Corrigé du devoir surveillé 6

PCSI

Corrigé du devoir surveillé 6

Exercice 1

1. La fonction exponentielle est de classeC^Œ surR. La fonctionx‘æ1≠xest de classeC^Œet ne s’annule pas sur ]≠ Œ; 1[et sur]1; +Œ[. Orf est le quotient de ces deux fonctions. Doncf est de classeC^Œsur]≠ Œ; 1[et sur ]1; +Œ[.

2. Introduisons la suite de polynômes définie parP0= 1et par la relation de récurrence Pn+1= (1≠X)P_n^Õ + (n+ 2≠X)Pn.

Pour tout entier natureln, on introduit l’assertionHn : "pour toutxœR\ {≠1}, f⁽ⁿ⁾(x) = _(1≠x)^exPn(x)n+1."

Pour toutxœR\ {≠1},f⁽⁰⁾(x) =f(x)et ^e_(1≠^xP0_x)^(x)1 =f(x)donc l’assertionH0est vraie.

SoitnœN. SupposonsHn vraie.

SoitxœR\ {≠1}.

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =f^(n)Õ(x)

=(e^xPn(x) +e^xP_n^Õ(x))(1≠x)ⁿ⁺¹+ (n+ 1)(1≠x)ⁿe^xPn(x) (1≠x)²ⁿ⁺²

=e^x(Pn(x)(1≠x+n+ 1) +P_n^Õ(x)(1≠x)) (1≠x)ⁿ⁺²

= e^xPn+1(x) (1≠x)ⁿ⁺². Donc l’assertionHn+1 est vraie.

Finalement, le principe de récurrence assure que l’assertionHn est vraie pour toutnœN. 3. On aP₀= 1,P₁= (1≠X)P₀^Õ+ (2≠X)P0= 2≠X et

P₂= (1≠X)P₁^Õ+ (3≠X)P1=X≠1 + (3≠X)(2≠X) =X²≠4X+ 5.

4. Pour tout entier natureln, on introduit l’assertionHn " le polynôme Pn est de degrén, de coefficient dominant (≠1)ⁿ etPn(1) =n!"

L’assertionH₀ est vraie. Soitnun entier naturel. SupposonsHn vraie.

On sait que

P_n+1= (1≠X)P_n^Õ + (n+ 2≠X)Pn. DoncP_n+1(1) = (n+ 2≠1)Pn(1) = (n+ 1)n! = (n+ 1)!d’aprèsHn.

De plus, le polynômeP_n^Õ est de degré strictement inférieur au polynômePn donc le polynôme (1≠X)Pn^Õ est de degré strictement inférieur au polynôme(n+2≠X)Pn. Donc le degré deP_n+1est égal au degré de(n+2≠X)Pn

c’est-à-dire deg(Pn)+1 =n+1. Le coefficient dominant deP_n+1est égal au coefficient dominant de(n+2≠X)Pn. C’est donc l’opposé du coefficient dominant dePn, c’est-à-dire≠(≠1)ⁿ= (≠1)ⁿ⁺¹.

Par conséquent, l’assertion H_n+1 est vraie.

Finalement, le principe de récurrence assure que l’assertionHn est vraie pour tout entier natureln.

5. SoitxœR\ {1}.

(x≠1)f^Õ(x)≠(x≠2)f(x) = (x≠1)3

e^xP1(x) (1≠x)²

4

≠(x≠2) e^x 1≠x= 0 carP₁(x) = 2≠x.

6. Soient get hdeux fonctionsnfois dérivables sur un intervalle I. Alors la fonctiongh est n fois dérivable surI et la formule de Leibniz assure que pour toutnœN,

(gh)⁽ⁿ⁾(x) = ÿn k=0

3n k 4

g^(k)(x)h^(n≠k)(x).

