Corrigé nal - AAE1/AAE2

Le 13/01/2021

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Page 1/3 Exercice 1

∀x∈]0,+∞[, f(x) = 1−x 1

x

1. • Soitxun réel tel quex >1. Alors0< 1

x <1d'où1 x

= 0puisf(x) = 1

• f(1) = 1−1× 1

1

= 1−1×1 = 0

• La fonctionf n'est pas continue en 1 car lim

x→1⁺f(x) = 16=f(1) 2. Soitx∈R^+∗. On rappelle que∀t∈R, t−1<btc6t.

D'où 1 x−16

1 x

6 1

x . Donc x 1

x−1

6x 1

x

6x1 x Donc −1 +x>−x

1 x

>−1 . Ainsi ∀x∈R^+∗ 06f(x)6x Or lim

x→10⁺x= 0.

Le théorème des gendarmes permet de conclure que lim

x→0⁺f(x) = 0

Exercice 2

Pour tout entier natureln, on notef_n la fonction dénie surR⁺= [0,+∞[par :

f_n(x) = ln(1 +x) +n x−1

1. (a) Soientaetb deux réels tels que06a < b.

Alors161 +a <1 +b. Comme la fonction lnest strictement croissante sur[1,+∞[,on en déduit que ln(1 +a) <

(?)

ln(1 +b). De plusn>0. D'oùn a6n bpuis n a−1 6

(??)

n b−1.

En ajoutant membre à membre les inégalités(?)et (??), on obtient ln(1 +a) +n a−1<ln(1 +b) +n b−1.

Ainsi ∀(a, b) ∈ [0,+∞[² , a < b =⇒ f(a) < f(b)

ce qui signie, par dénition, quefn est strictement croissante sur[0,+∞[.

(b) fn est la somme des deux fonctions u:x7→ln(1 +x)etv:x7→n x−1.

uet vétant continues sur R⁺, la fonction f_n est continue sur l'intervalle [0,+∞[. Elle est de plus strictement croissante sur[0,+∞[.

Or fn(0) = ln(1)−1 =−1 et lim

x→+∞fn(x) = +∞. On en déduit, d'après le théorème de la bijection, quefn est bijective de [0 ; +∞[ sur l'intervalle image :

f_n([0 ; +∞[) =

f_n(0), lim

x→+∞f_n(x)

= [−1,+∞[

(c) L'intervalle image fn([0 ; +∞[) contient zéro. Donc 0 admet un unique antécédent un par fn dans l'intervalle [0,+∞[ ce qui revient à dire que l'équation d'inconnue x, fn(x) = 0 admet une unique solution un dans l'intervalleR⁺. Nous pouvons écrire : un=f_n⁻¹(0)

On retiendra quef_n(u_n) = 0 et que06u_n.

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2. (a) Soitn∈N^∗. Alors fn(1/n) = ln

1 + 1

n

+n 1

n

−1 = ln

1 + 1 n

+ 1−1 = ln

1 + 1 n

. Or 1

n >0 =⇒1 + 1

n >1 =⇒ln

1 + 1 n

>ln 1. Doncfn(1/n)>0 (b) Soitn∈N^∗. On déjà a vu en 1.(c) que, 06un.

De plus d'après 2.(a),06f_n 1

n

.

D'après le théorème de la bijection, la réciproque defn a le même sens de variation quef_n.

Donc la réciproquef_n⁻¹ est croissante surf_n([0 ; +∞[) = [−1,+∞[. Donc 06f_n

1 n

=⇒f_n⁻¹(0)

| {z }

un

6 f_n⁻¹◦f_n

| {z }

id_R+

1 n

=⇒u_n6 1 n

(c) ∀n∈N^∗, 06un 6 1

n avec lim

n→+∞

1 n = 0⁺

Le théorème des gendarmes permet de conclure que lim

n→+∞u_n= 0⁺ (d) On rappelle que pour tout entier natureln, f_n(u_n) = 0

c.à.d. ln(1 +un) +n un−1 = 0. D'où ∀n∈N, n un= 1−ln(1 +un) Or lim

n→+∞un= 0 et lim

t→0ln(1 +t) = ln 1 = 0 D'où, par composition, lim

n→+∞ln(1 +un) = 0 Donc lim

n→+∞1−ln(1 +un) = 1

Finalement lim

n−→+∞ n u_n= 1 et u_n ∼

(n−→+∞)

1 n

Exercice 3

1. Soit f : [a, b]−→R une fonction continue sur le segment[a, b] et dérivable sur l'intervalle ouvert ]a, b[ aveca < b. Alors il existe au moins un réelc ∈]a, b[ tel que

f(b)−f(a) =f⁰(c) (b−a) 2. On se xe un réelxappartenant à[0,1].

