Chapitre R´evision d’analyse

Chapitre

R´ evision d’analyse

1. M´ ethodes sur la trigonom´ etrie et les complexes :

• R´esoudre des ´equations trigo.

• Savoir couper les angles en deux.

• Savoir factoriser.

• Savoir lin´eariser.

• Calculer cos (nθ) et sin (nθ).

• Simplifier A cos (θ) + B sin (θ).

• Trouver la forme trigonom´etrique de z.

• Maˆıtriser la technique de l’angle moiti´e.

• R´esoudre une ´equation du second degr´e.

• R´esoudre z

= 1.

2. M´ ethodes sur les polynˆ omes :

• Prouver que P est pair/impair

• Trouver le degr´e de P .

• Comment prouve-t-on que P est nul (et P et Q ´egaux).

• Montrer que P divise Q.

• Caract´eriser une racine multiple.

• Trouver les racines.

• D´ecomposition en produit de polynˆ omes irr´eductibles.

3. M´ ethodes sur les fonctions de plusieurs variables :

• Trouver l’ensemble de d´efinition

• Tracer la surface repr´esentative

• Comment calculer les d´eriv´ees partielles (avec ou sans composition)

• Comment trouver les extremums

• Comment approcher

4. M´ ethodes sur les suites :

• Utiliser th´eor`eme des gendarmes ou le passage ` a la limite dans les in´egalit´es.

• Montrer qu’une suite croissante tend vers +∞.

• Expliciter une suite arithm´etico-g´eom´etrique.

• Prouver que (u

)

et (v

)

sont adjacentes.

• Utiliser le fait que (u

)

et (v

)

sont adjacentes.

• Prouver la bonne d´efinition d’une suite du type ”u

= f (u

)”

• Etude d’une suite du type ”u ´

= f (u

)” avec f croissante.

• Etude d’une suite du type ”u ´

= f (u

)” avec f d´ecroissante.

• Etude d’une suite du type ”u ´

= f (u

)” avec f contractante.

• Prouver que X

u

est une somme de Riemann et s’en servir.

5. M´ ethodes d’analyse de base :

• Prouver qu’une ´equation a des solutions.

• Savoir r´esoudre une in´equation.

• Trouver les asymptotes.

6. M´ ethodes concernant l’int´ egration :

• Savoir faire une int´egration par parties.

• Savoir faire un changement de variable.

• Savoir int´egrer d’une fonction rationnelle.

• Savoir int´egrer une fonction rationnelle en sinus et cosinus.

• Savoir encadrer une int´egrale.

• Int´egrer une fonction dont l’expression change...

7. M´ ethodes concernant les ´ equivalents et d´ eveloppements limit´ es :

• Obtenir un ´equivalent.

• Pour le calcul de limite.

• Avoir des d´eriv´ees.

• Avoir une tangente et mˆeme la position.

• Avoir une asymptote et mˆeme la position.

8. M´ ethodes concernant les ´ equations diff´ erentielles :

• Savoir r´esoudre une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 1.

• Assumer un probl`eme de recollement.

• Savoir r´esoudre une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 2 et ` a cœfficients constants.

• Savoir utiliser la m´ethode d’Euler.

1 La trigonom´ etrie et les complexes...

M´ ETHODE 1 : R´ esoudre des ´ equations trigo

Principe :

R´esoudre des ´equations trigo ne devrait pas vous poser trop de probl`emes, l’id´ee est de se ramener

`

a une de ces trois ´equations qu’on sait r´esoudre : 1. cos (θ) = cos (φ)⇔θ ≡φ[2π] ou θ≡ −φ[2π]

2. sin (θ) = sin (φ)⇔θ ≡φ[2π] ou θ≡π−φ[2π]

3. tan (θ) = tan (φ)⇔θ ≡φ[π]

Disons simplement qu’on essaye de toujours revenir `a une ´egalit´e entre deux cos ou deux sin ou deux tan. Si jamais vous avez un m´elange de cos et du sin, sachez que vous pouvez passer de l’un `a l’autre en faisant un d´ephasage de π

2 : cosπ

2 −θ

= sin (θ) et sinπ 2 −θ

= cos (θ). Rappel :

Lors de la r´esolution d’´equation de trigonom´etrie, on va devoir faire des sommes et des divisions dans les modulos, voici les r`egles qu’il faudra respecter :

• θ₁ ≡θ⁰₁[2π] et θ₂ ≡θ⁰₂[2π]⇒θ₁+θ₂ ≡θ₁⁰ +θ₂⁰[2π]

• θ1 ≡θ⁰₁[2π] et θ2 ≡θ⁰₂[2π]⇒θ1−θ2 ≡θ₁⁰ −θ⁰₂[2π]

• nθ₁ ≡nθ⁰₁[2π]⇔θ₁ ≡θ₁⁰ 2π

n

Penser bien en particulier `a diviser dans le modulo quand vous diviser une ´egalit´e.

Mise en garde :

Attention, on des modulos 2πpour cos et sin et modulo πpour tan. Ne pas oublier aussi `a chaque fois la deuxi`eme possibilit´e. cos (θ) = cos (φ) n’´equivaut pas `a θ ≡ φ[2π] mais `a θ ≡ φ[2π] ou θ ≡

−φ[2π]. La deuxi`eme possibilit´e se retrouve tr`es simplement en observant un cercle trigo :

1. Pour le cos, on remarque que cos (α) et cos (−α) valent la mˆeme chose. On a trac´e une droite verticale sur le cercle pour le voir.

2. Pour le sin, on remarque que sin (α) et sin (π−α) valent la mˆeme chose. On a trac´e une droite horizontale sur le cercle pour le voir.

3. Pour le tan, on remarque que tan (α) et tan (π+α) valent la mˆeme chose.

Exemple :

R´esoudre l’´equationcos (x) = sin 2x

3

d’inconnue x r´eel.

Soit xun r´eel, on a cos (x) = sin x+π

2

d’o`u : cos (x) = sin

2x 3

⇔sin x+ π

2

= sin 2x

3

⇔











x+π

2 ≡ 2x 3 [2π]

ou x+π

2 ≡ π− 2x 3 [2π]

et l`a, on fait attention aux modulos, on a :

cos (x) = sin 2x

3

⇔









 x

3 ≡ −π 2[2π]

ou 5x

3 ≡ π

2[2π]

⇔















x ≡ −3π 2 [6π]

ou

x ≡ 3π 10

6π 5

M´ ETHODE 2 : Savoir couper les angles en deux

Rappel :

1. On vous rappelle les formules d’angle moiti´e du cos et du sin : cos (2θ) = cos²(θ)−sin²(θ)

= 2 cos²(θ)−1

= 1−2 sin²(θ)

sin (2θ) = 2 sin (θ) cos (θ)

2. En posant t= tan θ

2

, on obtient celles li´ees `a la tangente de l’angle moiti´e :

• sin (θ) = 2t 1 +t²

• cos (θ) = 1−t² 1 +t²

• tan (θ) = 2t 1−t² Principe :

Parmi toutes ces belles formules, celles faisant permettant de passer de 2θ `a θ sont tr`es usit´ees.

Allez les voir, elles sont dans le rappel ci-dessus. Vous devez non seulement les connaˆıtre mais aussi les reconnaˆıtre. D`es que vous avez des formules de trigo m´elangeant des 2θ, desθ et compagnie, essayez d’homog´en´eiser au maximum en utilisant ces formules qui vous permettent de diviser ou multiplier les angles par deux.

Exemple :

R´esoudre l’´equation suivante d’inconnue x r´eel :

cos²(x)−sin²(x) = sin(2x) + 1.

