible dans $\mathbb{C}[X]$, où il vaut $(X-i)(X+i)$. Écrire « irréductible » sans dire « dans $\mathbb{R}[X]$ » ne désigne rien.
• Le cas dégénéré des constantes. Le polynôme constant $P=1$ n'a aucune racine réelle et n'est pas irréductible, puisqu'il est inversible : c'est un contre-exemple valide, mais il repose sur une convention de définition. Le contre-exemple de degré $4$ ne prête, lui, à aucune discussion.
• Croire que la réciproque serait vraie. Elle est fausse aussi : $X-3$ est irréductible et possède la racine réelle $3$. Les deux notions ne s'impliquent dans aucun sens.

Recoupement. Deuxième vérification, indépendante du raisonnement : un balayage machine des $625$ polynômes unitaires $X^4+aX^3+bX^2+cX+d$ à coefficients entiers dans $\{-2,\dots,2\}$ en trouve $139$ sans racine réelle, et les $139$ se factorisent en deux trinômes réels de discriminant strictement négatif — donc tous réductibles, comme l'annonce le résultat de structure. Sur le contre-exemple retenu, les valeurs confirment la positivité stricte : $P(0)=1$, $P(1)=4$, $P(-2)=25$, et le minimum de $P$ sur $\mathbb{R}$ vaut $1$. Une variante tout aussi valable, si l'on préfère deux facteurs distincts : $(X^2+1)(X^2+2)=X^4+3X^2+2$.

Ce que ça teste. Le lien entre le polynôme caractéristique d'une matrice, ses valeurs propres et son inversibilité — et, avant tout, la forme logique de l'assertion. Chapitres : Valeurs propres et Matrices.

La forme logique décide de la preuve, et c'est le piège de l'item. « $P$ est le polynôme caractéristique d'une matrice carrée inversible » signifie : il existe une matrice carrée réelle $A$, inversible, telle que $\chi_A=P$. Nier une existence, c'est démontrer une propriété universelle : toute matrice réelle de polynôme caractéristique $P$ est non inversible. Exhiber une matrice non inversible de polynôme caractéristique $P$ ne réfute donc rien — cela ne dit rien des autres matrices.

La rédaction attendue. Factorisons d'abord :

donc $P(0)=0$ : le réel $0$ est racine de $P$.

Le polynôme caractéristique d'une matrice de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est de degré $n$, et $\deg P=3$ : une matrice de polynôme caractéristique $P$ est donc nécessairement de taille $3$. Soit $A\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ telle que $\chi_A=P$, avec la convention $\chi_A=\det(XI_3-A)$ — celle qui rend $\chi_A$ unitaire, comme l'est $P$. En évaluant en $0$ :

Or $\chi_A(0)=P(0)=0$, donc $\det(A)=0$ : la matrice $A$ n'est pas inversible. Comme $A$ était quelconque parmi les matrices de polynôme caractéristique $P$, aucune matrice inversible n'a $P$ pour polynôme caractéristique : l'assertion est fausse.

La lecture par les valeurs propres, qui dit la même chose sans calcul de déterminant. Les racines de $\chi_A$ sont exactement les valeurs propres de $A$. Comme $P(0)=0$, le réel $0$ est valeur propre de $A$, donc il existe un vecteur $v\neq0$ avec $Av=0$ : le noyau de $A$ n'est pas réduit au vecteur nul, et $A$ n'est pas inversible. Les deux rédactions sont acceptables ; la seconde est la plus courte.

Ce que l'item n'affirme PAS, et qu'il ne faut pas réfuter à sa place. $P$ est bien un polynôme caractéristique : la matrice

est triangulaire supérieure de diagonale $(0,-1,-1)$, donc $\chi_D=X(X+1)^2=P$, et $\det(D)=0$. Ce qui échoue dans l'assertion n'est pas « polynôme caractéristique », c'est « inversible ». Confondre les deux conduit à une réponse juste pour une raison fausse.

Les pièges.

