DEVOIR SURVEILLE 6

Exo 3

78

or 2i+ 1 6= i+ 1, donc le système est incompatible.En conclusion, on a :

— Si m = 0, S =

(0, 1, z)

∣∣∣∣∣z ∈ C

— Si m = 1, S =

(1, z − 1, z)

∣∣∣∣∣z ∈ C

— Si m = −1, m = i ou m = −i, S = ∅.

— Dans les autres cas, S =

(

m3 + 3m(1 +m2)(1 +m)

,1−m1 +m2

,2

1 +m

)

NB : attention à l’écriture de l’ensemble des solutions !

Exercice 3 Considérons la suite réelle (xn) définie par :

x0 ∈]1,+∞[,

∀n ∈ N, xn+1 = xn + 1 +1

xn − 1

1. Étude d’une fonction

(a) Étudier la fonction f : x 7→ x+ 1 + 1x−1 sur ]1,+∞[.

(b) Déterminer le signe de la fonction g : x 7→ f(x)− x sur ]1,+∞[.

2. Étude de la suite (xn).

(a) Montrer que la suite (xn) est parfaitement définie et à valeurs dans ]1,+∞[.

(b) Si la suite (xn) converge, quelles sont les valeurs possibles pour sa limite ?

(c) Montrer que la suite (xn) est croissante.

(d) Montrer que la suite (xn) diverge vers +∞.

3. Recherche d’un équivalent

(a) Montrer que pour tout entier naturel xn > n+ 1.

(b) Montrer que :

∀n ∈ N∗, 0 6 xn+1 − xn − 1 6

1n

(c) En déduire que :

∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n− 1) 6n−1∑

k=1

1k

(d) Montrer que ∀x > −1, ln(1 + x) 6 x.

(e) Établir alors que :

∀k > 2,1k6 ln(k)− ln(k − 1)

(f) En déduire :

∀n > 2, n+ 1 6 xn 6 x1 + n+ ln(n− 1).

(g) En déduire un équivalent de xn.

Correction :

1. Étude d’une fonction

78

Exo 1

74

Devoir Surveillé Vendredi 6 février

BCPST Lycée Hoche Durée 3hPelletier Sylvain

Exercice 1 Polynôme divisibles par leur polynôme dérivée

Le but de cet exercice est de trouver tous les polynômes non constants de C[X] divisibles par leurpolynôme dérivée.

Soit n > 1.

1. Soit λ ∈ C \ 0, et a ∈ C. On pose P = λ(X − a)n. Montrer que P ′ divise P , c’est-à-dire qu’il existeQ ∈ C[X] tel que P = P ′Q.

2. Soit P un polynôme de C[X], de degré n > 1, divisible par son polynôme dérivé P ′, c’est-à-dire qu’ilexiste Q ∈ C[X] tel que P = P ′Q.

(a) Montrer que : ∃(α, β) ∈ C2, P = (αX + β)P ′. (1).

(b) En comparant les coefficients dominants dans (1), déterminer α.

(c) Montrer que la relation (1) peut alors s’écrire sous la forme : nP = (X − a)P ′, où a est unnombre complexe que l’on ne cherchera pas à calculer.

(d) Montrer que pour tout entier naturel k, on a : (n − k)P (k) = (X − a)P (k+1).

(e) En déduire les valeurs de P (a), P ′(a), . . ., P (n−1)(a).

(f) Quelle est alors la multiplicité de la racine a de P ?

(g) Donner l’écriture factorisée de P .

3. Quel est finalement l’ensemble des polynômes de C[X] non constants divisibles par leur polynômedérivée ?

Commentaire : très classiquement, il s’agit d’une équation polynomiale. Attention, beaucoup necomprennent pas l’énoncé : question 1 on considère P de la forme ... et on vérifie qu’il est solution, question2, P est maintenant une solution quelconque de l’équation.

