Planche 1. Planche 2. Exercice 2. Soit P ∈ R[X] Planche 3.

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
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./
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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
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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
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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