• Réfuter par un exemple. C'est le piège central : l'assertion est existentielle, un exemple ne la contredit pas. Il faut un argument valable pour toutes les matrices.
• Se tromper de convention et croire que cela change le verdict. Avec l'autre convention, $\chi_A=\det(A-XI_3)$, on a $\chi_A(0)=\det(A)$ : le signe change, la conclusion non, puisque $P(0)=0$ et que $0=-0$. Mieux : avec cette convention, $\chi_A$ serait de coefficient dominant $(-1)^3=-1$, donc ne pourrait pas être égal au polynôme unitaire $P$. Dans les deux lectures, l'assertion tombe.
• Oublier le facteur $(-1)^n$. En taille $n$, $\chi_A(0)=(-1)^n\det(A)$ avec la convention unitaire. Ici $n=3$ et la valeur est nulle, donc le signe n'intervient pas — mais l'écrire faux dans un autre exercice change le résultat.
• Croire que la multiplicité de la racine $-1$ joue un rôle. Elle ne joue aucun rôle : seule la racine $0$ décide de l'inversibilité. La factorisation $X(X+1)^2$ sert uniquement à rendre $P(0)=0$ visible.
• Ne pas dire pourquoi la matrice est de taille $3$. Le degré du polynôme caractéristique d'une matrice de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ vaut $n$ : ici $\deg P=3$ impose $n=3$. C'est une ligne, et elle rend la rédaction complète.

Recoupement. Troisième voie, par la matrice compagnon de $P$ :

qui vérifie $\chi_C=P$ ; son déterminant vaut $0$, son rang vaut $2$ et son noyau est la droite engendrée par le vecteur de coordonnées $(1,2,1)$ — trois façons de constater la même non-inversibilité. Et le contraste qui montre où se joue le verdict : pour $Q=X^3+2X^2+X+1$, on a $Q(0)=1$, donc toute matrice de polynôme caractéristique $Q$ a pour déterminant $-1$, et elle est inversible. Le terme constant, à lui seul, décide.

Ce que ça teste. La résolution d'une équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficients constants, dans le cas de la racine double, puis une limite par croissances comparées. Chapitres : Équations différentielles et Réels et suites.

La rédaction attendue. Soit $a>0$ et soit $f$ une solution sur $\mathbb{R}$ de

L'équation est linéaire, homogène, du second ordre, à coefficients constants : son équation caractéristique est $r^2+2ar+a^2=0$, de discriminant

Elle admet donc la racine double $r_0=-a$, ce que la factorisation $r^2+2ar+a^2=(r+a)^2$ rend immédiat. Le théorème de résolution dit alors que l'ensemble des solutions réelles sur $\mathbb{R}$ est exactement

Il existe donc $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$ tel que $f(t)=(\lambda+\mu t)\mathrm{e}^{-at}$ pour tout réel $t$. Séparons les deux termes :

• $\lambda\mathrm{e}^{-at}\longrightarrow0$ quand $t\to+\infty$, car $a>0$ ;
• $\mu t\,\mathrm{e}^{-at}\longrightarrow0$ également : en posant $u=at$, on a $t\mathrm{e}^{-at}=\frac{1}{a}u\mathrm{e}^{-u}$, et $u\mathrm{e}^{-u}\to0$ quand $u\to+\infty$ par croissances comparées — l'exponentielle l'emporte sur toute puissance.

Par somme de limites, $f(t)\to0$ quand $t\to+\infty$ : l'assertion est vraie, et elle l'est pour toute solution, quels que soient $\lambda$ et $\mu$.

Les pièges.

• Ne pas calculer le discriminant et écrire deux racines distinctes. La forme $\lambda\mathrm{e}^{r_1t}+\mu\mathrm{e}^{r_2t}$ suppose $\Delta>0$. Ici $\Delta=0$ exactement, et c'est ce qui fait apparaître le facteur $t$. Une rédaction qui ne mentionne pas $\Delta$ n'a pas justifié la forme des solutions.
• Oublier le facteur $t$ et conclure quand même. La conclusion serait juste, la démonstration non : elle ne traiterait que les solutions avec $\mu=0$, c'est-à-dire une droite dans un plan de solutions. C'est la moitié de la question qui manque.
• Croire au contraire que le facteur $t$ empêche la limite nulle. Il la ralentit, il ne l'empêche pas : $t\mathrm{e}^{-at}$ tend vers $0$ pour tout $a>0$. Il faut le dire, pas le supposer.
• Ne pas voir que $a>0$ est l'hypothèse décisive. Si $a<0$, alors $\mathrm{e}^{-at}\to+\infty$ et la solution $t\mapsto\mathrm{e}^{-at}$ diverge. Si $a=0$, l'équation devient $y''=0$, dont les solutions $t\mapsto\lambda+\mu t$ ne tendent vers $0$ que dans le cas nul. L'hypothèse porte donc tout le résultat.
• Confondre « tend vers $0$ » et « décroît ». Une solution peut monter très haut avant de redescendre — voir le recoupement ci-dessous.