7. La fonctiong:x‘æ(x≠1)f^Õ(x)≠(x≠2)f(x)est nulle surR\ {1}.Doncgest de classeC^Œet sa dérivée à tout ordre est nulle également. SoitnœN^ú. Puisque toute les fonctions en jeu sont de classeC^Œ, d’après la formule donnant la dérivéen-ième d’une somme et la formule de Leibniz, on obtient pour toutxœR\ {1},

g⁽ⁿ⁾(x) = (x≠1)f^Õ(n)(x) +3n 1 4

f^Õ(n≠1)(x)≠(x≠2)f⁽ⁿ⁾(x)≠ 3n

1 4

f^(n≠1)(x).

Ainsi, pour toutxœR\ {1},

0 = (x≠1)f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) +nf⁽ⁿ⁾(x)≠(x≠2)f⁽ⁿ⁾(x)≠nf^(n≠1)(x).

Donc, pour toutxœR\ {1},

0 = (x≠1)e^xPn+1(x)

(1≠x)ⁿ⁺² + (n≠x+ 2) e^xPn(x)

(1≠x)ⁿ⁺¹ ≠ne^xPn≠1(x) (1≠x)ⁿ et puisquee^x”= 0, on a également

0 =Pn+1(x)≠(n+ 2≠x)Pn(x)≠n(x≠1)Pn≠1(x).

Le polynômeP_n+1≠(n+ 2≠X)Pn≠n(X≠1)Pn≠1 admet ainsi une infinité de racines (tous les nombres réels distincts de1), donc ce polynôme est le polynôme nul, ce qui prouve queP_n+1= (n+ 2≠X)Pn+n(X≠1)Pn≠1. 8. Soit nœ N^ú. On sait que P_n+1 = (1≠X)Pn^Õ + (n+ 2≠X)Pn. Or P_n+1 = (1≠X)Pn^Õ + (n+ 2≠X)Pn donc

(1≠X)Pn^Õ =n(X≠1)Pn≠1 et par conséquent,P_n^Õ =≠nP_n≠1.

9. Supposons que Pn admette une racine multiple notée a. Alors Pn(a) = 0 et P_n^Õ(a) = 0 Donc Pn(a) = 0 et P_n≠1(a) = 0. Pour toutkœJ0;nK, on introduit l’assertionHk : "Pn≠k(a) = 0"

On a montré que les assertionsH0 etH1 sont vraies.

SoitkœJ0;n≠2K. SupposonsHk etH_k+1 vraies. AlorsP_n≠k(a) = 0et P_n≠k≠1(a) = 0. Or P_n≠k = (n≠k≠1≠X)Pn≠k≠1+ (n≠k≠1)(X≠1)Pn≠k≠2

donc (n≠k≠1)(a≠1)Pn≠k≠2(a) =Pn≠k(a)≠(n≠k≠1≠a)Pn≠k≠1(a) = 0.

Or a”= 1caraest racine dePn et1 n’est pas racine dePn d’après la question 4. Donc(n≠k≠1)(a≠1)”= 0.

Ainsi,Pn≠k≠2(a) = 0doncH_k+2est vraie.

Finalement, le principe de récurrence assure que l’assertionHk est vraie pour tout kœJ0;nKet en particulier, Hn est vraie doncP0(a) = 0.

Or P₀= 1, donc ce résultat est absurde.

Par conséquent,Pn n’admet pas de racine multiple.

Exercice 2

Partie I : questions préliminaires 1. SoityœR.

y= 2y

1 +y² ≈∆y

31≠ 2 1 +y²

4= 0≈∆y(y²≠1) = 0

L’ensemble des solutions de l’équation est donc{0,≠1,1}. 2. SoityœR.

1≠ -- -- 2y

1 +y² --

--= 1 +y²≠2|y|

1 +y² =(1≠|y|)² 1 +y² Ø0 ce qui montre que

-- -- -

2y 1 +y²

-- --

-Æ1, ou encore 2y

1 +y²œ[≠1; 1].