Pour tout r´eel x, on a :

cos²(x)−sin²(x) = sin(2x) + 1 ⇐⇒1−2 sin²(x) = 2 sin(x) cos(x) + 1

⇐⇒sin(x)×(cos(x) + sin(x)) = 0

⇐⇒sin(x) = 0 ou cos(x) =−sin(x)

⇐⇒x≡0[π] ou x≡ −π 4[π]

M´ ETHODE 3 : Maˆıtriser la technique de l’angle moiti´ e

Rappel :

On va avoir besoin des formules d’Euler pour cette m´ethode :

exp (iθ) + exp (−iθ) = 2 cos(θ) et exp (iθ)−exp (−iθ) = 2isin(θ).

Principe :

On souhaite mettre sous forme trigonom´etrique un complexe de la forme suivante : exp (ia) + exp (ib) ou exp (ia)−exp (ib).

Pour cela, il suffit de mettre en facteur l’angle moiti´e, c’est-`a-dire exp

ia+b 2

, puis d’utiliser les formules d’Euler rappel´ees dans le rappel ! On obtient alors ces deux formules (qu’il ne faut pas apprendre par cœur mais savoir retrouver en factorisant comme on vient juste de le dire !) :

• exp (ia) + exp (ib) = 2 cos

a−b 2

exp

ia+b

2

.

• exp (ia)−exp (ib) = 2isin

a−b 2

exp

ia+b

2

. Cas particulier :

On rencontre aussi de temps en temps des exp (ia) + 1 et exp (ia)−1, c’est donc le cas particulier o`u l’un des deux angles est nul. Il suffit alors de factoriser par exp

ia

2

afin d’obtenir : exp (ia) + 1 = 2 cosa

2

exp ia

2

et exp (ia)−1 = 2isina 2

exp

ia 2

. Exemple :

Soit a un ´el´ement de ]0, π]. Mettre sous forme trigonom´etrique le complexe suivant : z = exp (ia) + 1

1−exp (ia).

On note que 1−exp (ia) n’est pas nul puisquea n’est pas un multiple de 2π. On met exp ia

2 en facteur au num´erateur comme au d´enominateur, on obtient :

z = exp

ia 2

+ exp

−ia 2

exp

−ia 2

−exp ia

2 ×

exp ia

2

exp ia

2

=

2 cosa 2

−2isina 2

=i cosa

2

sina.

.

M´ ETHODE 4 : Savoir factoriser

Rappel :

On va utiliser les ´egalit´es vues dans la pr´ec´edente m´ethode :

• exp (ip) + exp (iq) = 2 cos

p−q 2

exp

ip+q

2

.

• exp (ip)−exp (iq) = 2isin

p−q 2

exp

ip+q

2

.

En identifiant parties r´eelles et imaginaires, on obtient les formules de factorisation (qui ne sont pas

`

a connaˆıtre par cœur mais `a savoir retrouver rapidement `a l’aide de la formule pr´ec´edente) :

• cos(p) + cos(q) = 2 cos

p+q 2

cos

p−q 2

• cos(p)−cos(q) = −2 sin

p+q 2

sin

p−q 2

• sin(p) + sin(q) = 2 sin

p+q 2

cos

p−q 2

• sin(p)−sin(q) = 2 cos

p+q 2

sin

p−q 2

Cas d’utilisation :

Factoriser, cela est utile quand on r´esout une ´equation ou quand on cherche un signe. Autant dire que dans ces deux cas, on n’appr´ecie gu`ere d’avoir une somme ! Bref, ces formules de factorisation, bien qu’elles ne soient pas `a apprendre par cœur, sont `a savoir retrouver tr`es tr`es rapidement !

Exemple :

R´esoudre l’´equationsin(x) + sin(2x) + sin(3x) = 0 d’inconnue x r´eel.

Soit xun r´eel. A l’aide des formules de factorisations, on obtient : sin(x) + sin(3x) = 2 sin

x+ 3x 2

cos

3x−x 2

Chouette, du sin (2x), on en d´eduit :

sin(x) + sin(2x) + sin(3x) = 0 ⇐⇒2 sin (2x) cos (x) + sin(2x) = 0

⇐⇒sin (2x)×

cos (x) + 1 2

= 0

⇐⇒











sin (2x) = 0 ou

cos (x) = −1 2







x ≡ 0hπ 2 i

M´ ETHODE 5 : Savoir lin´ eariser

Principe :

Le but est d’exprimer des puissances de cos et de sin en fonction de cos (kθ) et de sin (kθ). Il suffit pour cela de suivre ces deux ´etapes :

• Etape 1 :´

On remplace toutes les fonctions trigos grˆace aux formules d’Euler puis on d´eveloppe avec la formule du binˆome de Newton.

• Etape 2 :´

Dans la grosse somme qu’on obtient, on regroupe ensemble les exp (ikθ) avec leurs amis, les exp (−ikθ), et, enfin, on utilise de nouveau les formules d’Euler pour repasser en cos et sin.

Les calculs sont souvent p´enibles mais en ´etant bien organis´e, cela ne pose pas trop de souci ! Cas d’utilisation :

Lin´eariser, c’est bien utile quand on a besoin d’une somme. Typiquement, quand on cherche `a int´egrer une puissance de cos ou de sin !

Exemple :

Calculer Z ^π₂

0

cos⁶(t)dt.

D´ej`a, Z ^π₂

0

cos⁶(t)dt existe par continuit´e de cos⁶ surR et donc sur h 0;π

2 i

en particulier.

D’apr`es les formules d’Euler, pour tout r´eel t, on a : cos⁶(t) =

e^it+e^−it 2

6

= 1 2⁵ ×

e^6it+ 6e^4it+ 15e^2it+ 20 + 15e^−2it+ 6e^−4it+e^−6it 2

= 1 2⁵ ×

e^6it+e^−6it

2 + 6× e^4it+e^−4it

2 + 10 + 15×e^2it+e^−2it 2

= 1

2⁵ ×(cos(6t) + 6 cos(4t) + 15 cos(2t) + 10). D’o`u, par lin´earit´e de l’int´egration :

Z ^π₂

0

cos⁶(t)dt =

sin (6t) 192

^π₂

0

+ 6

sin (4t) 128

^π₂

0

+ 15

sin (2t) 64

^π₂

0

+ 10π 64

= 5π 32.

M´ ETHODE 6 : Calculer cos (nθ) et sin (nθ)

Rappel :

On va avoir besoin de la formule de De Moivre dans cette m´ethode. Pour tout r´eel θ, pour tout entier n, on a :

cos(nθ) +isin(nθ) = (cosθ+isinθ)ⁿ. Principe :

Pour expliciter cos(nθ) ou sin(nθ) en fonction de cos(θ) et sin(θ), on suit bien gentiment ces deux

´etapes :

• On d´eveloppe (cos(θ) +isin(θ))ⁿ en utilisant la formule du binˆome de Newton.

• Enfin, d’apr`es la formule de De Moivre, il suffit de chercher la partie r´eelle si on veut cos(nθ) et la partie imaginaire si on veut sin(nθ).

Exemple :

Appliquer le principe pr´ec´edent avec cos (4θ).

D’apr`es la formule du binˆome de Newton, (cos(θ) +isin(θ))⁴ est :

cos⁴(θ) + 4icos³(θ) sin(θ)−6 cos²(θ) sin²(θ)−4icos(θ) sin³(θ) + sin⁴(θ).

En identifiant la partie r´eelle, d’apr`es la formule de De Moivre, on a : cos(4θ) = cos⁴(θ)−6 cos²(θ) sin²(θ) + sin⁴(θ).

M´ ETHODE 7 : Simplifier A cos (θ) + B sin (θ)

Principe : On factorise par √

A²+B². Si A etB ne sont pas tous les deux nuls, on ´ecrit : Acos(θ) +Bsin(θ) =√

A²+B²×

A

√A²+B² cos(θ) + B

√A²+B² sin(θ)

et on cherche un angleφ tel que :

cos(φ) = A

√A² +B² et sin(φ) = B

√A²+B².