Correction :

1. On a :

P =λ(X − a)n

donc P ′ =λn(X − a)n−1

on a la relation : λ(X − a)n =

(

1n

(X − a)

)(

λn(X − a)n−1

)

on pose donc : Q =1n

(X − a) ∈ C[X] existe car n > 1

et on a : P =QP ′.

2. (a) On a : P = QP ′, donc d(P ) = d(Q) + d(P ′) = d(Q) + d(P ) − 1, on en déduit d(Q) = 1, et Qs’écrit sous la forme Q = αX + β. D’où le résultat.

(b) Commentaire : la réponse était donné à la question suivante.

On regarde les termes dominants, avec la notation :

P =anXn + . . .d<n

74

Exo 6

70

On peut alors dériver :

∀x 6= 1, h′(x) =(

1 + x(x− 1)− (x+ 1)

(x− 1)2

)

exp(x+ 1x− 1

)

=(

1 +−2x

(x− 1)2

)

exp(x+ 1x− 1

)

.

Exercice 6 On veut résoudre l’équation différentielle (E) : x2y′′+xy′−4y = 4x2 définie pour x ∈]0,+∞[et d’inconnue la fonction y.

Soit y une solution de (E).

1. Soit z : t 7→ y(et). On a donc : ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)).Justifier que z est dérivable et calculer pour x > 0, y′(x) et y′′(x) en fonctions des dérivées de z

2. Montrer que z est solution de l’équation différentielle :

(E′) : z′′ − 4z = 4e2t

définie pour t ∈ R, d’inconnue la fonction z.

3. Trouver une solution particulière de (E′) sous la forme : z0 : t 7→ ate2t.

4. Résoudre (E′).

5. Conclure .

Correction :

1. La fonction z est dérivable sur R comme composée :

R → R+∗ → R

t 7→ et

x 7→ y(x)

On peut alors dériver la relation ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)) pour obtenir :

∀x > 0, y′(x) =1xz′(ln(x))

et y′′(x) =− 1x2z′(ln(x)) +

1x2z′′(ln(x)).

2. On a :

∀x > 0, x2y′′(x) + xy′(x)− 4y(x) =4x2

−z′(ln(x)) + z′′(ln(x)) + z′(ln(x))− 4z(ln(x)) = 4x2

Ainsi, ∀x > 0, z′′(ln(x))− 4z(ln(x)) = 4x2

Soit maintenant t ∈ R, en posant t = ln(x), i.e. x = et on obtient : z′′(t)− 4z(t) = 4e2t.

On a ainsi montré :

∀t ∈ R, z′′(t)− 4z(t) = 4e2t.

Ainsi, la fonction z est solution de (E′).

NB : bien faire la changement de variable !

70

Exo 2

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Exo 2

Recommandations

Rédigez vos réponses dans un français correct. Terminez chaque résolution d’exercice par uneconclusion encadrée ou soulignée. Laissez une marge au correcteur.

Les exercices sont indépendants et peuvent être traités dans n’importe quel ordre. Dans unexercice, on pourra, si besoin est, admettre le résultat d’une question pour répondre aux suivantes.La calculatrice n’est pas autorisée.

Exercice 1

Soit

f(x) = (x2 − 1) ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣ ·

1. Déterminer l’ensemble de définition D de la fonction f .

2. Démontrer que f est impaire sur D. Dans la suite, on pose E = D ∩R+.

3. a) Étudier la continuité de f sur E .

b) Montrer que l’on peut prolonger f par continuité au point 1. On note encore f leprolongement ainsi obtenu.

4. a) α] Justifier la dérivabilité de f sur E et calculer f ′ sur cet ensemble.β] Étudier le signe de la fonction auxiliaire g définie sur E \ 0 par

g(x) =f ′(x)

2xc’est-à-dire g(x) = ln

∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣−1

x·

On notera a l’unique point d’annulation de g sur E \0 sans chercher à déterminersa valeur exacte.