Partie II : étude de la fonction Argth

3. Les fonctionschet sh sont définies surR, etchne s’annule jamais, donc la fonction th est définie surD=R. SoitxœR. Alors≠xœRet th(≠x) = sh(≠x)

ch(≠x)= ≠sh(x)

ch(x) =≠th(x): la fonction th est impaire.

4. Quotient de fonctions dérivables sur leur domaine de définition dont le dénominateur ne s’annule pas, th est dérivable surD, avec pour toutxœD, th^Õ(x) = _ch2¹(x)= 1≠th²(x).

5. D’après la question précédente, th^Õ= _ch¹2 >0, donc th est strictement croissante surR, et th est continue, donc, d’après le théorème de la bijection, th réalise une bijection deDsurI=th(D) =] lim

≠Œth; lim

+Œth[. Or, pourxœR, th(x) = sh(x)

ch(x)= e^x≠e^≠x

e^x+e^≠x =1≠e^≠2x 1 +e^≠2x Puisque lim

xæ+Œe^≠x= 0, alors lim

xæ+Œth(x) = 1. De même, on obtientlim

≠Œth=≠1. Ainsi, th réalise une bijection deRsurI=]≠1; 1[.

6. SoitxœI. Alors,≠xœI, et th étant impaire :

th(≠Argth(x)) =≠th(Argth(x)) =≠x=th(Argth(≠x)) th étant bijective, alors Argth(≠x) =≠Argth(x), ce qui montre que Argth est impaire.

7. On sait que th réalise une bijection deD surI, que th est dérivable surD et que th^Õ ne s’annule pas surD. Le théorème de dérivabilité d’une réciproque assure alors que Argth est dérivable sur I, avec pour toutxœI:

Argth^Õ(x) = 1

th^Õ(Argth(x))= 1

1≠th²(Argth(x)) = 1 1≠x² 8. SoitxœI.

1

1≠x² = ≠1

(x≠1)(x+ 1) = 1

2(x≠1)+ ≠1 2(x+ 1) Ainsi, Argth etf:x‘æ ¹₂ln1_|x≠1|

|x+1|

2sont des primitives surI dex‘æ _1≠¹x², elles diffèrent donc d’une constante.

Or, Argth(0) = 0 car Argth est impaire, etf(0) = ¹₂ln(1) = 0. Ainsi, Argth=f :

’xœI, Argth(x) =1

2ln31≠x 1 +x 4

Partie II : étude d’une équation différentielle

9. x‘æxne s’annule pas sur l’intervalle J, donc l’équation(E)est équivalente à y^Õ+3

xy= 1 x(1≠x²)

x ‘æ 3 ln(x) est une primitive sur J de x ‘æ x³, donc les solutions de l’équation homogène associée sont les fonctions

J æ R

x ‘æ ⁄e^{≠3 ln(x)} c’est-à-dire les fonctionsx‘æx^⁄3 lorsque⁄parcourtR.

Cherchons une solution particulière de l’équation complète à l’aide de la méthode de variation de la constante.

Soit ⁄ une fonction dérivable surI et yp:x‘æ ⁄(x)x^≠3. yp est solution de (E) sur J si et seulement si pour tout xœ J, xy_p^Õ(x) + 3yp = _1≠¹_x2, ce qui équivaut à ⁄^Õ(x) = _1≠^x2_x2, ou encore à ⁄^Õ(x) = _1≠¹_x2 ≠1. La fonction

⁄: x‘æArgth(x)≠xconvient par exemple, et ainsi,yp:x‘æ ^Argth(x)x³ ≠x¹² est une solution de(E).