Enfin, en utilisant la formule cos(a+b), on se rend compte que cos(θ−φ) et A

√A²+B² cos(θ) +

√ B

A²+B² sin(θ), c’est la mˆeme chose ! Cas d’utilisation :

Cette m´ethode est adapt´ee d`es que vous avez une somme de sin et cos avec le mˆeme angle (il nous faut du θ pour les deux) et qu’on aimerait bien avoir juste un cosinus tout seul !

Exemple :

R´esoudre l’´equation d’inconnue θ r´eel : 2 cos (θ) +√

12 sin (θ) = 4 Appliquons ! Soitθ un r´eel. On a :

2 cos (θ) +√

12 sin (θ) = 4× 1

2cos (θ) +

√3

2 sin (θ)

!

= 4× cosπ

3

cos (θ) + sinπ 3

sin (θ) On reconnaˆıt du cos

θ− π 3

, d’o`u : 2 cos (θ) +√

12 sin (θ) = 4⇐⇒cos θ− π

3

= 1

⇐⇒θ−π

3 ≡0[2π]

⇐⇒θ ≡ π 3[2π]

M´ ETHODE 8 : Trouver la forme trigonom´ etrique de z

Principe :

Pour trouver la forme trigonom´etrique d’un complexe s’´ecrivant a+ib (avec aetb deux r´eels pas tous les deux nuls), on factorise par son module pour obtenir :

√

a²+b²×

a

√a²+b² +i b

√a²+b²

et on cherche un r´eel θ tel que :

cos(θ) = a

√a²+b² et sin(θ) = b

√a²+b² Voici des valeurs classiques de cos et de sin :

θ 0 π

6 π 4

π 3

π 2 cos(θ) 1

√3 2

√2 2

1

2 0

sin(θ) 0 1 2

√2 2

√3

2 1

Exemple :

Soit θ un r´eel. Mettre sous forme trigonom´etrique les complexes suivants : z₁ = −1

2+i

√3 2

!

×

1−i√ 3

et z₂ = (1 +i)×(sin (θ) +icos (θ)).

On essaye de reconnaˆıtre des valeurs particuli`eres de cos et sin comme expliqu´e dans le principe.

C’est parti :

z₁ = exp

i2π 3

×2× 1 2 −i

√3 2

!

= 2 exp

i2π 3

×exp

−iπ 3

= 2 exp iπ

3 On proc`ede de mˆeme pourz₂ :

z₂ =√ 2×

√2 2 +i

√2 2

!

×i(cos(θ)−isin(θ))

√ π π

M´ ETHODE 9 : R´ esoudre une ´ equation du second degr´ e

Principe :

On cherche les racines de aX²+bX+c, polynˆome que l’on appelleraP, aveca complexe non nul etb etcdeux complexes. On distingue deux cas :

• a, b et c sont r´eels.

On note ∆ =b² −4ac, on sait que pour tout complexe z, on a :

az²+bz+c= 0⇐⇒























z = −b+√

∆

2a ou −b−√

∆

2a si ∆>0 z = −b

2a si ∆ = 0 z = −b+i√

−∆

2a ou −b−i√

−∆

2a si ∆<0

• a, b et c sont des complexes non r´eels.

Pour r´esoudre une telle ´equation (degr´e 2 `a cœfficients complexes), on va suivre ces deux

´ etapes :

1. On se d´ebarrasse du cœfficient de z en utilisant la forme canonique : az²+bz+c= 0⇔a

z²+ b

az+ c a

= 0

⇔

z+ b 2a

2

= b² −4ac 4a²

2. On cherche alorsδun complexe tel queδ² =b²−4ac. Le plus simple est d’´ecrireb²−4acsous la formeρexp (iθ) avecρetθ deux r´eels et ρ>0 (i.e. de trouver la forme trigonom´etrique deb²−4ac). On peut prendre √

ρexp

iθ 2

pour δ et ¸ca marche ! On reprend :

az²+bz+c= 0 ⇐⇒

z+ b

2a 2

= δ

2a 2

⇐⇒

z+b−δ 2a

×

z+b+δ 2a

= 0

⇐⇒z = −b−δ

2a ou z = −b+δ 2a Mise en garde :

1. Attention, si ∆<0, on a mis du i√

−∆ et pas dui√

∆ qui ne serait pas d´efini ! 2. Attention, si ∆ est un complexe non r´eel, ´ecrire ∆>0 n’a aucun sens !

Exemple :

R´esoudre l’´equation suivante d’inconnue z complexe : z²−2iz+√

3×i= 0.

On va utiliser la forme canonique pour ´eliminer le degr´e 1. Pour tout complexe z, on a : z²−2iz+√

3×i= 0⇐⇒(z−i)² =−(√

3×i−i²)

⇐⇒(z−i)² =−(√

3×i+ 1)

⇐⇒(z−i)² =δ² avec δ un complexe tel que :

δ² =−(√

3×i+ 1)

= 2i²×

√3

2 ×i+1 2

!

= 2i²×exp iπ

3

Posons δ =√

2iexp iπ

6

, on constate que δ² vaut bien . −(√

3×i+ 1). On en d´eduit que, pour tout complexe z, on a alors :

z²−2iz+√

3×i= 0⇐⇒(z−i)² =δ²

⇐⇒(z−i)²−(δ)² = 0

⇐⇒(z−i−δ)×(z−i+δ) = 0

⇐⇒z =i+δ ou z =i−δ ce qui donne − 1

√2+i

√2 +√

√ 3

2 et 1

√2+i

√2−√

√ 3

2 comme solutions.

M´ ETHODE 10 : R´ esoudre z

= 1

Principe :

Pour r´esoudre cette derni`ere ´equation, on identifie en utilisant la forme trigonom´etrique. On commence par dire que 0 n’est pas solution de notre ´equation (on dit ¸ca car on va utiliser la notion d’argument dez qui implique que z est non nul) et on prend z un complexe non nul. On a :

zⁿ = 1⇐⇒ |zⁿ|=|1| et arg (zⁿ)≡arg(1)[2π]

⇐⇒ |z|ⁿ= 1 et narg (z)≡0[2π]

⇐⇒ |z|= 1 et arg (z)≡0 2π

n

et donc, on obtient les n solutions de cette ´equation :

zⁿ= 1⇐⇒ ∃k ∈J0;n−1K tel que z = exp

2ikπ n

.

Remarque :

Si on a une ´equation (d’inconnue z complexe) zⁿ = α `a r´esoudre alors on ´ecrit α sous forme trigonom´etrique, on appelle r_a son module etθ_a son argument. On fait un raisonnement similaire :

zⁿ=α⇐⇒zⁿ=r_aexp (iθ_a)

⇐⇒ |zⁿ|=r_a et arg (zⁿ)≡θ_a[2π]

⇐⇒ |z|= √ⁿ

r_a et arg (z)≡ θ_a n

2π n

⇐⇒ ∃k ∈J0;n−1K/z = √ⁿ

r_a×exp

iθ_a+ 2kπ n

Exemple :

Calculer (1 +i)⁶ et en d´eduire la r´esolution de l’´equation z⁶ =−8i d’inconnue z complexe.

En utilisant la forme trigonom´etrique, on obtient ais´ement que (1 +i)⁶ =−8i. On en d´eduit : z⁶ =−8i⇐⇒z⁶ = (1 +i)⁶

⇐⇒

z 1 +i

6

= 1

⇐⇒ ∃k∈J0; 5K/ z

1 +i = exp

ikπ 3

⇐⇒ ∃k∈J0; 5K/z = (1 +i)×exp

ikπ 3

2 Les polynˆ omes...

M´ ETHODE 11 : Prouver que P est pair/impair

Principe :

Signalons qu’un polynˆome (comme toute fonction) peut ˆetre ni pair ni impair. Si on veut prouver qu’un polynˆome a une parit´e particuli`ere, on peut exploiter l’une de ces deux id´ees :

• Id´ee 1 : Le traiter comme une fonction.