γ] Dresser un tableau de variation de la fonction f .δ] Sachant que 0, 1 < a < 0, 9, écrire un script SCILAB qui détermine une valeur

approchée de a à 10−2 près. On pourra utiliser une dichotomie, un balayage outout autre méthode pertinente à condition de donner quelques explications.L’execution de ce script donne a ≈ 0, 65 à 10−2 près par excès.

b) Étudier la dérivabilité de f en 1. Que peut-on en déduire pour la tangente de f en cepoint ?

5. En utilisant un développement limité, déterminer la tangente de f en 0 et préciser la positionlocale de la courbe de f par rapport à cette tangente.

6. En utilisant un développement limité, justifier l’existence d’une asymptote en +∞ et préciserla position locale de la courbe de f par rapport à cette asymptote.

7. Tracer la courbe représentative de f sur D en précisant tous les éléments caractéristiquesglanés jusqu’ici. Unité graphique : 2 cm

Exercice 2

On considère une suite de tirages avec remise dans une urne contenant N boules numérotéesde 1 à N . Pour tout n 1, on note Yn le nombre de numéros non encore sortis à l’issue du n-èmetirage.

1. Déterminer Y1.

2. Soit n 2.

a) Justifier que Yn N − 1.

b) Montrer que, pour k ∈ [[0;N − 1]], on a

P (Yn = k) =N − k

NP (Yn−1 = k) +

k + 1

NP (Yn−1 = k + 1).

3. Montrer que la suite(E(Yn)

)n1

est géométrique et en déduire l’expression de E(Yn) pourtout n 1.

Exo 1

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Exo 1

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CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE 6

Exo 2

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Exo 2

Exercice 2

On considère une suite de tirages avec remise dans une urne contenant N boules numérotées de1 à N . Pour tout n 1, on note Yn le nombre de numéros non encore sortis à l’issue du n-èmetirage.

1. Déterminer Y1.

À l’issue du premier tirage, un seul numéro est sorti donc il reste N − 1 numéros non encoresortis, ce qui signifie que

Y1 = N − 1.

2. Soit n 2.

a) Justifier que Yn N − 1.

Après n tirages, le nombre minimal de numéro(s) sorti(s) est 1 (dans le cas où tous lestirages ont donnés le même résultat) donc le nombre maximal de numéros non encoresortis est égal à N − 1, ce qui prouve que

Yn N − 1.

Remarque : On aurait aussi pu remarquer que la suite (Yk) est décroissante (y réfléchir !)et donc que Yn Y1 = N − 1.

b) Montrer que NP (Yn = k) = (N − k)P (Yn−1 = k) + (k + 1)P (Yn−1 = k + 1) pour toutk ∈ [[0;N − 1]].

Soit k ∈ [[0;N − 1]]. L’événement (Yn = k) possède deux causes possibles : (Yn−1 = k)et (Yn−1 = k+1). En effet, s’il reste k numéros non encore sortis après le n-ème tirage,alors ou bien il restait k numéros non encore sortis au n − 1-ème tirage et le n-èmetirage a fourni un numéro déjà tiré, ou bien il restait k + 1 numéros non encore sortisau n− 1-ème tirage et le n-ème tirage a fourni un nouveau numéro. Par suite, d’aprèsla formule des probabilités totales, on a

P (Yn = k) = P (Yn = k |Yn−1 = k)P (Yn−1 = k)

+P (Yn = k |Yn−1 = k + 1)P (Yn−1 = k + 1).

Or

• pour obtenir (Yn = k) sachant que (Yn−1 = k) s’est produit, il faut choisir, pour len-ème tirage, l’un des N − k numéros déjà tirés parmi les N numéros possibles, cequi donne

P (Yn = k |Yn−1 = k) =N − k

N,

• pour obtenir (Yn = k) sachant que (Yn−1 = k + 1) s’est produit, il faut choisir,pour le n-ème tirage, l’un des k + 1 numéros non déjà tirés parmi les N numérospossibles, ce qui donne

P (Yn = k |Yn−1 = k) =k + 1

N·

Par suite, on a bien

∀k ∈ [[0;N − 1]] , P (Yn = k) =N − k

NP (Yn−1 = k) +

k + 1

NP (Yn−1 = k + 1).