L’ensemble des solutions de(E)surJ est alors :

; J æ R

x ‘æ Argth(x)≠x+⁄

x³

-- --⁄œR

<

Partie III : étude d’une équation fonctionnelle

10. th est définie surRet à valeurs dansR, dérivable en0, et pour toutxœR: th(2x) =sh(2x)

ch(2x)= e^2x≠e^≠2x e^2x+e^≠2x 2th(x)

1 +th²(x) =2(e^x≠e^≠x)

e^x+e^≠x ◊ 1 1 + ^(e_(e^xx^≠e+e^≠x≠x))²²

= 2 (e^x≠e^≠x)(e^x+e^≠x)

(e^x+e^≠x)²+ (e^x≠e^≠x)² = 2 (e^x)²≠(e^≠x)²

e^2x+ 2 +e^≠2x+e^2x≠2 +e^≠2x = e^2x≠e^≠2x e^2x+e^≠2x ce qui montre que th(2x) =_1+th^2th(x)2(x), et ainsi, thœE.

11. Soit f une fonction constante. Notons aœ Rla valeur constante de f. Alors f appartient à E si et seulement si a= _1+a^2a2 ce qui équivaut àaœ{≠1,0,1} d’après la partie I. Les fonctions constantes appartenant àE sont donc les fonctionsx‘æ1,x‘æ0 etx‘æ ≠1.

12. (a) Puisquef œE, alorsf(2◊0) = _1+f(0)^2f(0)2, doncf(0)1

1≠1+f(0)^{2 2}

2= 0, c’est-à-diref(0)œ{≠1,0,1}d’après la partie I.

(b) Soitaœf(R): il existexœR tel quea=f(x). Alors puisquef(x) =f(2^x₂), on aa= _1+f^2f(2^x2(^)x₂). Or, pour toutyœR, _1+y^2y2 œ[≠1; 1]. En particulier, pour y=f(^x₂), on obtientaœ[≠1; 1].

On a montré l’inclusionf(R)µ[≠1; 1].

(c) ≠f est elle aussi définie surRà valeurs réelles et dérivable en0. De plus, pour xœR,

≠f(2x) =≠ 2f(x)

1 + (f(x))² = 2(≠f(x)) 1 + (≠f(x))² ce qui montre que≠f œE.

13. (a) Si pour tout réelx,f(x) =f(0), alorsf serait constante, ce qui est absurde. Ainsi, il existe un réelx₀tel quef(x0)”=f(0).

(b) La suite de terme général2^≠nx₀converge vers 0, etf est dérivable en0donc continue en0. La caractérisation séquentielle de la limite assure alors de la convergence de la suite de terme généralf(2^≠nx₀)versf(0). Ainsi, la suiteuconverge et sa limite estf(0) = 1.

(c) Soit nœN.un =f!2₂n+1^x0 "= ^2f(₂n+1^x0 )

1+f²(₂n+1^x0 ) = ^1+u2un+12n+1.

(d) Puisque1 +u²_n+1>0, alorsun etun+1 sont de même signe : la suiteuest donc de signe constant.

(e) Soit nœN.

un+1≠un=un+1≠ 2un+1

1 +u²_n+1 = u_n+1(u²_n+1≠1) 1 +u²_n+1

D’après la question 12b,un+1œ[≠1; 1], doncu²_n+1≠1Æ0. Par ailleurs, on sait que la suiteuest convergente et de signe constant. Par passage à la limite dans les inégalités larges, on en conclut que uest du même signe que sa limite. Orlimu= 1, donc la suiteuest à termes positifs. Ainsi, un+1≠unÆ0: la suiteuest donc décroissante.

(f) La suiteuétant décroissante, pour tout entier naturel n,un Æu0. La suiteuétant convergente de limite 1, par passage à la limite, on obtient1Æu0. Oru0=f(x0)”= 1, donc, puisquef est à valeurs dans[≠1; 1], u0<1. C’est donc absurde. On en conclut que sif(0) = 1, alorsf est la fonction constante égale à 1.

14. Supposons quef(0) =≠1. Puisque≠f œE, d’après la question précédente, puisque≠f(0) = 1, alors≠f est la fonction contante égale à 1, donc f est la fonction constante égale à ≠1.

15. (a) PournœN, notons Hn l’assertion "f(2^≠nx) = 1".

