Colle 15 ∼ 4 février 2015 ∼ ∼ Colleur : Isenmann MPSI ∼ Trinôme : Planche 1. Question de cours. fg est dérivable en a. Soient f et deux fonctions dénies sur I et dérivables en a. Montrer que De même, montrer le résultat concernant la composition. Exercice 1. Calculer la dérivée Exercice 2. Soit c ∈]a, b[. g n-ième de la fonction réelle t 7−→ cos(t)et . f : [a, b] → R. Une application 2 fois dérivable γ ∈]a, b[ tel que f (c) = (c−a)(c−b) f 00 (γ). 2 vériant f (a) = f (b) = 0. Soit Montrer qu'il existe Planche 2. Question de cours. Exercice 1. Démontrer le théorème de Rolle. f : [−1, 1] → R C 1 Soit qui s'annule en −1, 0, 1. On pose g : [−1, 1] → R : 4 g(x) = 2x + x + f (x). Montrer qu'il existe Exercice 2. Soit c ∈] − 1, 1[ P ∈ R[X] tel que a) Montrer que si les zéros de b) Montrer que si P tel que P g 0 (c) = 0. deg(P ) ≥ 2. sont tous réels et simples, alors est scindé dans R alors P0 P0 aussi. aussi. Planche 3. Question de cours. Exercice 1. que : Soit f dérivable sur un intervalle I . Alors f est croissante sur I ssi f 0 ≥ 0. f : [−1, 1] → R de classe C 1 sur [−1, 1], deux fois dérivable sur ] − 1, 1[ f (−1) = −1, f (0) = 0 et f (1) = 1. Montrer qu'il existe c ∈] − 1, 1[ tel que f 00 (c) = 0 Exercice 2. Soit Montrer que pour tout x, y ∈ R, tel que x/y < sin(x)/ sin(y) < 1 0 < x < y ≤ π/2, π x/y 2 on a : telle Colle 15 ./ 4 février 2015 ./ perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/ Solutions - Planche 1. Exercice 1. Re(e(1+i)t ). cos de l'exponentielle. Hummmmm. Faut passer en complexe clairement. cos(t)et = dérivée n-ième c'est trop easy : Du Et là la (cos(t)et )(n) = Re((1 + i)n e(1+i)t Or (1 + i)n = 2n/2 einπ/4 . D'où (cos(t)et )(n) = 2n/2 et cos(t + nπ/4) Exercice 2. g(x) = f (x) − A2 (x − a)(x − b) avec A tel que g(c) = 0. Du cop : g(a) = g(b) = g(c) = 0. Donc il existe a0 ∈]a, c[ tel que g 0 (a0 ) = 0 et g 0 (b0 ) = 0 avec b0 ∈]c, b[. Du coup 00 il existe γ ∈]a, b[ tel que g (γ) = 0. 00 00 00 Or g (x) = f (x) − A. Donc f (γ) = A. D'où ce qu'on veut. On pose 2 Colle 15 ./ 4 février 2015 ./ perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/ Solutions - Planche 2. Exercice 1. Comme g est C 1, on peut utiliser les théorèmes importants du cours (TAF, TVI, aux points connus. g(−1) = 1, g(0) = 0 3. On voit alors qui doit y avoir un point tel que g 0 (a) = 0 car g descend puis remonte. Rolle). Faisons un dessin : on calcule donc les valeurs de et a g(1) = Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe ∈] − 1, c[ tel que g 0 (a) = 0 car g(−1) = g(c). On a donc montré qu'il existe c ∈] − 1, 1[ tel que g c ∈]0, 1[ tel que g(c) = 1. Par Rolle, il existe g 0 (c) = 0 . Exercice 2. a) P est scindé sur C. C'est à dire C (comptées avec multiplicité). L'hypothèse implique que D'où P s'écrit de la manière suivante : D'après le théorème du cours, racines dans simples. P (X) = λ n Y qu'il admet exactement n ces racines sont réelles et (X − ak ) k=1 ak sont des réels distincts et λ est un réel non nul. On