• 1er cas : supposonsx >0. On applique le théorème des accroissements nis en prenantf = exp, a= 0et b=x. La fonctionexpest dérivable sur R, a fortiori continue sur[0, x]et dérivable sur]0, x[.

Donc il existec∈]0, x[tel que e^x−e⁰= exp⁰(c) (x−0) c'est-à-dire e^x−1 =xe^c

Or c∈]0, x[⇒06c61⇒e⁰6e^c6e¹⇒16e^c6e⇒x6xe^c6xe Doncx6e^x−16xe

• 2ème cas : supposonsx= 0. Alorse^x−1 = e⁰−1 = 1−1 = 0et xe = 0. Donc l'encadrementx6e^x−16xe reste valable dans ce cas trivial.

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Page 3/3 Exercice 4

On se xe un entier naturelnsupérieur à 2 et on considère le polynômePn(X)∈R[X] déni par :

P_n(X) = (X−1)ⁿ−1

1. D'après la formule du binôme, (X−1)ⁿ= X+ (−1)n

=

n

X

k=0

n k

(−1)^n−kX^k

D'oùPn(X) = (X−1)ⁿ−1 =−1 +

n

X

k=0

n k

(−1)^n−kX^k

Donc Pn(X) =



















n

X

k=1

n k

(−1)^n−kX^k sinest pair

−2 +

n

X

k=1

n k

(−1)^n−kX^k sinest impair n

n

(−1)ⁿ⁻ⁿ= 16= 0 donc deg P_n(X)

=n

2. (a) Soitθ∈R. D'après l'une des formules d'Euler : cosθ= e^{i θ}+ e^{−i θ} 2 D'où 2 cos(θ) e^{i θ}= 2

e^{i θ}+ e^{−i θ} 2

e^{i θ}= e^{i θ}+ e^{−i θ} e^{i θ}

= e^{i θ}e^{i θ}+ e^{−i θ}e^{i θ}= e^i(θ+θ)+ e^i(−θ+θ)= e^i2θ+ e⁰= 1 + e^i2θ

(b) Les racines n−ièmes de l'unité sont les n nombres complexes deux à deux distincts :

e^i2kπn oùk∈J0, n−1K (c)

(z−1)ⁿ= 1 ⇔ ∃k∈J0, n−1K ; z−1 = e^i2kπn d'après le rappel ci-dessus

⇔ ∃k∈J0, n−1K ; z= 1 + e^i2kπn

L'équation (z − 1)ⁿ = 1 admet exactement n solutions : les nombres αk = 1 + e^i2kπn pourk∈J0, n−1K.

(d) Les racines complexes (éventuellement réelles) du polynôme Pn(X)sont les solutions de l'équation d'inconnue z : (z−1)ⁿ−1 = 0. Donc Pn(X) admetnracines deux à deux distinctes, à savoir les nombres complexesαk.

α_k= 1 + eⁱ²(^kπ_n) = 2 cosk π n

e^{ik πn} d'après la question 2.(a) 3. (a) On connaît les racines du polynômePn(X)et son coecient dominant qui

est égal à 1. Donc

Pn(X) = 1

n−1

Y

k=0

(X−αk) =

n−1

Y

k=0

X−2 cos k π

n

e^{ik πn}

(b) On déduit de la question précédente que

P_n(0) =

n−1

Y

k=0

(0−α_k) =

n−1

Y

k=0

(−αk) =

n−1

Y

k=0

(−1)α_k= (−1)ⁿ

n−1

Y

k=0

α_k

On a déni initialementPn(X)parPn(X) = (X−1)ⁿ−1. DoncPn(0) = (−1)ⁿ−1 =

0 sinest pair

−2 sinest impair

On en déduit le produit desnracines du polynômePn(X):

n−1

Y

k=0

αk = P_n(0)

(−1)ⁿ =(−1)ⁿ−1 (−1)ⁿ =

0 sinest pair 2 sinest impair