L’assertionH0 est vraie par hypothèse. SoitnœN tel queHn est vraie. D’après la relation fonctionnelle, f(2^≠nx) = _1+f^2f(22(2^{≠(n+1)≠(n+1)x)}x, donc 2f(2^≠(n+1)x) = 1 +f²(2^≠(n+1)x), donc (f(2^≠(n+1)x)≠1)² = 0, donc f(2^≠(n+1)x) = 1, ce qui prouveHn+1. Le principe de récurrence assure alors que pour tout entier naturel n,f(2^≠nx) = 1.

Puisque la suite de terme général2^≠nxconverge vers0 et que f est continue en0, alors la suite de terme généralf(2^≠nx) converge versf(0). Or cette suite étant constante égale à1, sa limite vaut 1. Ce qui est absurde puisquef(0) = 0.

(b) D’après la question a, pour tout xœ R, f(x)”= 1. De même, en considérant la fonction≠f qui est aussi élément deE et prend la valeur0 en0, on montre que pour toutxœR,f(x)”=≠1. Finalement, pour tout réelx,|f(x)|”= 1.

(c) i. Soit xœR. On sait que thœE, donc :

th(2g(x)) = 2th(g(x))

1 +th²(g(x))= 2f(x) 1 +f²(x)

car Argth est la réciproque de th, donc th(g(x)) =f(x). Puisquef œE, alors th(2g(x)) = 2f(x). D’où l’on déduit que2g(x) =Argth(2f(x)), c’est-à-dire :2g(x) =g(2x).

ii. f œ E, donc f est dérivable en 0. Par ailleurs, f(0) = 0, et Argth est dérivable sur ]≠1; 1[ donc en f(0). Par composée,g est donc dérivable en0.

iii. La suite de terme général 2^≠nx converge vers 0. On sait que g est dérivable en 0 et que g(0) = Argth(f(0)) =Argth(0) = 0, donc lim

xæ0 g(x)

x = lim

xæ0

g(x)≠g(0)

x =g^Õ(0). La caractérisation séquentielle de la limite assure alors de la convergence de la suite de terme généralvn =^g(2₂≠^≠nⁿx^x) versg^Õ(0).

iv. Soit xœR^ú. SoitnœN. Alorsg(2^≠nx) =g(2◊2^≠(n+1)x) = 2g(2^≠(n+1)x), donc g(2^≠nx)

2^≠nx = 2g(2^≠(n+1)x)

2^≠nx =g(2^≠(n+1)x) 2^≠(n+1)x

La suite de terme général vn = ^g(2₂≠^≠nⁿx^x) est donc constante. Sa limite est donc égale à son premier terme. Par unicité de la limite, on déduit de la question précédente queg^Õ(0) = ^g(x)_x . Ainsi, on a montré l’existence d’un réela(a=g^Õ(0)) tel que pour tout réelxnon nul,g(x) =ax, et cette égalité est encore vraie six= 0carg(0) = 0. La fonctiongest donc linéaire.

16. D’après ce qui précède, on a montré : E µ

; R æ R

x ‘æ th(ax) --

--aœR< € ; R æ R x ‘æ 1

< € ; R æ R x ‘æ ≠1

<

Il reste à vérifier l’autre inclusion.

D’après la question 11, la fonction constante égale à 1 et la fonction constante égale à≠1sont éléments deE. Soitf une fonction telle qu’il existeaœRtel que pour tout réelx,f(x) =th(ax). Il est clair quef est dérivable en 0, et pour tout réelx, f(2x) =th(2ax) = _1+th^2th(ax)2(ax) car thœE ; ainsi, f(2x) = _1+f^2f(x)2(x), ce qui montre que f œE. Par double inclusion, on a donc prouvé :

E =;

R æ R x ‘æ th(ax)

--

--aœR< € ; R æ R x ‘æ 1

< € ; R æ R x ‘æ ≠1

<