Correction du devoir maison n Exercice :. (E ) est équivalente à z = donc les solutions sont les racines ème de l unité : z = e ik pour k [[, ]. z = z = e i + i sin z = e i + i sin z 3 = e 6i 6 + i sin 6 z = e i + i sin. On va raisonner par analyse et synthèse. Analyse Supposons qu un tel polynôme Q existe. Il est de la forme z C, Q(z) = az + bz 3 + cz + dz + e. (z )Q(z) = (z )(az + bz 3 + cz + dz + e) = az + bz + cz 3 + dz + ez (az + bz 3 + cz + dz + e) = az + (b a)z + (c b)z 3 + (c d)z + (e d)z e z = (z )Q(z) z = az + (b a)z + (c b)z 3 + (c d)z + (e d)z e a = a = b a = c b = b = c = d c = d = e d = e = e = Synthèse On peut factoriser (E ) sous la forme (z )Q(z) = avec z C, Q(z) = z + z 3 + z + z +. 3. Pour z, posons Z = z + z. Puisque z = n est pas solution de (E ), ce changement de variable ne risque pas de faire «oublier» des racines de (E ).
(a) Z + Z = ( z + z ) + z + z = z + + z + z + z = z + z + + z + z = z + z 3 + z + z + = en multipliant tout par z Donc, Z + Z = Q(z) = (b) Z +Z = est une équation du second degré à coefficients réels pour laquelle = + =. Il y a donc deux solutions réelles Z = et Z = + (c) Pour déterminer les solutions de l équation (E ), nous devons maintenant exprimer z en fonction de Z ou de Z. Pour Z : z + z = Z z + = Z z z Z z + = Il s agit d une équation du second degré à coefficients complexes. = Z = Z + = 3 = (Z est solution de Z + Z = ) Ce discriminant est un nombre réel négatif donc l équation z + z = Z admet deux solutions complexes conjuguées Pour Z : z = Z + i z = Z i = = + i i z + z = Z z + = Z z z Z z + = Il s agit d une équation du second degré à coefficients complexes. = Z = Z + = + 3 = (Z est solution de Z + Z = ) Ce discriminant est un nombre réel négatif donc l équation z + z = Z admet elle aussi deux solutions complexes conjuguées z = Z + + i z = Z i + = + = + + + i + i Finalement, les solutions de (z )Q(z) = sont les complexes :, z, z, z et z.
. Nous avons vu que l équation (z )Q(z) = était équivalente à (E ). Il nous reste à identifier les solutions trouvées à la question avec celles obtenues à la question 3(c). Le signe des parties réelles et imaginaires va nous y aider. z est un complexe dont un argument est et < arg(z ) <. On a donc Re(z ) > et Im(z ) >. Parmi les racines obtenues à la question 3(c), seul le complexe z correspond à ces critères. cos ( ) + = et sin ( ) + = z est un complexe dont un argument est et < arg(z ) <. On a donc Re(z ) < et Im(z ) >. Parmi les racines obtenues à la question 3(c), seul le complexe z correspond à ces critères. cos ( ) = et sin ( ) = z 3 est un complexe dont un argument est 6 et < arg(z ) < 3. On a donc Re(z ) < et Im(z ) <. Parmi les racines obtenues à la question 3(c), seul le complexe z correspond à ces critères. cos ( 6 ) = et sin ( 6 ) = z est un complexe dont un argument est 3 et < arg(z ) <. On a donc Re(z ) > et Im(z ) <. Parmi les racines obtenues à la question 3(c), seul le complexe z correspond à ces critères. cos ( ) + =. Grâce aux formules de trigonométrie, cos ( ) = cos ( et sin ( ) + = ) ( ) = cos = = + sin ( ) = sin ( ) ( ) = sin = tan ( ) sin ( ) = cos ( ) = + = + Exercice : Recherche de solutions d une équation différentielle sur R On souhaite résoudre sur R l équation différentielle suivante (E n ) : xy (n x )y = n x
. Il s agit d une équation différentielle linéaire su premier ordre à coefficients non constants avec second membre. L équation homogène associée est (H n ) : xy (n x )y =. Nous allons diviser par et nous allons donc résoudre cette équation sur R et sur R +. La méthode va être la même mais les fonctions solutions ne seront définies que sur R ou sur R +. Notons (H n) : y n x y = y ( n x x + x) y = La fonction x n ln( x ) + x est une primitive de x n x + x sur R et sur R +. Les solutions de (H n) sont donc de la forme y h (x) = λ e ( n ln( x)+x) = λ ( x) n e x, λ R pour x R. y + h (x) = λ +e ( n ln(x)+x) = λ + x n e x, λ + R pour x R +.. La fonction constante égale à est solution de (E n ) sur R. 3. En additionnant les solutions de l équation homogène et la solution particulière, on obtient la forme générales de (E n ) y E(x) = λ ( x) n e x, λ R pour x R. y + E(x) = λ + x n e x, λ + R pour x R +.. Soit f une solution de (E n ) sur R. (a) L égalité (E n ) est vraie pour x = et on obtient f () nf() = n donc on a f() =. (b) Puisque f est solution sur R, elle l est aussi sur R et sur R + donc, en particulier : λ R tel que x R, f(x) = λ ( x) n e x λ + R tel que x R +, f(x) = λ + x n e x. Finalement, λ ( x) n e x pour x < f(x) = pour x = λ + x n e x pour x > Nous devons choisir λ et λ + pour garantir que f soit continue et dérivable sur R. Le seul problème se trouve en x =. (c) Pour n = : f(x) = x x ( λ xe x ) = De même, f(x) = x + x +(λ +xe x ) =. La fonction f est continue à gauche et à droite en donc elle est continue en pour tous les réels (λ, λ + ).