Recoupement. Prenons $a=\tfrac{1}{100}$, $\lambda=1$ et $\mu=1000$, donc $f(t)=(1+1000t)\mathrm{e}^{-t/100}$. Sa dérivée $f'(t)=\mathrm{e}^{-at}(\mu-a\lambda-a\mu t)$ s'annule en

et la valeur maximale vaut

La solution monte donc jusqu'à près de $36\,800$, vaut encore environ $45{,}4$ en $t=1000$, et ne descend au-dessous de $10^{-400}$ que vers $t=10^{5}$. La limite est bien nulle, la convergence peut être aussi lente qu'on veut : c'est exactement pour cela qu'un dessin ou un tableau de valeurs ne remplace pas la croissance comparée.

Ce que ça teste. Une équation différentielle linéaire du premier ordre non résolue — le coefficient devant $y'$ s'annule — et la structure de l'ensemble de ses solutions globales, c'est-à-dire définies sur $\mathbb{R}$ tout entier. Chapitres : Équations différentielles et, pour le recollement, Fonctions d'une variable réelle.

Ce que dit le cours, et où il cesse de s'appliquer. Pour une équation résolue $y'+\alpha(x)y=0$ avec $\alpha$ continue sur un intervalle $I$, l'ensemble des solutions sur $I$ est bien une droite vectorielle : $y=C\mathrm{e}^{-A(x)}$, où $A$ est une primitive de $\alpha$. Ici l'équation s'écrit $y'=-\frac{b(x)}{x}y$ seulement là où $x\neq0$ : le point $0$ est un point singulier, et $\mathbb{R}$ privé de $0$ n'est pas un intervalle. Le théorème ne s'applique donc pas sur $\mathbb{R}$, et c'est le recollement en $0$ qui décide.

La rédaction attendue. L'assertion est universelle — « toujours », c'est-à-dire pour toute fonction $b$ continue. Un seul contre-exemple la réfute. Prenons $b$ constante égale à $1$, qui est bien continue sur $\mathbb{R}$. L'équation devient

Soit $y$ une solution : par définition, $y$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et vérifie cette égalité en tout point. Or, pour une telle fonction, la dérivée du produit donne $(xy)'(x)=y(x)+xy'(x)$ : l'équation dit donc exactement que la fonction $x\mapsto xy(x)$ a une dérivée nulle sur $\mathbb{R}$. Comme $\mathbb{R}$ est un intervalle, cette fonction est constante : il existe $K\in\mathbb{R}$ tel que $xy(x)=K$ pour tout réel $x$. En prenant $x=0$, on obtient $K=0$. Donc $xy(x)=0$ pour tout $x$, d'où $y(x)=0$ dès que $x\neq0$ ; et $y$, dérivable donc continue en $0$, vérifie $y(0)=\lim_{x\to0}y(x)=0$.

L'ensemble des solutions réelles sur $\mathbb{R}$ est donc $\{0\}$, l'espace nul, de dimension $0$. Ce n'est pas une droite vectorielle, qui est par définition de dimension $1$ : l'assertion est fausse.

