PCSI Mathematiques Lycee Brizeux

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PCSI 2011-2012 Mathematiques Lycee Brizeux Devoir de Mathematiques 6 : corrige samedi 17 mars 2012 Exercice 1. Une famille de polynomes Soit a ? R fixe. On definit le polynome Pa ? R[X] par Pa = X 3 + aX2 + aX + 1. 1. Cours. (a) Voir le cours. (b) Idem ! 2. Pa(0) = 1. Par consequent, toutes les racines de Pa sont non nulles. Par ailleurs, ?1 = ?1 est une racine evidente de Pa. 3. D'apres la question precedente, X + 1 divise le polynome Pa. En effectuant la division euclidienne de Pa par X + 1, on trouve : Pa(X) = (X + 1)(X 2 + (a? 1)X + 1). Par consequent, Pa a toutes ses racines reelles si et seulement si le discriminant ∆ de X2 + (a? 1)X + 1 est ≥ 0. Autrement dit Pa a toutes ses racines reelles si et seulement si (a ? 1)2 ? 4 ≥ 0 ; si et seulement si a ?]?∞,?1] ? [3,+∞[. 4. Si on note ?1 = ?1 ; ?2 et ?3 les racines de Pa, alors : a = ?(?1 + ?2 + ?3) a = ?1 ?2 + ?1 ?3 + ?2 ?3 1 = ??1 ?2 ?3 5.