3. Montrer que la suite(E(Yn)

)n1

est géométrique et en déduire E(Yn) pour tout n 1.

Pour tout n 1, on a

E(Yn) =N−1∑

k=0

kP (Yn = k)

=N−1∑

k=0

k(N − k

NP (Yn−1 = k) +

k + 1

NP (Yn−1 = k + 1)

)d’après 2. b)

=N−1∑

k=0

kP (Yn−1 = k)−1

N

N−1∑

k=0

k2P (Yn−1 = k)

+1

N

N−1∑

k=0

k2P (Yn−1 = k + 1) +1

N

N−1∑

k=0

kP (Yn−1 = k + 1)

Étudions un par un les quatres termes. On a tout d’abord

N−1∑

k=0

kP (Yn−1 = k) = E(Yn−1) etN−1∑

k=0

k2P (Yn−1 = k) = E(Yn−12).

Par ailleurs, en effectuant le changement d’indice ℓ = k + 1, on a

N−1∑

k=0

k2P (Yn−1 = k + 1) =N∑

ℓ=1

(ℓ− 1)2P (Yn−1 = ℓ)

=N−1∑

ℓ=0

(ℓ− 1)2P (Yn−1 = ℓ)− P (Yn−1 = 0) car P (Yn−1 = N) = 0

= E((Yn−1 − 1)

2)− P (Yn−1 = 0)

= E(Yn−12)− 2E(Yn−1) + 1− P (Yn−1 = 0).

Avec le même changement d’indice, on a

N−1∑

k=0

kP (Yn−1 = k + 1) =N−1∑

ℓ=0

(ℓ− 1)P (Yn−1 = ℓ) + P (Yn−1 = 0) car P (Yn−1 = N) = 0

= E(Yn−1 − 1) + P (Yn−1 = 0)

= E(Yn−1)− 1 + P (Yn−1 = 0).

En rassemblant ces calculs, il vient

E(Yn) = E(Yn−1)−1

NE(Yn−1

2) +1

N

[E(Yn−1

2)− 2E(Yn−1) + 1− P (Yn−1 = 0)]

+1

N

[E(Yn−1)− 1 + P (Yn−1 = 0)

]

=(1−

1

N

)E(Yn−1),

donc

la suite(E(Yn)

)n1

est géométrique de raison 1−1

N·

Comme E(Y1) = N − 1 puisque Y1 est une variable aléatoire certaine égale à N − 1, on a,pour tout n 1, E(Yn) = (N − 1)(1− 1/N)n−1, c’est-à-dire

∀n 1, E(Yn) = N(1−

1

N

)n·

Exo 1

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Exo 3

79

(a) La fonction f est dérivable sur ]1,+∞[, avec :

∀x > 1, f ′(x) =1− 1(x− 1)2

=(x− 1)2 − 1

⊕=⊕ (x− 2)x

Ainsi, la fonction f est croissante sur [2,+∞[, décroissante sur ]1, 2].

On dresse le tableau de variation :

x

signe de f ′(x)

variation de f

1 2 +∞

− 0 +

+∞

44

+∞+∞

On peut éventuellement faire un dessin de la fonction pour étudier graphiquement la suite.

(b) On considère donc la fonction g : x 7→ 1 + 1x−1 = x

x−1 On a :∀x > 1, g(x) > 0.

NB : pas besoin de faire l’étude de fonction pour cela.

2. Étude de la suite (xn).

(a) Par récurrence. On note pour n ∈ N, P (n) la proposition « xn existe et xn > 1 ». NB : récurrencede la forme « xn existe ... ».