Un second contre-exemple, qui ferme toute discussion. Si l'on préfère éviter le débat sur l'espace nul, prenons $b$ constante égale à $-2$, soit $xy'(x)-2y(x)=0$. Posons

Ces deux fonctions sont dérivables sur $\mathbb{R}$ : sur chaque demi-droite ouverte c'est clair, et en $0$ le taux d'accroissement $u(h)/h$ vaut $h$ ou $0$ selon le signe de $h$, donc tend vers $0$ des deux côtés, d'où $u'(0)=0$ — de même pour $v$. Elles vérifient l'équation en tout point : pour $x>0$, $xu'(x)-2u(x)=2x^2-2x^2=0$ ; pour $x\leqslant0$, les deux termes sont nuls. Elles sont libres, car $u$ est nulle sur $\mathbb{R}_-$ sans être nulle, et $v$ est nulle sur $\mathbb{R}_+$ sans être nulle.

Réciproquement, toute solution est de cette forme : sur $]0,+\infty[$, la fonction $z=y/x^2$ est dérivable de dérivée $z'=\frac{xy'-2y}{x^3}=0$, donc $y=C_+x^2$ y est vraie pour un réel $C_+$ ; de même $y=C_-x^2$ sur $]-\infty,0[$ ; et $y(0)=0$ par continuité. L'ensemble des solutions est donc le plan $\mathrm{Vect}(u,v)$, de dimension $2$.

Et le cas où l'assertion est vraie, qui montre que le mot « toujours » est bien le mot fautif. Pour $b$ constante égale à $-1$, l'équation $xy'(x)-y(x)=0$ donne $y=C_+x$ sur $]0,+\infty[$ et $y=C_-x$ sur $]-\infty,0[$ ; la dérivabilité en $0$ impose alors l'égalité des deux taux d'accroissement, c'est-à-dire $C_+=C_-$, et l'ensemble des solutions est la droite engendrée par $x\mapsto x$. Selon $b$, on obtient donc la dimension $0$, la dimension $1$ ou la dimension $2$ : l'énoncé serait vrai s'il disait « parfois », il est faux parce qu'il dit « toujours ».

Les pièges.

• Appliquer le cours sans vérifier ses hypothèses. « Les solutions d'une équation linéaire homogène d'ordre $1$ forment une droite vectorielle » est vrai pour une équation résolue sur un intervalle. Les deux conditions manquent ici, et le sigle ne remplace pas la vérification.
• Résoudre sur chaque demi-droite et s'arrêter là. C'est la moitié du travail : ce qui décide est le recollement en $0$, et lui seul.
• Oublier que $y$ doit être dérivable EN $0$. L'énoncé quantifie sur tout $x\in\mathbb{R}$, donc $y'(0)$ doit exister. Une fonction définie par deux morceaux de $C_+x^2$ et $C_-x^2$ passe ce test ; deux morceaux de $C_+x$ et $C_-x$ avec $C_+\neq C_-$ ne le passent pas.
• Oublier l'équation EN $0$. Elle s'écrit $b(0)y(0)=0$ : si $b(0)\neq0$, elle impose déjà $y(0)=0$ — dans le premier contre-exemple, où $b\equiv1$, c'est un raccourci : elle donne en une ligne ce que le raisonnement par $(xy)'=0$ n'obtient qu'à la fin, par continuité.
• Croire qu'un seul contre-exemple ne suffit pas. Pour nier « toujours », un suffit — à condition qu'il soit complet : la fonction $b$ est nommée, l'ensemble des solutions est déterminé, et sa dimension est comparée à $1$.

Recoupement. Vérification machine en arithmétique exacte, sans aucun flottant : pour $b\equiv-2$ et quatre couples $(C_+,C_-)$, dont $\left(\tfrac32,\tfrac73\right)$, le résidu $xy'(x)-2y(x)$ vaut exactement $0$ en $81$ points rationnels répartis sur $\left[-\tfrac{40}{7},\tfrac{40}{7}\right]$, le point $0$ compris. Et une seconde lecture du premier contre-exemple : sur $]0,+\infty[$ les solutions de $xy'+y=0$ sont les $x\mapsto C/x$, dont la limite en $0^+$ est infinie dès que $C\neq0$ — aucune ne se prolonge par continuité en $0$, ce qui redonne $C=0$ par un autre chemin.

Ce que ça teste. L'ordre des quantificateurs, et le fait qu'échanger un $\forall$ et un $\exists$ change le sens d'un énoncé. Chapitre : Raisonnement.