x x x + x = x ( λ e x ) = λ = x +(λ +e x ) = λ + Donc f est dérivable en si, et seulement si, λ = λ +. Les seules solutions de (E ) sur R sont de la forme f (x) = λ + ( x)e x pour x < pour x = λ + xe x pour x > = λxe x (d) Pour n : f(x) = x x ( λ ( x) n e x ) = par croissance comparée De même, f(x) = x + x +(λ +x n e x ) =. La fonction f est continue à gauche et à droite en donc elle est continue en pour tous les réels (λ, λ + ). x x x + x = x ( λ ( n) n e x ) = = x +(λ +x n e x ) = De même, le prolongement est dérivable en sans contrainte. Cela signifie que toutes les fonctions solutions sur R se recollent en avec les fonctions solutions sur R +. λ ( x) n e x pour x < f n (x) = pour x = λ + x n e x pour x > Exercice 3: Fonction définie par une intégrale. On s intéresse à la fonction φ définie sur R + par φ(x) =. φ() = φ() = φ() = dt donc φ() =. + t dt = [ln( + t)] donc φ() = ln(). + t dt = [arctan(t)] donc φ() =.. Soit (x, y) (R + ) tel que x y. t [, ], = e x ln(t) et ln(t) < donc x y t y Donc φ est croissante sur R +. + dt. + t x + t y + t dt dt par croissance de l intégration x + ty 3. Soit (x, y) (R + ) tel que x y. Puisque la fonction φ est croissante sur R +, φ(x) φ(y) = φ(y) φ(x). φ(y) φ(x) = = + t dt y + ( + t y ) + t dt = x ( + t y )( + ) dt = ( + t ) dt y + t y ( + t y )( + ) dt
Puis, on va majorer l expression sous l intégrale. t [, ], ( + ). Donc, t [, ], ( + t y )( + ) t y t y ( + t y )( + ) t y φ(y) φ(x) ( + t y )( + ) dt ( t y )dt On a ainsi obtenu la première inégalité : φ(y) φ(x) ( t y )dt La fonction t tx+ x+ ty+ y+ est une primitive de t tx t y sur [, ] d où ( t y )dt = [ + x + ty+ y + ] = x + y + = y x (x + )(y + ) y x car (x, y) (R +) On a ainsi obtenu la deuxième inégalité : ( t y )dt y x.. Soit a R +. L inégalité précédente nous dit que pour x R +, on a φ(x) φ(a) a x. Donc, si x est proche de a alors φ(x) est proche de φ(a). Donc φ est continue en a. Comme c est vrai pour tout a R +, φ est continue sur R +.. Soi R +. φ(x) = + t dt = dt x par regroupement des intégrales. 6. x R +, t [, ], + donc +. + t dt x + t dt = x dt = [ t x+ x + + + t dt x ] = x + + t dt = x + dt On a donc : x R +, φ(x) x+. De plus, x R +, φ(x). Donc, x R +, φ(x) x+ Or x + +x =. Par le théorème d encadrement, φ(x) = x + φ(x) = x + 7. Soi R + fixé. On va appliquer une intégration par parties avec { { u(t) = +t u x v, ce qui donne (t) = xtx (+ ). Les fonction u et v sont de classe C (t) = sur [, ]. v(t) = t [ ] + t dt = t x x + ( + ) tdt = + x ( + ) dt D où x R +, φ(x) = + x ( + ).