Initialisation dans les hypothèses.

Hérédité : soit n fixé tel que P (n) est vrai. On a alors xn > 1, donc xn+1 existe. De plus, onconstate sur le tableau de variation de f que ∀x > 1,, f(x) > 4 ainsi, xn+1 > 4 et xn+1 > 1.D’où l’hérédité et la conclusion.

(b) On suppose que la suite (xn) converge. On note alors l la limite, et on a alors l > 1.

NB : et pas l > 1 ! ! !

Si l > 1, on peut alors passer à la limite dans la relation : ∀n ∈ N, xn+1 = xn + 1 + 1xn−1 , ce qui

donne :

l =l + 1 +1

l − 1par continuité de la fonction f en l car l 6= 1

d’où1

l − 1=− 1 et 1 = 1− l d’où l = 0 impossible.

Ainsi, si (xn) converge la seule valeur possible pour la limite est l = 1.

NB : trop d’erreurs dans cette question : il faut vérifier la continuité avant le passage à lalimite.

(c) Soit n ∈ N, on calcule xn+1 − xn = g(xn). On a vu :∀x > 1, g(x) > 0, et ∀n ∈ N, xn > 1, doncg(xn) > 0, puis xn+1 − xn > 0.

Ainsi, ∀n ∈ N, xn+1 − xn > 0, d’où la suite (xn) est croissante.

(d) LA suite (xn) étant croissante, on a deux possibilités : soit elle tends vers +∞, soit elle converge.

Supposons par l’absurde qu’elle converge vers une limite notée l. On a alors l = 1 (question 2b).Or on a : ∀n > 1, xn > x0, donc l > x0, et ainsi 1 > x0 ce qui est une contradiction avec x0 > 1.

On en déduit que la suite (xn) ne converge pas, et par suite que limn∞ xn = +∞.

3. Recherche d’un équivalent

79

80

(a) On peut raisonner par récurrence, ou remarquer :

∀k ∈ N, xk+1 − xk =1 +1

xk − 1> 1

or xn − x0 =n−1∑

k=0

xk+1 − xk par somme télescopique

donc xn − x0 >

n−1∑

k=0

1 = n

Au final : ∀n ∈ N, xn > n+ x0. Comme x0 > 1, on en déduit xn > n+ 1.

(b) Soit n ∈ N∗, on a :

xn+1 − xn − 1 =1

xn − 1

D’un côté, xn − 1 > 0, donc 0 6 xn+1 − xn − 1.

D’un autre côté, xn − 1 > n, donc 1xn−1 6

1n

. On en déduit :

∀n ∈ N∗, 0 6 xn+1 − xn − 1 6

1n

(c) Soit n > 2. On a :

∀k > 1, 0 6 xk+1 − xk − 1 61k

On somme ces inégalités pour k ∈ [[1, n− 1]]. Cela donne :

0 6

n−1∑

k=1

(

xk+1 − xk − 1)

6

n−1∑

k=1

1k

Or on a :

n−1∑

k=1

(

xk+1 − xk − 1)

=n−1∑

k=1

(

xk+1 − xk

)

− (n− 1)

=xn − x1 − (n− 1) par somme télescopique.

Ainsi :

∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n− 1) 6n−1∑

k=1

1k

Petite erreur d’énoncé ici (n à la place de n− 1). Le résultat est aussi valable avec n.

(d) Classiquement on étudie la fonction x 7→ ln(1 + x)− x.

(e) On remplace x par − 1k

dans la relation ci-dessus, ce qui donne :

∀k > 2, −1k> ln

(

1− 1k

)

soit − 1k> ln

(k − 1k

)

= ln(k − 1)− ln(k).