Traduire avant de calculer. Les deux assertions se lisent en français, et la traduction fait déjà la moitié du travail :

• $(\mathcal{P})$ : chaque fonction de $\mathcal{F}$ s'annule quelque part — le point d'annulation pouvant dépendre de la fonction ;
• $(\mathcal{Q})$ : les fonctions de $\mathcal{F}$ ont un zéro commun — un même point annule toutes les fonctions à la fois.

Dit ainsi, il est clair que la seconde est plus forte. Reste à le démontrer, et à réfuter l'autre sens.

La rédaction attendue, premier temps : $(\mathcal{Q})$ entraîne $(\mathcal{P})$. Supposons $(\mathcal{Q})$ : il existe $x_0\in\mathbb{R}$ tel que, pour toute $f\in\mathcal{F}$, $f(x_0)=0$. Soit $f\in\mathcal{F}$ quelconque. Le réel $x_0$ convient, donc $\exists x\in\mathbb{R},\ f(x)=0$. Ceci valant pour toute $f$ de $\mathcal{F}$, l'assertion $(\mathcal{P})$ est vraie. Cette implication est valable pour tout ensemble $\mathcal{F}$ ; c'est la règle générale : échanger $\exists x\,\forall f$ en $\forall f\,\exists x$ est licite quel que soit $\mathcal{F}$, et jamais l'inverse — « jamais » au sens où l'échange en sens contraire n'est pas une règle : il peut tomber juste sur tel ou tel $\mathcal{F}$, comme on le verra dans les pièges, mais sur aucun ce n'est l'échange qui le donne, et le tenir pour valable quel que soit $\mathcal{F}$ reviendrait à supposer ce qu'on veut démontrer.

Second temps : la réciproque est fausse. Il suffit d'exhiber un $\mathcal{F}$ pour lequel $(\mathcal{P})$ est vraie et $(\mathcal{Q})$ fausse. Posons

deux fonctions bien définies sur $\mathbb{R}$.

• $(\mathcal{P})$ est vraie : $f_1(0)=0$ et $f_2(1)=0$, donc chacune des deux fonctions s'annule en au moins un point.
• $(\mathcal{Q})$ est fausse : si un réel $x$ vérifiait $f_1(x)=0$ et $f_2(x)=0$, on aurait $x=0$ et $x=1$, ce qui est absurde. Plus directement, $f_1(x)-f_2(x)=1$ pour tout $x$, donc $f_1$ et $f_2$ ne peuvent pas s'annuler au même point.

Pour cet $\mathcal{F}$, $(\mathcal{P})$ est vraie et $(\mathcal{Q})$ est fausse : les deux assertions ne sont pas équivalentes, l'assertion est fausse.

Les pièges.

• Réfuter avec un $\mathcal{F}$ réduit à une seule fonction. Si $\mathcal{F}=\{f\}$, les deux assertions s'écrivent toutes deux « $\exists x\in\mathbb{R},\ f(x)=0$ » : elles sont équivalentes, et un tel $\mathcal{F}$ ne peut rien réfuter. Le contre-exemple a besoin d'au moins deux fonctions, et c'est un point que la rédaction gagne à dire.
• Donner un $\mathcal{F}$ où les deux assertions sont fausses. Cela ne réfute pas l'équivalence : deux assertions fausses sont équivalentes. Il faut un $\mathcal{F}$ où exactement une des deux est vraie.
• Se contenter du verdict. « L'ordre des quantificateurs compte » est une remarque, pas une démonstration. Ce qui est attendu : l'implication qui tient, démontrée ; et celle qui tombe, réfutée par un objet explicite.
• Oublier de préciser quelle implication survit. Répondre « faux » sans dire que $(\mathcal{Q})$ entraîne $(\mathcal{P})$ laisse croire que les deux sens échouent, ce qui est inexact.
• Le cas de l'ensemble vide. Si $\mathcal{F}=\varnothing$, les deux assertions sont vraies : $(\mathcal{P})$ est vraie par vacuité, et $(\mathcal{Q})$ aussi, car il suffit de prendre n'importe quel réel $x$ — l'ensemble $\mathbb{R}$ n'est pas vide. Ce n'est donc pas de ce côté-là qu'on trouvera un contre-exemple.