On prouve que, pour tout r´eel ou complexe x, P(x) = P(−x) pour montrer que P est pair.

Pour montrer queP est impair, on prouve que, pour tout r´eel ou complexex,P(x) = −P(−x)

• Id´ee 2 : Regarder ses cœfficients !

P est pair si et seulement si tous les coeffs des degr´es impairs sont nuls. Cela ne signifie pas que ses cœfficients sont tous pairs, 3X⁴ −2X² est pair alors que 3 est impair, cela signifie simplement que P est la somme uniquement de monˆomes de degr´e pair. P est impair si et seulement si tous les cœfficients des degr´es pairs sont nuls.

Exemple :

On d´efinit une suite (B_n)_n∈N de polynˆome en posant : B₀ = 1 et B_n+1 = (2n+ 1)XB_n− X²+ 1

B_n⁰ pour tout n ∈N . D´eterminer la parit´e de Bn.

LesB_nsont construits au fur et `a mesure : On va tenter une r´ecurrence. Pour tout entier naturel n, on appelle P(n) l’hypoth`ese suivante :

P(n) : Sin est pair, B_n est pair et si n est impair, B_n est impair.

B₀ = 1 donc B₀ est pair et 0 aussi, P(0) est donc vraie.

On suppose P(n) vraie pour un certain entier naturel n. On suppose aussi que n est pair.

D’apr`esP(n),B_naussi est pair donc X×B_nest impair tout comme (2n+ 1)X×B_n. D’autre part, si B_n est pair alors B_n⁰ est impair et par produit pair par impair, (X²+ 1)×B_n⁰ est impair. Par somme, B_n+1 est impair. On raisonne de mˆeme si on suppose n impair.P(n+ 1) est donc vraie si P(n) l’est.

P(0) est vraie et pour tout entier natureln, P(n) impliqueP(n+ 1). P(n) est donc vraie pour tout entier naturel n d’apr`es le principe de r´ecurrence.

M´ ETHODE 12 : Trouver le degr´ e de P

Rappel :

Un r´ecapitulatif des formules que vous avez `a connaˆıtre : 1. ∂^◦(P +Q)6max(∂^◦(P), ∂^◦(Q))

2. ∂^◦(λP) =∂^◦(P) si λ est non nul 3. ∂^◦(P ×Q) = ∂^◦(P) +∂^◦(Q) 4. ∂^◦(P ◦Q) = ∂^◦(P)×∂^◦(Q) 5. ∂^◦(P⁰) =

(∂^◦(P)−1 si ∂^◦(P)>1

−∞ si ∂^◦(P)60 Principe :

Voici les id´ees qui nous viennent :

• Id´ee 1 : On cherche le ”dernier” a_k.

SiP esta₀+a₁X+. . .+a_nXⁿavecn entier naturel, (a₀, a₁, . . . , a_n)∈Kⁿ⁺¹ eta_n6= 0 alors n est, par d´efinition, le degr´e deP. Il faut donc chercher cean (dernier cœfficient non nul) pour avoir le degr´e. Signalons que, par convention, le degr´e du polynˆome nul vaut −∞.

• Id´ee 2 : On exploite les formules du cours.

On vous conseille de relire le rappel et d’appliquer simplement les formules qu’on vous a rappel´ees ! La formule du degr´e de la somme de deux polynˆomes est un peu p´enible car on a, a priori, qu’une in´egalit´e. Notez que si∂^◦(P)6=∂^◦(Q), alors∂^◦(P+Q) = max(∂^◦(P), ∂^◦(Q)).

Maintenant, on peut avoir∂^◦(P+Q) = max(∂^◦(P), ∂^◦(Q)) avec∂^◦(P) = ∂^◦(Q). Pour le savoir, il faut trouver les cœfficients dominants deP et de Q: S’ils ne sont pas oppos´es, on aura alors

∂^◦(P+Q) = max(∂^◦(P), ∂^◦(Q)) et, s’ils sont oppos´es, on aura∂^◦(P+Q)<max(∂^◦(P), ∂^◦(Q)) (et il faut chercher le cœfficient dominant de P +Q pour trouver le degr´e, on revient `a l’id´ee 1).

• Id´ee 3 : Faire une r´ecurrence.

Tr`es classique quand on a une suite (P_n)n∈N de polynˆomes : On calcule les premiers termes et on ´evalue leur degr´e. On tente ensuite une g´en´eralisation par r´ecurrence.

Exemple :

On d´efinit une suite (B_n)_n∈N de polynˆome en posant : B₀ = 1 et B_n+1 = (2n+ 1)XB_n− X²+ 1

B_n⁰ pour tout n ∈N . D´eterminer le degr´e desB_n.

On va faire une r´ecurrence en appelant, pour tout entier natureln,P(n) l’hypoth`ese suivante : P(n) : Le degr´e de B_n vautn

P(0) ne pose pas de souci. Par contre, dans le passage de P(n) `a P(n + 1), on a comme un probl`eme : Le degr´e deB_nvautn (d’apr`esP(n)) donc le degr´e de (2n+ 1)XB_n vautn+ 1 et celui de (X²+ 1)B⁰ vaut 2 + (n−1) i.e. n+ 1. On tombe donc sur l’in´egalit´e du degr´e d’une somme

a le mˆeme degr´e ! On a donc besoin du cœfficient dominant : En calculant les premiers termes de la suite (B_n)n∈N, on conjecture que celui-ci doit ˆetre n!. Prouvons-le : Pour tout entier naturel n, on appelle d´esormais P(n) l’hypoth`ese suivante :

P(n) : Il existe un polynˆome Q_n tel que :B_n=n!Xⁿ+Q_n avec ∂^◦(Q_n)< n

P(0) est bien sˆur vraie. On suppose P(n) vraie pour un certain entier naturel n. Comme B_n=n!Xⁿ+Q_n avec ∂^◦(Q_n)< n d’apr`es P(n), on en d´eduit :

Bn+1 = (2n+ 1)XBn− X²+ 1 B_n⁰

= (2n+ 1)n!Xⁿ⁺¹+ (2n+ 1)XQ_n− X²+ 1

n!nXⁿ⁻¹− X²+ 1 Q⁰_n

= ((2n+ 1)−n)n!Xⁿ⁺¹+Q_n+1

avec : Qn+1 = (2n+ 1)XQn−n!nXⁿ⁻¹ −(X²+ 1)Q⁰_n. On a bien ∂^◦(Qn+1) < n+ 1 (avec les formules du rappel et car ∂^◦(Q_n) < n...), cela prouve donc P(n+ 1). Concluons avec notre belle phrase : P(0) est vraie et pour tout entier natureln, P(n) implique P(n+ 1). P(n) est donc vraie pour tout entier naturel n d’apr`es le principe de r´ecurrence. Bref, le degr´e de Bn est bien n.

M´ ETHODE 13 : Comment prouve-t-on que P est nul (et P et Q ´ egaux)

Principe :

Pour prouver que P et Q sont ´egaux, on montre que P −Q est le polynˆome nul. Deux grandes id´ees `a retenir pour prouver la nullit´e de polynˆomes :

• Id´ee 1 : Plein de racines.

La m´ethode la plus classique consiste `a montrer que P a strictement plus de racines qu’un majorant de son degr´e. Le seul polynˆome qui parvient `a faire ceci est le polynˆome nul. Ainsi, si vous savez que 3 majore le degr´e deP, il suffit de lui trouver juste 4 racines pour montrer qu’il est nul (C’est bien mieux qu’une fonction quelconque dont il faut calculer toutes les images avant d’affirmer qu’elle est nulle).

Un cas tr`es classique est celui o`u on parvient `a annuler P sur un ensemble infini comme par exemple un intervalle ou l’ensemble

1

2ⁿ, n ∈N

. Le seul polynˆome ayant une infinit´e de racines est le polynˆome nul.

• Id´ee 2 : Par l’absurde.