Ce qui donne :

∀k > 2,1k6 ln(k)− ln(k − 1)

80

81

(f) On a vu :

∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n− 1) 6n−1∑

k=1

1k

On calcule donc :n−1∑

k=1

1k

=n−1∑

k=2

1k

+ 1

6

(n−1∑

k=1

ln(k)− ln(k − 1)

)

+ 1

6 ln(n− 1)− ln(1) + 1 par somme télescopique

6 ln(n− 1) + 1.

Ainsi :

∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n− 1) 6 ln(n− 1) + 1

Ce que l’on peut écrire sous la forme :

∀n ∈ N, x1 + (n− 1) 6 xn 6 x1 + n+ ln(n− 1).

puis puisque x1 > 2

∀n > 2, n+ 1 6 xn 6 x1 + n+ ln(n− 1).

(g) On divise par n la relation précédente pour obtenir :

∀n > 2, 1 +1n6xn

n6 1 +

x1

n+

ln(n− 1)n

On a :

limn∞

1 +1n

=1

et limn∞

1 +x1

n+

ln(n− 1)n

=1

D’où limn∞xn

n= 1 i.e. xn ∼

n∞n.

NB : aucun résultat dans le cours sur la comparaison et les équivalents.

Exercice 4 On note P le plan, que l’on munit d’un repère orthonormal R.

Attention : le point O n’est pas l’origine du repère. Soit C le cercle de centre O

(

32

)

et de rayon r = 7,

et Γ le cercle de centre Ω

(

6−1

)

et de rayon ρ = 1

On appelle puissance d’un point M par rapport au cercle C la quantité :

PC(M) = OM2 − r2

De même, on appelle puissance d’un point M par rapport au cercle Γ la quantité :

PΓ(M) = ΩM2 − ρ2.

On considère l’ensemble D des points du plan M qui ont même puissance par rapport à C et par rapportà Γ, c’est-à-dire :

D =

M ∈ P∣∣∣PC(M) = PΓ(M)

.

L’ensemble D est appelé l’axe radial de C et Γ.

81

Exo 1

74

Devoir Surveillé Vendredi 6 février

BCPST Lycée Hoche Durée 3hPelletier Sylvain

Exercice 1 Polynôme divisibles par leur polynôme dérivée

Le but de cet exercice est de trouver tous les polynômes non constants de C[X] divisibles par leurpolynôme dérivée.

Soit n > 1.

1. Soit λ ∈ C \ 0, et a ∈ C. On pose P = λ(X − a)n. Montrer que P ′ divise P , c’est-à-dire qu’il existeQ ∈ C[X] tel que P = P ′Q.

2. Soit P un polynôme de C[X], de degré n > 1, divisible par son polynôme dérivé P ′, c’est-à-dire qu’ilexiste Q ∈ C[X] tel que P = P ′Q.

(a) Montrer que : ∃(α, β) ∈ C2, P = (αX + β)P ′. (1).

(b) En comparant les coefficients dominants dans (1), déterminer α.

(c) Montrer que la relation (1) peut alors s’écrire sous la forme : nP = (X − a)P ′, où a est unnombre complexe que l’on ne cherchera pas à calculer.

(d) Montrer que pour tout entier naturel k, on a : (n − k)P (k) = (X − a)P (k+1).

(e) En déduire les valeurs de P (a), P ′(a), . . ., P (n−1)(a).

(f) Quelle est alors la multiplicité de la racine a de P ?

(g) Donner l’écriture factorisée de P .

3. Quel est finalement l’ensemble des polynômes de C[X] non constants divisibles par leur polynômedérivée ?

Commentaire : très classiquement, il s’agit d’une équation polynomiale. Attention, beaucoup necomprennent pas l’énoncé : question 1 on considère P de la forme ... et on vérifie qu’il est solution, question2, P est maintenant une solution quelconque de l’équation.

Correction :

1. On a :

P =λ(X − a)n

donc P ′ =λn(X − a)n−1

on a la relation : λ(X − a)n =

(

1n

(X − a)

)(

λn(X − a)n−1

)

on pose donc : Q =1n

(X − a) ∈ C[X] existe car n > 1

et on a : P =QP ′.