Recoupement. Lecture ensembliste, qui donne le mécanisme d'un coup : en notant $Z_f=f^{-1}(\{0\})$ l'ensemble des zéros de $f$, l'assertion $(\mathcal{P})$ dit que chaque $Z_f$ est non vide, et $(\mathcal{Q})$ que leur intersection est non vide. Une famille d'ensembles tous non vides peut parfaitement être d'intersection vide — ici $Z_{f_1}=\{0\}$ et $Z_{f_2}=\{1\}$ sont disjoints. Vérification machine : sur une grille de $401$ rationnels de pas $\tfrac{1}{10}$ dans $[-20,20]$, la quantité $\lvert f_1(x)\rvert+\lvert f_2(x)\rvert$ atteint son minimum $1$ et ne descend jamais plus bas — un balayage fini ne peut rien interdire, c'est l'identité $f_1-f_2=1$ ci-dessus qui exclut l'annulation simultanée, et ce relevé ne fait que la corroborer. Et un cas où $(\mathcal{Q})$ est bien vraie, pour montrer que l'implication démontrée n'est pas creuse : $\mathcal{F}=\{x\mapsto x,\ x\mapsto2x\}$ admet $0$ pour zéro commun.

Ce que ça teste. Le principe des tiroirs et la lecture de « congrus modulo $2$ » comme « de même parité ». Chapitres : Raisonnement et Arithmétique.

Traduire l'énoncé. Deux entiers sont congrus modulo $2$ lorsque leur différence est paire, c'est-à-dire lorsqu'ils ont la même parité. Il y a exactement deux classes de congruence modulo $2$ : celle des entiers pairs et celle des entiers impairs. L'assertion affirme donc que, parmi trois entiers naturels, deux au moins tombent dans la même classe.

La rédaction attendue. Notons $x_1=a$, $x_2=b$, $x_3=c$ et considérons l'application

qui à un indice associe la classe de congruence modulo $2$ de l'entier correspondant. L'ensemble de départ a $3$ éléments, l'ensemble d'arrivée en a $2$. Le principe des tiroirs — si $E$ et $F$ sont finis avec $\mathrm{card}(E)>\mathrm{card}(F)$, alors aucune application de $E$ dans $F$ n'est injective — s'applique : $\varphi$ n'est pas injective, donc il existe deux indices distincts $i\neq j$ tels que $\varphi(i)=\varphi(j)$, c'est-à-dire $x_i\equiv x_j\pmod 2$. Deux au moins des trois entiers $a$, $b$, $c$ sont donc congrus modulo $2$ : l'assertion est vraie.

La variante sans tiroirs, tout aussi recevable. Notons $p$ le nombre d'entiers pairs parmi $a,b,c$ et $q$ le nombre d'impairs, en comptant les trois places et non les valeurs distinctes — si deux des trois entiers sont égaux, cet entier compte deux fois, et trois fois s'ils le sont tous les trois. Alors $p+q=3$, donc $\max(p,q)\geqslant2$ : ou bien deux au moins sont pairs, ou bien deux au moins sont impairs. Dans les deux cas, deux d'entre eux ont même parité, donc sont congrus modulo $2$. Cette rédaction a l'avantage de ne rien citer ; elle est parfois plus rapide à écrire qu'à justifier.

Les pièges.

• Traiter des exemples. $(1,3,4)$, $(2,2,7)$, $(0,5,9)$ : trois cas vérifiés ne démontrent rien d'une assertion universelle. Ici il faut un argument valable pour tous les triplets.
• Supposer $a$, $b$, $c$ distincts. L'énoncé ne le dit pas. Si deux d'entre eux sont égaux, la conclusion est immédiate — et le raisonnement ci-dessus n'a pas besoin de distinguer les cas, puisqu'il porte sur les indices et non sur les valeurs. Écrire « considérons l'ensemble $\{a,b,c\}$ » serait en revanche imprudent : cet ensemble peut avoir moins de trois éléments.
• Confondre « congrus modulo $2$ » et « égaux ». $4$ et $10$ sont congrus modulo $2$ sans être égaux ; c'est la parité qui compte, pas la valeur.
• Citer les tiroirs sans énoncer le principe ni vérifier ses hypothèses. Le principe compare deux cardinaux finis ; il faut dire lesquels, et dans quel sens. Un énoncé invoqué sans ses hypothèses n'est pas une justification.