Une autre id´ee est de supposer P non nul. Ainsi, l’un de ses cœfficients est non nul. On essaye alors d’aboutir `a une absurdit´e. On y arrive souvent en introduisant le plus grand (en valeur absolue) cœfficient non nul, ou alors le cœfficient dominant ou au contraire le cœfficient non nul du monˆome de plus bas degr´e...

Exemple :

Montrer que tout polynˆome p´eriodique de R[X] est constant.

SoitP un polynˆome p´eriodique deR[X]. Montrons queP =P(0) i.e.Q= 0 avecQ=P−P(0).

Or Q a une infinit´e de racines (0, T,2T,3T,· · ·) avec T la p´eriode de P. D’o`u Q est le polynˆome nul donc P =P(0) et P est bien constant.

M´ ETHODE 14 : Montrer que P divise Q

Principe :

Voici deux id´ees, la premi`ere est `a privil´egi´ee quand P est de degr´e faible et la seconde quand P a un grand degr´e :

• Id´ee 1 : Par les racines.

On cherche toutes les racines de P et on prouve que ce sont des racines de Q avec une multiplicit´e au moins ´egale. Par contre, les racines de Q n’ont pas d’importance : Quand on

´

ecrit P ×H =Q, et bien, si P(a) = 0, on aQ(a) = 0×H(a) donc Q(a) = 0 (pas le choix !).

Par contre, si Q(a) = 0, on peut avoir P(a) = 0 ou H(a) = 0 (il y a le choix !).

Cette m´ethode est pertinente si on arrive `a trouver facilement les racines deP, ce qui est plus facile si P a un petit degr´e.

• Id´ee 2 : On applique la d´efinition.

On a juste besoin de trouver un polynˆome H tel que P ×H = Q. En particulier, si vous avez la d´ecomposition en facteurs premiers de P et de Q, il suffit juste de s’assurer que tous les facteurs de P apparaissent dans Q avec une multiplicit´e au moins ´egale. On peut donc chercher un polynˆome H qui conviennent, on peut commencer par identifier son degr´e puis

´

ecrire H sous la forme

n

X

k=0

a_kX^k, tout d´evelopper, identifier les cœfficients de mˆeme degr´e, en d´eduire un syst`eme dont les solutions sont les cœfficients de H.

A priori, cela risque d’ˆetre calculatoire, il vaut donc mieux ´eviter siH a un degr´e trop grand ! En remarquant queH a un petit degr´e siP a un grand degr´e, on comprend que cette deuxi`eme id´ee est plus pertinente quand P a un grand degr´e.

Exemple :

Soient n un entier sup´erieur `a 2 et θ r´eel. Montrer que B divise A avec :

A =Xⁿsin(θ)−Xsin(nθ) + sin((n−1)θ) et B =X²−2Xcos(θ) + 1.

Les racines deB sont exp (iθ) et exp (−iθ). On calculeA(exp (iθ)) : A(exp (iθ)) = exp (inθ) sin(θ)−exp (iθ) sin(nθ) + sin((n−1)θ)

= (cos(nθ) +isin(nθ)) sin(θ)−(cos(θ) +isin(θ)) sin(nθ) + sin((n−1)θ)

= cos(nθ) sin(θ)−sin(nθ) cos(θ) + sin((n−1)θ)

= 0

Au passage, commeAest `a cœfficients r´eels, cela prouve que la conjugu´e de exp (iθ), i.e. exp (−iθ), est racine de A.

• Si θ 6≡ 0[π], on peut donc dire que exp (−iθ) 6= exp (iθ). Ainsi, on peut affirmer que le polynˆome X−e^iθ

× X−e^−iθ

divise A, ceci signifie que B diviseA.

• Siθ ≡0[π], A est alors le polynˆome nul et donc B (comme tous les polynˆomes) divise A.

M´ ETHODE 15 : Caract´ eriser une racine multiple

Rappel :

On vous rappelle la proposition suivante :

• α est racine deP d’ordre au moinsk si et seulement si :

P(α) = P⁰(α) =· · ·=P^(k−1)(α) = 0.

• α est racine deP d’ordre exactement k si et seulement si :

P(α) =P⁰(α) = · · ·=P^(k−1)(α) = 0 etP^(k)(α)6= 0.

Principe : Deux id´ees encore :

• Id´ee 1 : Par le calcul des P^(k)(α).

On calculeP(a) puisP⁰(a) puisP⁽²⁾(α)... Tant qu’on obtient z´ero, on poursuit. D`es que vous obtenez un P^(k)(α) non nul alors on s’arrˆete et on invoque la proposition du rappel.

• Id´ee 2 : Par la division.

On prouve que (X−α)^k diviseP (cf m´ethode ”Montrer que P divise Q”), cela entraˆıne que α est racine deP d’ordre au moins k. Si on arrive `a prouver que (X−α)^k+1 ne divise pas P alors on pourra affirmer que α est racine de P d’ordre exactement k deP.

Mise en garde :

Une bˆetise qu’on lit de temps `a autre sur les copies de vos petits camarades :P⁰(a) = 0 donca est racine double de P. C’est absolument faux ! Par contre, dire que P(a) = 0 et P⁰(a) = 0 impliquent quea est racine au moins double de P est exact.

Exemple :

Soit P =X²ⁿ⁺¹−(2n+ 1)Xⁿ⁺¹+ (2n+ 1)Xⁿ−1 (avec n un entier sup´erieur `a 3). Montrer que 1 est racine de P et ´evaluer son ordre de multiplicit´e.

Allons-y dans la joie et la bonne humeur :P(1) est nul s’obtient sans effort. Apr`es, on d´erive, on a :

P⁰ = (2n+ 1)X²ⁿ−(2n+ 1)(n+ 1)Xⁿ+ (2n+ 1)nXⁿ⁻¹ d’o`uP⁰(1) est nul. Continuons :

P⁰⁰ = (2n+ 1)(2n)X²ⁿ⁻¹−(2n+ 1)(n+ 1)nXⁿ⁻¹+ (2n+ 1)n(n−1)Xⁿ⁻² d’o`uP⁰⁰(1) est encore nul. C’est fou ! Poursuivons,P⁰⁰⁰ est :

(2n+ 1)(2n)(2n−1)X²ⁿ⁻²−(2n+ 1)(n+ 1)n(n−1)Xⁿ⁻²+ (2n+ 1)n(n−1)(n−2)Xⁿ⁻³ d’o`u P⁰⁰⁰(1) = (2n+ 1)(n+ 1)n. P⁰⁰⁰(1) n’est donc pas nul. On peut donc conclure que 1 est une racine d’ordre exactement 3 de P. On peut donc affirmer au passage que (X−1)³ divise X²ⁿ⁺¹− (2n+ 1)Xⁿ⁺¹+ (2n+ 1)Xⁿ−1 et que (X−1)⁴ ne divise pasX²ⁿ⁺¹−(2n+ 1)Xⁿ⁺¹+ (2n+ 1)Xⁿ−1.

M´ ETHODE 16 : Trouver les racines

Cas particulier :

Un cas tr`es simple o`u on s’en sort sans difficult´e, c’est celui o`u le polynˆome est de degr´e 2. L`a, un petit discriminant et hop, hop, c’est pli´e !

Principe :

Dans le cas g´en´eral, disons qu’on essaye d’abaisser le degr´e pour se ramener `a des polynˆomes de degr´e 2. Quelques id´ees classiques :

• Essayer les racines ´evidentes (0, 1, 2, −1, −2, i et −i). Ne perdez pas 15 minutes `a tester π puis 35 puis √

2 : Il n’y a pas forc´ement de racine ´evidente !

• Si a est racine de P, trouvez son ordre afin de factoriser par (X −a)^α avec α le plus grand possible !

• Si P est pair, on peut poserY =X² et consid´erer le nouveau polynˆome en Y.