2. (a) On a : P = QP ′, donc d(P ) = d(Q) + d(P ′) = d(Q) + d(P ) − 1, on en déduit d(Q) = 1, et Qs’écrit sous la forme Q = αX + β. D’où le résultat.

(b) Commentaire : la réponse était donné à la question suivante.

On regarde les termes dominants, avec la notation :

P =anXn + . . .d<n

74

75

De P = (αX + β)P ′, on obtient :

anXn + . . .d<n =

(

αX + β)(

nanXn−1 + . . .d<n−1)

=αnanXn + . . .d<n.

On en déduit l’égalité : an = αnan, or an 6= 0, donc α = 1n

(c) On a donc :

P =(

1nX + β

)

P ′

et donc : nP = (X + nβ)P ′

on pose donc : a =nβ ∈ C

pour obtenir : nP =(X + a)P ′.

(d) On procède par récurrence sur k, en posant : Q(k) : (n− k)P (k) = (X − a)P (k+1).

Initialisation : pour k = 0, Q(0) s’écrit nP = (X − a)P ′, ce qui est la question précédente.

Hérédité : On considère k fixé tel que Q(k) est vrai. On a alors :

l’hypothèse de récurrence : (n− k)P (k) =(X − a)P (k+1)

on dérive : (n− k)P (k+1) =P (k+1) + (X − a)P (k+2)

ce que l’on peut écrire : (n− k − 1)P (k+1) =(X − a)P (k+2)

on a donc bien obtenu Q(k + 1) :(

n− (k + 1))

P (k+1) =(X − a)P (k+2)

D’où l’hérédité.

Conclusion : ∀k ∈ N, (n− k)P (k) = (X − a)P (k+1).

(e) Considérons k ∈ [[0, n− 1]], on a alors en utilisant la relation précédente :

(n− k)P (k)(a) =(a− a)P (k+1)(a) = 0

or n− k 6= 0 (puisque k < n), d’où P (k)(a) = 0.

Ainsi, ∀k ∈ [[0, n − 1]], P (k)(a) = 0.

Attention : P (n)(a) 6= 0. Il faut donc faire apparaître l’argument n− k 6= 0.

(f) La racine a est d’ordre au moins n de P . Comme le polynôme P est non nul, cette racine estd’ordre exactement n.

NB : on attends : au moins n puis exactement n.

(g) NB : question mal traitée. Il faut vérifier que P n’a pas d’autre racines !

Le polynôme P a n racines comptés avec leur ordre de multiplicité dans C car il est de degré n.La racine a est d’ordre n, donc le polynôme P n’a donc pas d’autre racine.

D’après la décomposition dans C[X], on en déduit que P s’écrit sous la forme :

P = λ(X − a)n avec λ ∈ C \ 0 le terme dominant

3. Notons S l’ensemble des polynômes de C[X], non constants et divisible par leur polynôme dérivé. Ona alors :

S =

λ(X − a)n

∣∣∣∣∣λ ∈ C \ 0, n > 1, a ∈ C

.

En effet, on a vu question 1 que tout polynôme de cette forme est dans S, et question 2 qu’unpolynôme de S s’écrit sous cette forme.

NB : 3 paramètres dans l’ensemble.

75

Exo 6

70

On peut alors dériver :

∀x 6= 1, h′(x) =(

1 + x(x− 1)− (x+ 1)

(x− 1)2

)

exp(x+ 1x− 1

)

=(

1 +−2x

(x− 1)2

)

exp(x+ 1x− 1

)

.

Exercice 6 On veut résoudre l’équation différentielle (E) : x2y′′+xy′−4y = 4x2 définie pour x ∈]0,+∞[et d’inconnue la fonction y.

Soit y une solution de (E).