Recoupement. Vérification exhaustive par machine : sur les $29\,791$ triplets $(a,b,c)$ de $\{0,1,\dots,30\}^3$, tous vérifient l'assertion — ce qui ne la démontre pas, mais aurait suffi à la réfuter si elle avait été fausse. Le vrai recoupement est ailleurs : il consiste à déplacer les bornes pour voir où l'inégalité $3>2$ est utilisée.

C'est ce tableau qui montre que l'assertion n'est pas vraie par miracle : elle est vraie parce que le nombre d'entiers dépasse strictement le nombre de classes, et elle cesse de l'être dès que ce n'est plus le cas.

Les six réflexes de la partie, dans l'ordre des items.

1. Sans racine réelle n'est pas irréductible. Dans $\mathbb{R}[X]$, les irréductibles sont exactement les degrés $1$ et les degrés $2$ de discriminant strictement négatif : dès le degré $3$, tout polynôme est réductible. Le contre-exemple de référence est $(X^2+1)^2$.
2. Le terme constant du polynôme caractéristique décide de l'inversibilité. $\chi_A(0)=(-1)^n\det(A)$, donc $\chi_A(0)=0$ équivaut à « $0$ est valeur propre », c'est-à-dire à « $A$ n'est pas inversible ». Le signe change avec la convention, la nullité non.
3. Un discriminant nul fait apparaître un facteur $t$. Pour $y''+2ay'+a^2y=0$, la racine $-a$ est double et les solutions sont $(\lambda+\mu t)\mathrm{e}^{-at}$ ; avec $a>0$ elles tendent toutes vers $0$, par croissances comparées — mais elles peuvent monter très haut avant de redescendre.
4. Une équation non résolue se traite par recollement, et le recollement peut tout changer. Pour $xy'+b(x)y=0$ sur $\mathbb{R}$, l'ensemble des solutions globales peut être de dimension $0$, $1$ ou $2$ selon $b$. Le théorème du cours porte sur une équation résolue sur un intervalle : ses deux hypothèses manquent ici.
5. $\exists x\,\forall f$ entraîne $\forall f\,\exists x$, jamais l'inverse. Le contre-exemple minimal demande deux fonctions — avec une seule, les deux assertions coïncident. En version ensembliste : des ensembles tous non vides peuvent être d'intersection vide.
6. Trois entiers, deux parités : les tiroirs concluent. Le principe se cite avec ses hypothèses (deux ensembles finis, le premier de cardinal strictement plus grand), et il cesse de s'appliquer dès que l'inégalité stricte tombe.

Et trois réflexes de méthode, valables pour tout Vrai/Faux de concours.

• Lire la forme logique avant de chercher la réponse. Une assertion universelle (« tout », « toujours ») se réfute par un objet ; une assertion existentielle se réfute par une démonstration portant sur tous les objets. L'item 2 est précisément celui où un contre-exemple ne prouve rien, et c'est le piège le mieux caché de cette partie.
• Ne pas chercher à équilibrer. Deux items vrais, quatre faux : chaque item se juge seul. Inventer une objection à un item vrai laisse une question sans réponse, tout autant qu'un item faux validé.
• Quand l'assertion est fausse, aller jusqu'au bout du contre-exemple. Le nommer ne suffit pas : il faut vérifier sur lui l'hypothèse, puis montrer que la conclusion échoue. Pour l'item 4, cela veut dire déterminer entièrement l'ensemble des solutions et comparer sa dimension à $1$ — pas seulement remarquer que quelque chose cloche en $0$.

Q. 1. L'expression $f(t)$ réclame deux choses de $t$, pas une seule. Traduire ensuite « $1$ n'appartient pas au segment $[x,2x]$ » par une inégalité sur $x$ : la négation de $x\leqslant1\leqslant2x$ a exactement deux branches.