• Interviennent aussi de temps en temps les racines n<sup>i`eme</sup> (quand trouver une racine revient `a r´esoudre l’´equation d’inconnue z complexe suivante : zⁿ = a : Retournez voir les m´ethodes sur les complexes !).

Une fois que vous avez prouv´e que a ´etait racine d’ordre exactement k de P alors il faut trouver le polynˆome Qtel que Q×(X−a)^k =P. Pour expliciterQ, on ´ecrit qu’il est de degr´e∂^◦(P)−k et on identifie les cœfficients ! Il faut poursuivre ce travail surQ. S’il est de degr´e 2, c’est gagn´e. Sinon, on essaye les 2/3 techniques dont on vient de vous parler.

Exemple :

Trouver les racines de P = 4X³−16X²−19X−5 sachant qu’il poss`ede une racine multiple.

Les racines de P ne sont pas ´evidentes mais on sait qu’il poss`ede une racine multiple i.e. une racine commune avec P⁰... qui est de degr´e 2 ! Et hop, c’est gagn´e ! On a P⁰ = 12X²−32X−19 qui a pour racines −1

2 et 19

6 . On calcule P

−1 2

, on obtient 0. D’autre part P⁰

−1 2

= 0 et P⁰⁰

−1 2

6= 0 donc on peut factoriser par

X+1 2

2

. On cherche donc deux r´eels a et b tels que (aX+b)

X+ 1

2 2

=P ce qui donne (par identification)a = 4 etb =−20. Ainsi, on a :

P = 4×(X−5)×

X+ 1 2

2

et les racines de P sont donc 5 et −1 2.

M´ ETHODE 17 : D´ ecomposition en produit de polynˆ omes irr´ eductibles

Principe :

Une fois qu’on a toutes les racines α₁,· · · , α_n de P (pas n´ecessairement distinctes mais r´ep´et´ees selon leur ordre de multiplicit´e),P s’´ecrit sous la forme suivante :

P =λ(X−α1)× · · · ×(X−αn).

avecλ le cœfficient dominant de P (que vous oubliez assez souvent !).

Exemple :

Factoriser X⁶+ 1 en produit de polynˆomes irr´eductibles.

On va chercher les racines (et utiliser les notions de racinesn^i`eme, revoyez ce chapitre si besoin est). Soit z un complexe. On a :

z⁶+ 1 = 0 ⇐⇒ z⁶ =e^iπ

⇐⇒ ∃k ∈ {0,1, . . . ,5} tel que z = exp

iπ

6 + 2ikπ 6

⇐⇒ ∃k ∈ {0,1, . . . ,5} tel que z = exp

iπ

6 + ikπ 3

L’ensemble des racines de X⁶+ 1 est donc :

exp iπ

6

, i,exp

i5π 6

,exp

−iπ 6

,−i,exp

−i5π 6

et son cœfficient dominant est 1. De plus, toutes ses racines sont simples (i.e. de multiplicit´e 1) car on en trouv´e 6 deux-`a-deux distinctes et P est de degr´e 6 d’o`u la d´ecomposition de P en produit de polynˆomes irr´eductibles :

X⁶+1 = (X−i)(X+i)

X−exp iπ

6 X−exp

−iπ 6

X−exp

i5π

6 X−exp

−i5π 6

.

3 Les fonctions de plusieurs variables

M´ ETHODE 18 : Trouver l’ensemble de d´ efinition

Principe :

Pour expliciter D_f, le domaine de d´efinition de f une fonction de deux variables, on regarde ce qui pose probl`eme : c’est par exemple une racine, un logarithme, un d´enominateur. On rassemble tous ces probl`emes dans un syst`eme d´ecrivant les contraintes que doivent v´erifier toutes les variables et on raisonne par ´equivalence pour trouver un ensemble sur lequel ´evolue le couple de variables.

Mise en garde :

Prenez bien conscience qu’il y a deux variables. Elles ne font pas n´ecessairement la mˆeme chose, l’une peut ˆetre positive pendant que l’autre est n´egative : Un tableau de signes n’a donc plus beaucoup de sens. C’est un bon outil pour les fonctions d’une variable mais ici, cela risque de vous induire en erreur.

Exemple :

Trouvez l’ensemble de d´efinition de : g : (x, y)7→

s x²−4 y²−1 Soit (x, y)∈R². Par quotient et composition, on en d´eduit que :

g(x, y) existe ⇐⇒

( (x²−4)(y²−1) > 0 y² −1 6= 0

⇐⇒

( x²−4 > 0

y²−1 > 0 ou

( x²−4 6 0 y²−1 < 0

⇐⇒

( x>2 ou x6−2

y >1 ou y <−1 ou

( −26 x 62

−1< y <1

On se r´esume, le domaine de d´efinition de g est donc : ( [−2,2]×]−1,1[ ) ∪ (( ]− ∞,−2]∪[2,+∞[ )×( ]− ∞,−1[∪]1,+∞[ )). Voici une illustration de l’ensemble de d´efinition de g :

M´ ETHODE 19 : Tracer la surface repr´ esentative

Remarque :

Pour une fonction h d’une variable, on trace son graphe dans le planR². On s’int´eresse donc aux points d’abscisse x et d’ordonn´ee h(x). Pour une fonction f de deux variables, son graphe est une surface qu’on place dans l’espaceR³. On s’int´eresse aux points d’abscisse x, d’ordonn´ee y et de cote f(x, y).

Principe :

Deux id´ees pour vous aider `a tracer la surface repr´esentative d’une fonction de deux variables : 1. On peut fixer une variable afin de tracer une courbe d’une fonction d’une seule variable.

On fixe b et on trace le graphe de la fonction d’une variable x 7→ f(x, b). On obtient alors l’intersection de la surface repr´esentative de f et du plan y = b. Puis on fait bouger b, on a ainsi une repr´esentation par tranche verticale. On peut faire de mˆeme en fixant a et en s’int´eressant `a y7→f(a, y).

2. On peut aussi fixerλet on trace la surfacef(x, y) = λ, (x, y) balayant l’ensemble de d´efinition de f (surface appel´ee courbe de niveau λ def). On cherche donc l’intersection de la surface repr´esentative def et du plan z =λ. Puis, en faisant bougerλ, on obtient une repr´esentation par tranche horizontale de notre surface. Rapprochez cette notion de celle de carte topogra- phique ou de celles de cartes d’´etat-major.

Dans un cas comme dans l’autre, vous pouvez vous rendre compte qu’on cherche des intersections de notre surface avec des plans du type x=cte ou y=cteou z =cte.

Exemple :

Tracer la surface repr´esentative des fonctions suivantes :

f : (x, y)7→y+x²+ 4 et g : (x, y)7→exp(x²+y²).

1. Commen¸cons par f : En fixant x `a a, on obtient une droite z = y+a<sup>2</sup> + 4 de pente 1 et d’ordonn´ee `a l’originea²+4. L’intersection de la surface recherch´ee et du planx=aest donc une droite. L’intersection avec le plany=b donne une parabole d’´equation z =x²+ 4 +b.

Avec ces infos, en faisant ´evoluer a etb, on trace notre surface qui est en gros un half pipe infini.

2. Pour g maintenant. Soit λ un r´eel sup´erieure `a 1 et soient x ety deux r´eels, on a : g(x, y) = λ⇐⇒x²+y² = ln(λ)

L’intersection avec le planz =λdonne donc un cercle de rayonp

ln(λ) et de centre (0,0, λ).

On trace pour les hauteurs positives des cercles dont les centres sont tous sur l’axe desz et dont les rayons croissent logarithmiquement, c’est un panier infini en gros.