1. Soit z : t 7→ y(et). On a donc : ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)).Justifier que z est dérivable et calculer pour x > 0, y′(x) et y′′(x) en fonctions des dérivées de z

2. Montrer que z est solution de l’équation différentielle :

(E′) : z′′ − 4z = 4e2t

définie pour t ∈ R, d’inconnue la fonction z.

3. Trouver une solution particulière de (E′) sous la forme : z0 : t 7→ ate2t.

4. Résoudre (E′).

5. Conclure .

Correction :

1. La fonction z est dérivable sur R comme composée :

R → R+∗ → R

t 7→ et

x 7→ y(x)

On peut alors dériver la relation ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)) pour obtenir :

∀x > 0, y′(x) =1xz′(ln(x))

et y′′(x) =− 1x2z′(ln(x)) +

1x2z′′(ln(x)).

2. On a :

∀x > 0, x2y′′(x) + xy′(x)− 4y(x) =4x2

−z′(ln(x)) + z′′(ln(x)) + z′(ln(x))− 4z(ln(x)) = 4x2

Ainsi, ∀x > 0, z′′(ln(x))− 4z(ln(x)) = 4x2

Soit maintenant t ∈ R, en posant t = ln(x), i.e. x = et on obtient : z′′(t)− 4z(t) = 4e2t.

On a ainsi montré :

∀t ∈ R, z′′(t)− 4z(t) = 4e2t.

Ainsi, la fonction z est solution de (E′).

NB : bien faire la changement de variable !

70

71

3. On cherche une solution de (E′) sous la forme proposée : Cela donne :

∀t ∈ R, z0(t) =ate2t

z′0(t) = a

(

1 + 2t)

e2t

z′′0 (t) = a

(

2 + 2 + 4t)

e2t = 4a(1 + t)e2t.

On souhaite que z0 soit solution, cela donne :

∀t ∈ R, z′′0 (t)− 4z0(t) = 4ae2t = e2t

On obtient donc a = 1.

Ainsi, la fonction t 7→ te2t est solution de (E′).

4. Pour résoudre (E′), on résout l’équation homogène.

(H) : z′′ − 4z = 0

C’est une équation linéaire de degré 2, l’équation caractéristique est r2− 4 = 0, i.e. r = 2 ou r = −2.Ainsi, les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme :

t 7→ Ae2t +Be−2t (A,B) ∈ R2.

On en déduit l’ensemble des solutions de (E′) :

S =

t 7→ (A+ t)e2t +Be−2t∣∣∣(A,B) ∈ R

2

.

5. Soit y une solution de (E), alors la fonction z : t 7→ y(et) est solution de (E′) et donc de la formeci-dessus.

On en déduit que la fonction y vérifie :

∃(A,B) ∈ R2, y : x 7→(A+ ln(x))e2 ln(x) +Be−2 ln(x)

7→(A+ ln(x))x2 +B

x2

Ainsi, y s’écrit sous la forme : y : x 7→ (A+ ln(x))x2 + Bx2 pour un certain couple (A,B) ∈ R

2.

Réciproquement soit y une fonction de cette forme, on a alors :

∀x > 0, y(x) =(A+ ln(x))x2 +B

x2

y′(x) =x+ (A+ ln(x))2x − 2Bx3

=(2A+ 2 ln(x) + 1)x− 2Bx3

y′′(x) =(2A+ 2 ln(x) + 1) + 2 +6Bx4

=(2A+ 2 ln(x) + 3) +6Bx4

Cela donne :

x2y′′ + xy′ − 4y =(2A+ 2 ln(x) + 3)x2 +6Bx2

+ (2A+ 2 ln(x) + 1)x2 − 2Bx2

− 4(A+ ln(x))x2 − 4B

x2

=4x2

71

72

Et y est solution de (E).

On en déduit l’ensemble des solutions de (E) :

S =

y : x 7→ (A+ ln(x))x2 +B

x2

∣∣∣∣∣(A,B) ∈ R

2

72

Exo 1

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