suppose, quitte à les renuméroter, que a1 < . . . < an . P étant continu sur [ak , ak+1 ] pour tout k ∈ [|1, n − 1|], étant dérivable sur ]ak , ak+1 [ (en fait P 1 est même C sur R) et P (ak ) = P (ak+1 ) = 0. Alors par le théorème de Rolle, il existe yk ∈]ak , ak+1 [ 0 tel que P (yk ) = 0. On obtient donc n − 1 réels yk tels que : a1 < y1 < a2 < . . . < yn−1 < an . Donc les yk sont deux 0 0 à deux distincts. Comme P est de degré n − 1, il en résulte que les zéros de P sont exactement les yk qui sont tous réels et simples . où les b) Comme P R, alors il existe λ a1 < . . . < aN et tels que : est supposé scindé dans distincts deux à deux tels que P =λ N Y un réel non nul, a1 , . . . , a N des réels (X − ak )αk k=1 Avec les αk des entiers non nuls. Comme on l'a montré dans la première partie de l'exercice, il existe y1 , . . . yN −1 des réels distincts 0 0 deux à deux tels que : yk ∈]ak , ak+1 [ et P (yk ) = 0. De plus ak est racine de P d'ordre αk − 1. 0 Ainsi on a trouvé un certain nombre de racine de P qui sont les yk (cela en fait N − 1) et les xk PN PN (chacun d'ordre αk − 1). D'où on a trouvé N − 1 + k=1 αk − 1 = N − 1 − N + k=1 αk = n − 1 0 racines comptées avec multiplicité. Or P est de degré n − 1. Donc ce sont exactement les racines de P 0 . D'où P 0 est scindé sur R . 3 Colle 15 ./ 4 février 2015 ./ perso.ens-lyon.fr/lucas.isenmann/ Solutions - Planche 3. Exercice 1. Ça sent le théorème des accroissements nis car on va montrer que des dérivées 1 0 s'annulent. Comme f est C , le TAF nous dit qu'il existe a dans ] − 1, 0[ tel que f (a) = f (0) − 0 f (−1)/(0 − (−1)) = 1 et qu'il existe b dans ]0, 1[ tel que f (b) = f (1) − f (0)/(1 − 0) = 1. f 0 est f 0 (a) = f 0 (b). Comme car dérivable, alors d'après le théorème de Rolle il existe c ∈]a, b[ tel que f 00 (c) = 0 Autre solution : on peut utiliser qu'il y a un minimum et un maximum (car non constante) du coup la dérivée vaut la même chose en ces deux points (0). Exercice 2. que : Premier réexe, 0 < x < y < π/2. on pose f (t) = sin(t)/t dénie sur ]0, π/2[. Soient x, y ∈ R tels Cela revient donc à montrer que : 2 f (x) < f (y) < f (x) π Et là on a plus de fonctions à deux variables et il sut d'étudier les variations de f f. est dérivable sur son intervalle de dénition : f 0 (t) = t cos(t) − sin(t) t2 A(t) = t cos(t) − sin(t). Or 0 cette fonciton dénie sur [0, π/2[ est dérivable sur ce même intervalle, et sa dérivée vaut : A (t) = −t sin(t) ≤ 0 et même A(t) < 0 si t 6= 0. Donc A est strictement décroissante. De plus A(0) = 0, 0 donc on en déduit que A(t) < 0. Donc f (t) < 0 et f est strictement décroissante. De plus on sait que f (t) → 1 quand t → 0. Donc f (t) → 2/π quand t → π/2. Ainsi, si 0 < x < y < π/2 alors Comme le dénominateur est positif, il sut d'étudier le signe de 2/π < f (y) < f (x) < 1 On a donc d'une part que f (y) f (x) > f (y) < f (x). 2 . On a donc démontré : π Et d'autre part x/y < sin(x)/ sin(y) < π2 x/y 4 f (y) f (x) > f (y) car 0 < f (x) < 1. Donc