Surface de f

Surface de g

M´ ETHODE 20 : Comment calculer les d´ eriv´ ees partielles (sans composi- tion)

Principe :

Si vous voulez calculer la d´eriv´ee partielle par rapport `ay(c’est plus rigoureux de dire par rapport

`

a la deuxi`eme variable) de f : (x, y)7→ f(x, y) en un point a(xa, ya) et bien, par d´efinition, c’est la d´eriv´ee (si elle existe...) en y_a de la fonction d’une seule variableg :y7→f(x_a, y). On traduit :

• Tant qu’il n’y a pas de probl`eme, cela revient donc `a fixer la variable qui ne bouge pas et d´eriver une fonction d’une variable (ce qu’on doit savoir faire en th´eorie !).

• Sinon, en cas de probl`eme, que faire ? On vous le r´ep`ete, f admet en un point a(x_a, y_a) une d´eriv´ee partielle par rapport `a y si et seulement si la fonction g : y 7→ f(x_a, y) admet une d´eriv´ee en ya etg est une simple fonction d’une seule variable !

Mise en garde :

Ne parlez pas de la d´eriv´ee def : (x, y)7→f(x, y). Le concept de d´eriv´ee est vu pour une fonction d’une seule variable, on peut donc parler de la d´eriv´ee deg :y 7→f(x_a, y). Pour celle de f, il faudrait d´ej`a parler de son taux d’accroissement, ce serait un truc du genre f(x, y)−f(x_a, y_a)

(x, y)−(x_a, y_a) ce qui n’a strictement aucun sens !

Exemple :

Evaluer la d´´ eriv´ee partielle par rapport `a la premi`ere variable de la fonction suivante :

f : (x, y)7→





 exp

−1 x²+y²

si (x, y)6= (0,0)

0 si x=y= 0

A part (0,0), on n’a aucun probl`eme. Ainsi, si a etb sont deux r´eels non tous les deux nuls, on

a : ∂f

∂x(a, b) = 2a

(a²+b²)² exp

−1 a²+b²

.

Pour savoir si ∂f

∂x (0,0) existe, on introduit la fonctiong :x7→f(x,0). Sixest non nul, on a donc : g(x) = f(x,0)

= exp −1

x²

. et on a g(0) = 0. Soitx un r´eel non nul, on a donc :

g(x)−g(0)

x−0 =x× 1 x² exp

−1 x²

.

Par croissances compar´ees et produit, le taux d’accroissement en 0 de g admet donc une limite finie (qui vaut 0) donc g est d´erivable en 0 etg⁰(0) = 0. Par d´efinition, ∂f

(0,0) existe et vaut 0.

M´ ETHODE 21 : Comment calculer les d´ eriv´ ees partielles (avec composi- tion)

Rappel :

Soit f une fonction de deux variables et deux fonctions de R dans R que l’on note u₁ et u₂. La fonction suivante :

g :t7→f(u₁(t), u₂(t))

est tout simplement une fonction de R dans R, il se pourrait qu’elle soit d´erivable. Voici ce que dit votre cours `a ce sujet :

Siu₁ etu₂ sont toutes de classe C¹ (au sens des fonctions d’une variable) sur un certain intervalle de r´eelI, sif est de classeC¹ (au sens des fonctions de deux variables) sur une certaine partie deR² que l’on note O et qui a la gentillesse d’ˆetre ouverte et, si pour tout t deI, (u₁(t), u₂(t)) appartient

`

a O (pour que la composition soit possible) alors g est d´erivable sur I et pour tout ´el´ement t de I, on a :

g⁰(t) = u⁰₁(t)×∂f

∂x(u₁(t), u₂(t)) +u⁰₂(t)× ∂f

∂y(u₁(t), u₂(t)).

Exemple :

Soit k un entier naturel non nul. On consid`ere la fonction f_k d´efinie par :

∀(x, y)∈]0,1[², f_k(x, y) = x^ky−xy^k.

Calculer les d´eriv´ees partielles de f_k en tout (x, y) ∈]0,1[² et en d´eduire le nombre d´eriv´e de h:x7→f_k(x,1−x) en 1

2.

Pour tout (x, y)∈]0,1[², on a :

∂f

∂x(x, y) =kx^k−1y−y^k et ∂f

∂y (x, y) = x^k−xky^k−1. Par composition, h est d´erivable en 1

2 et, d’apr`es les rappels, on a : : h⁰

1 2

= ∂f

∂x 1

2,1− 1 2

− ∂f

∂y 1

2,1− 1 2

=k 1

2

k−1 1− 1

2

−

1−1 2

k

− 1

2 k

+ 1 2k

1− 1

2 k−1

= (k−1) 1

2 k−1

M´ ETHODE 22 : Comment trouver les extremums

Rappel :

Un point critique d’une fonction de plusieurs variables, c’est un point en lequeltoutesles d´eriv´ees partielles s’annulent. Sif, une fonction de deux variables de classeC¹, admet en (x₀, y₀) un extremum alors ses d´eriv´ees partielles s’annulent si (x₀, y₀) n’est pas au bord de l’ensemble de d´efinition.

Mise en garde :

1. Pour que cette proposition soit vraie, il faut que le point (x₀, y₀) ne soit pas au bord de l’ensemble de d´efinition.

2. Si f est de classe C¹ alors : si on a un extremum `a l’int´erieur de l’ensemble de d´efinition, on a un point critique. Par contre si on a un point critique, on ne peut pas affirmer pour autant qu’on a affaire `a un extremum.

Principe :

Pour trouver les ´eventuels extremums d’une fonction de deux variables de classe C¹, on fait deux

´etapes :

1. On cherche les points critiques de f. Pour cela, on calcule ses d´eriv´ees partielles et on ´ecrit qu’elles sont toutes nulles au point qui nous int´eresse. Cela donne donc un syst`eme `a r´esoudre.

2. Si f n’a pas de point critique, on peut conclure que f n’a pas d’extremum `a l’int´erieur de son ensemble de d´efinition (M´efiez-vous des bords !). Sinon, on essaye de d´emontrer (ce sont des in´equations) que ces points critiques sont ou ne sont pas des extremums. On s’int´eresse donc au signe def(x, y)−f(a, b) avec (a, b) un point critique et (x, y) deux r´eels quelconques.

Quelques r´eflexes de base permettent en g´en´eral de s’en sortir : dire qu’un carr´e est positif, utiliser une fonction dont on a ´etudi´e le signe.

Exemple :

Soit f : (x, y)7→x×exp (x(y²+ 1)).

1. Montrer que, pour tout (x, y)∈R², on a f(x, y)>x×exp (x).

2. ´Etudier rapidement la fonction g suivante : g :x7→ x×exp (x) et trouver la valeur de son minimum s’il existe.

3. En d´eduire que f admet un minimum sur R² atteint en un seul point.

On explique rapidement pourquoi f de classe C¹ surR² et pourquoi g est d´erivable sur R. On prend x ety deux r´eels.

1. On a :

f(x, y) = x×exp x y²+ 1

=x×exp (x)×exp xy² Six est positif alors exp (xy²)>1 et x×exp (x)>0 d’o`u :

f(x, y)>x×exp (x).

Sixest n´egatif alors exp (xy²)61 etx×exp (x)60 donc f(x, y)>x×exp (x). Pour tout

2. On a :

g⁰(x) = exp (x)×(x+ 1).

On cherche le signe de g⁰ : Tout ¸ca, vous savez faire et vous obtenez donc un minimum de g en−1 valant −1

e .

3. f est de classe C¹ sur R², on peut donc chercher ses points critiques. Soient a et b deux r´eels, on noteP la propri´et´e ”(a, b) est un point critique def”, on a :

P ⇐⇒







∂f

∂x (a, b) = 0

∂f

∂y (a, b) = 0

⇐⇒

( ((b²+ 1)a+ 1) exp (a(b²+ 1)) = 0 (2ba²) exp (a(b²+ 1)) = 0

⇐⇒

( a = −1

b = 0 ou

( 0 = 1 a = 0

⇐⇒

( a = −1

b = 0 car 06= 1

Ainsi, si (a, b)6= (−1,0), f(a, b) n’est pas un extremum de f. Soient x ety deux r´eels. On sait que f(x, y) > xe^x donc f(x, y) > g(x). Or g(x) > −1

e et f(−1,0) = −1

e (¸ca tombe bien !) doncf(x, y)>f(−1,0). f(−1,0) est donc le minimum de f et il n’est atteint qu’en (−1,0).