  • polynome

  • courbe parametree

  • coefficient-racines

  • racine de pa de multiplicite

  • axe des abscisses

  • symetrie d'axe

  • racines reelles

  • pa etant de coefficient


Publié le : mardi 29 mai 2012
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DevoirdeMathe´matiques6:corrig´e
Exercice1.Limitesetd´eveloppementslimite´s 1. 3 x 3 sin(x) =x+o0(x) 6 3 2 x x 3 3 2. Commesh(x) =x+ +o0(x)etch(x) = 1 ++o0(x)on trouve : 6 2 3 x 3 th(x) =x+o0(x) 3 3. Limiteen+. (a) Nousavonslimϕ(t) =laveclRlorsque : t+ε >0,MεRtel quetR:t > Mε⇒ |ϕ(t)l|< ε 1 (b) Posonst=; ainsi lorsquet→→+nous avonsx0. Le changement de variable donne alors : x t t1 1   =1 1 sin thxsin(x)xth(x) t t Nous avons ainsi 1 11 1 =4 4 xsin(x)xth(x)x x 2 42 4 x+o0(x)x+o0(x) 6 311 1=2 22 x xx 2 4 1+o0(x) 1+o0(x) 6 32 2 1x x 2 = 1+1+o0(x) 2 x6 3 1 =+o0(1) 6 Il vient donc finalement la limite :  ! t t1 lim  =1 1 t+sin th6 t t
´ Exercice2.Etudedunecourbeparame´tre´e 1.D=R\ {−1}. 2.γest de classeCsurD.De plus : t(t+ 2) 0 x(t) = 2 (1 +t) 4t 0 y(t) = 2 2 (1 +t) Le tableau de variations dexetyest le suivant
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t−∞ −2+1 00 x(t0) +− −0 + 0 y(t0) ++ +++❍ ✟ x(t)2 2 ✟ ❍ −∞ −1 2 ✟ ✟ 2✟ ✟ y(t) 1 5✟✯ ❘❅ 0 0 2 3.Lacourbeparame´tre´eposse`deunetangenteverticaleenM(2)see´nnodrooced(2,). 5 Lacourbeparame´tre´eposse`deunpointsingulierenM(0)odnne´sedecoor(2,2). 4. Ona : 2 33 x(t) = 2+tt+o(t) t0 2 3 y(t) = 22t+o(t) t0     −−−−−−−→ 11ε1(t) 2 33 Parconse´quent:M(0)M(t) =t+t+taveclimε1(t) = limε2(t) = 0. 2 0ε2(t)t0t0    11 Les vecteursu~2=et~u3=r´etm´raeeeualiuqtebapocrunts,endad´edonenltnitena´d´epntinreme´eai 2 0 poss`edeunpointderebroussementdepremie`reespe`ceent= 0.De plus, la tangente enM(0)eidts´girreeap~u2. 5.Auvudutableaudevariations,lacourbeparam´etr´eeposse`de: une asymptote en−∞uationd´eqy= 0.Les variations deymontrent par ailleurs que la courbe reste au dessus de cette droite; une asymptote en1pareualinrserf´uriesevduqe´oitany= 1.Les variations deymontrent par ailleurs que la courbe reste en dessous de cette droite lorsquet <1; une asymptote en1paravruelreeusupssri´e´dqeauitnoy= 1.Les variations deymontrent par ailleurs que la courbe reste au dessus de cette droite dans un voisinage de1(disons pourt]1,0[par exemple); une asymptote en+niotauqe´dy= 0.Les variations deymontrent par ailleurs que la courbe reste au dessus de cette droite. 6.Trac´e.Letrac´esetrouvea`lagureFig.0.1.Onpourraremarquerquelacourbeadmetunpointdinexionbien quecelasoitpeuvisible`aloeilnuetquecelane´taitpasdemand´edanslexercice. Selon Maple, on a en effet :   2 32 0 00 t3t+ 9t+ 7t3 x(t)x(t) = 4. 0 00   3 3 y(t)y(t) 2 (1 +t) (1+t) 3 2 La fonction polynomialet7→3t+ 9t+ 7t3el´neuelleesurarnuenveaulpnoiuqrut0qui vaut approximati-vementt00.3. On peut montrer, ce que nous ne ferons pas ici, queM(t0)est un point d’inflexion.
Proble`me.Polynoˆmesa`valeurscontraintes
´ Partie1.Etudepre´liminairedunope´rateurauxiliaire 1. Ilsuffit de montrer queΔestKireae.´nil
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Figure´etr´eam0.1e´edrTcapcralraγ.
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2 SoientPK[X]etQK[X];(α, β)K,on a : Δ(α P+β Q) = (α P+β Q)(X+ 1)(α P+β Q)(X) =α P(X+ 1) +β Q(X+ 1)(α P(X) +β Q(X)) =α(P(X+ 1)P(X)) +β(Q(X+ 1)Q(X)) =αΔ(P) +βΔ(Q) Cequi´etablitlalin´earit´edeΔ. 2. SoitPK0[X]On a doncP=αavecαK.Mais alorsΔ(P) =αα= 0. Ce qui montre quePker(Δ)et entraˆıneK0[X]ker(Δ). 3.(a)Cecid´ecouleduthe´ore`medeDAlembert-Gauss. (b)Onproce`deparr´ecurrencesurkN. initialisation.Sik= 0,cela veut dire queαest racine deP,pothlhyded´`ese.tperaqucestie h.´edetie´´rSupposons queα+ksoit racine dePpour un certain entier naturelk. PuisquePker(Δ),on aP(X+ 1) =P(X).D:u`oP(α+k+ 1) =P(α+k).Puisqueα+kest racine deP,euqmentiatem´editime´udendnoP(α+k+ 1) = 0,ce qui montre queα+k+ 1est racine deP. euqte,ncreuruiedd´onpeder´ecarprincipα+kest racine dePpour tout entier naturelk. (c)Ptsno,tnaonelerbmnttappsu´eosncnoseidtsnitcseedderacinescomplexe´Pgal`aetsni´freeiruuoe´deg(P). Ordelaquestionpre´ce´dente,ontirequePdeurbs:a.idsexelpsetcnitsderait´escomcine`sdepsoninueen AinsiP.ocnsnattnˆetrenonepeutpas Ilende´coulequeker(Δ)\K0[X] =riuqeiveecquedirent`aker(Δ) =K0[X]. 4. (a)SoitQ=P+a XavecPker(Δ).ot,ier´aoer´tnni:lervauP Δ(Q) = Δ(P) +aΔ(X). OrΔ(P) = 0puisquePker(Δ)etΔ(X) =X+ 1X= 1.Il s’ensuit queΔ(P+a X) =a. 1 Ceci montre bien que{a X+P:Pker(Δ)} ⊂Δ ({a}). 1 (b) SoitQΔ ({a}).ouve:t´e,ontr´niliraeraP Δ(Qa X) = Δ(Q)Δ(a X). OrΔ(Q) =a,pohyarpte,ese`htΔ(a X) =a`u.Dorpe´itnoneet´cdelcullecar`esdapuqsea`alute´ece Δ(Qa X) = 0,ce qui montre queQa Xrtpaap`antieker(Δ). Ceci dit, en posantP=Qa X,ˆnylemolepoQenbiussofolaerme´stircQ=P+a XavecPker(Δ). 1 Onadoncmontre´que{a X+P:Pker(Δ)} ⊃Δ ({a}). 1 (c)Ilend´ecoulequeΔ ({a}) ={a X+P:Pker(Δ)}.
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