M´ ETHODE 23 : Comment approcher

Rappel :

Voici l’´equation du plan tangent `a la surface repr´esentativeSf en un point (x0, y0) d’une fonction f de deux variables de classe C¹ :

z =f(x₀, y₀) + ∂f

∂x(x₀, y₀) (x−x₀) + ∂f

∂y (x₀, y₀) (y−y₀)

On voit que le gradient de f en (x₀, y₀) est normal au plan tangent `a S<sub>f</sub> en M<sub>0</sub>. Ainsi, toutes les tangentes enM<sub>0</sub> `a ces types de courbes de la surfaceS_f sont orthogonale au gradient def en (x₀, y₀).

Cela s’interpr`ete g´eom´etriquement par le fait que la direction du gradient indique la direction suivant laquelle f varie le plus vite, la norme du gradient mesurant l’intensit´e de cette variation.

Principe :

Votre cours vous donne deux pistes pour approcher au mieux une fonction de deux variables de classe C¹ :

1. On prend trois r´eels h,k etm,f une fonction de deux variables de classe C¹ etg une fonction de trois variables de classe C¹. On a :

f(x₀+h, y₀+k)≈f(x₀, y₀) +

h∂f

∂x(x₀, y₀) +k∂f

∂y (x₀, y₀)

.

Cela peut vous rappeler un d´eveloppement limit´e d’ordre 1 d’une fonction d’une seule va- riable... D’ailleurs, c’est exactement ¸ca (mais le dire est hors-programme...).

2. Une autre id´ee, quand on a affaire uniquement `a une fonction de deux variables de classe C¹, on sait que la surface approchant au mieux en un point (x₀, y₀) donn´e la surface repr´esentative de f est son plan tangent. Ce dernier existe car f est de classeC¹!

Remarque :

Dans le cas d’une fonction d’une variable, on approxime sa courbe par une droite (vous savez, la tangente...). Et bien, une fonction de deux variables donne graphiquement une surface de l’espace (les points d’abscisse x, d’ordonn´ee y et de hauteur f(x, y)) et on l’approche par un plan...

Exemple :

On reprend f : (x, y) 7→x×exp (x(y²+ 1)), donner une bonne approximation en (1,2) de sa surface.

Comme f est de classe C¹, une bonne approximation en (1,2) de sa surface est le plan d’

´

equation cart´esienne :

z=f(1,2) + ∂f

∂x (1,2) (x−1) + ∂f

∂y (1,2) (y−2)

c’est-`a-dire (en reprenant les expressions trouv´ees pour les d´eriv´ees partielles de f) : z =e⁵+ 6e⁵(x−1) + 4e⁵(y−2).

4 Les suites

M´ ETHODE 24 : Utiliser th´ eor` eme des gendarmes ou le passage ` a la limite dans les in´ egalit´ es

Principe :

On imagine avoir obtenu des in´egalit´es sur une suite (u_n)n∈N que l’on ´etudie. Imaginons qu’on ait deux suites (a_n)n∈N et (b_n)n∈N telles que pour tout entier naturel n au-del`a d’un certain rang n₀, on ait :

a_n6u_n 6b_n Plusieurs cas de figure peuvent se pr´esenter :

• On prouve que lim

n→+∞(a_n) et lim

n→+∞(b_n) existent et valent un certain r´eel L(le mˆeme pour les deux), on peut alors conclure, en invoquant le th´eor`eme des gendarmes, que lim

n→+∞(un) existe et vaut L.

• lim

n→+∞(a_n) existe et vaut +∞. On peut alors conclure, en invoquant le passage `a la limite dans les in´egalit´es, que lim

n→+∞(un) existe et vaut +∞. De la mˆeme fa¸con, si lim

n→+∞(bn) =−∞ alors

n→+∞lim (u_n) =−∞.

• lim

n→+∞(a_n) vaut un r´eel L₁ et lim

n→+∞(b_n) vaut un r´eel L₂ avecL₁ < L₂. On peut alors essayer d’affiner notre encadrement de fa¸con `a avoir la mˆeme limite et repartir sur du th´eor`eme des gendarmes. Sinon, on essaye de prouver autrement que (u_n)_n∈N converge (pourquoi pas un th´eor`eme de la limite monotone). On pourra alors affirmer que :

n→+∞lim (a_n)6 lim

n→+∞(u_n)6 lim

n→+∞(b_n)

Ce n’est pas une ´egalit´e mais on esp`ere que ces informations suffiront pour d´eterminer cette fameuse limite !

Avant de passer `a la suite, il y a une autre utilisation classique du th´eor`eme des gendarmes : Si vous intuitez la limite L de (u_n)n∈N, il vous suffit de majorer assez finement (|u_n−L|)n∈N. On cherche donc une suite (v_n)n∈Ntelle que (v_n)n∈N tende vers 0 et, pour tout entier natureln sup´erieur ou ´egal

`

a un certain rangN, on ait :

|u_n−L|6v_n.

De nouveau, les gendarmes nous permettent d’affirmer que (u_n)n∈N tend effectivement vers L.

Mise en garde :

Deux mises en garde sur ce passage `a la limite :

1. Tout d’abord, il n’est possible que si on a d´emontr´e au pr´ealable que tout convergeait. On ne peut pas passer automatiquement de U_n > V_n `a lim

n→+∞(U_n) > lim

n→+∞(V_n). Il faut absolument prouver que lim

n→+∞(Un) et lim

n→+∞(Vn) existent avant !

2. Notez aussi que, par passage `a la limite dans des in´egalit´es, on n’obtient que des in´egalit´es larges. Par exemple, si on sait que, pour tout entier naturel n, on a : Un> Vnalors, si (Un)n∈N

et (V_n)n∈ convergent, on peut juste affirmer que lim (U_n) > lim (V_n). Il se peut que

Cas d’utilisation :

Utiliser le th´eor`eme des gendarmes ou le passage `a la limite dans les in´egalit´es est tr`es classique lorsque la suite fait intervenir :

• Une notion de partie enti`ere, du cos, du sin, du arctan. Ce sont des fonctions qu’on a l’habitude d’encadrer (surtout les trois premi`eres qui ne permettent pas de conclure par op´eration...).

Rappelons que, pour tout r´eel x, on a :

x−1<bxc6x+ 1,−16cos(x)61,−16sin(x)61,−π

2 6arctan(x)6 π 2.

• Une somme de n termes. Il est alors classique de minorer chacun des termes de la somme par le plus petit d’entre eux et majorer ces mˆemes termes par le plus grand d’entre eux. Avec une somme, on peut faire des sommes de limites si on a un nombre fini de termes. Par contre, ce n’est pas le cas si on a une somme den termes, on va alors tenter d’exploiter un encadrement.

Si (u_n)n∈N est une suite minor´ee par un r´eel m et major´ee par un r´eel M alors, pour tout entier naturel n, on a :

(n+ 1)m6

n

X

k=0

u_k6(n+ 1)M.

Exemple :

Calculer, si elle existe, lim

n→+∞

n

X

k=1

√ 1 n+k

! .

Soit n un entier naturel non nul. Pour tout k∈J1, nK, on a :

√ 1

n+k > 1

√2n et donc, par somme, on obtient :

n

X

k=1

√ 1

n+k >

n

X

k=1

√1 2n

>n× 1

√2n

>

√n

√2

Or lim

n→+∞

√

√n 2

= +∞, donc par passage `a la limite dans les in´egalit´es, on peut affirmer que

n→+∞lim

n

X

k=1

√ 1 n+k

!

= +∞.