00 - Calculs élémentaires partie 1 Corrigé - CPGE Dupuy de Lôme

Calcul élémentaire, partie 1 (corrigé).
Exercices :
3 3
− .
2 6
10
1. On obtient : S1 = 0, S2 = 1, S3 = 2, S4 = , S5 = 2, S6 = − 2
7
2. On obtient : S7 = 4.a.b – 4.a.c = 4.a.(b – c), S8 = a.b – b 2 = b.(a – b), S9 =
3. On obtient :
π
• |z1| = 2 , Arg(z1) = (quotient de deux complexes),
12
π
• |z2| = 2, Arg(z2) = − (on commence par simplifier z2),
3
• |z3| = 2 30 π
, Arg(z3) = . = 5.
π
6
− a.
b
.
a − b
30 (mod 2.π), et donc aussi : Arg(z3) = π, d’où : z3 = -2 30 .
4. On obtient :
• P1 = – (X + 3).(X + 1),
• P2 = (X 2 + 1).(X 2 + X + 1).(X 2 – X + 1)
1+
i.
3 1−
i.
3 1+
i.
3 1−
i.
3
= ( X + i).(
X − i).(
X + )( X + ).( X − )( X − ).
2 2
2 2
5
2
2
2
• P3 = X + 1).(
X − X.
3 + 1).(
X + X.
3 + 1)
= ∏
k=
0
π π
i.(
+ 2.
k.
)
6 6
( ( X − e ) .
5. a. P est de degré au plus n, comme somme de polynômes de degré n.
Les termes de degré s’annulent donc P est de degré au plus (n – 1) et le coefficient de X n-1 dans
⎛n
⎞
l’expression de P est : 2 . ⎜ ⎟.
i = 2.
n.
i , donc P est de degré (n – 1) et de coefficient dominant 2.n.i.
⎝ 1⎠
b. Puisque i n’est pas racine de P, les racines de P dans sont données par :
n
⎛ X + i ⎞ ⎛ X + i ⎞
⎜ ⎟ = 1 , soit : ⎜ ⎟ = ωk
⎝ X − i ⎠ ⎝ X − i ⎠
ωk
+ 1 ⎛ k.
π ⎞
X.(ωk – 1) = i.(ωk + 1), ce qui conduit, pour : 1 ≤ k ≤ n – 1, à : xk = i.
= i.
cot an⎜
⎟
ωk
−1
⎝ n ⎠
c. On en déduit que : P = ∏ − n 1
⎛ k.
π ⎞
2 . i.
n.
( X − i.
cot an⎜
⎟)
.
k=
1
⎝ n ⎠
, avec : ωk l’une des racines n ièmes l’unité, et donc encore par :
6. On développe (x1 + x2 + x3) 4 et on obtient :
(x1 + x2 + x3) 4 = E – 2.(x1.x2 + x2.x3 + x3.x1) 2 + 4.(x1+x2+x3).((x1.x2 + x2.x3 + x3.x1).(x1+x2+x3) – (x1.x2.x3)).
En utilisant les relations entre coefficients et racines d’un polynôme, on en déduit que :
x1 + x2 + x3 = 0, x1.x2.x3 = 1, et : x1.x2 + x2.x3 + x3.x1 = 2, d’où finalement : 0 = E – 8, et : E = 8.
7. On obtient :
1 5 5
• F1 = − + ,
X −1
X − 2 X − 3
8 13
• F2 = 1−
+ ,
X −1
X − 2
3.
X −1
3 1
• F3 =
= −
2 2
2
X .( X + 1)
X X
− 3.
X + 1 3 1
+ = −
2
2
X + 1 X X
− 3 − i 1 − 3 + i 1
+ . + . ,
2 X − i 2 X + i
1 − X + 2 1 −1
+ i.
• F4 = + = +
2
X + 1 X − X + 1 X + 1 2
3 1
.
1
X − + i.
2
−1
− i.
+
3 2
2
3 1
.
1
X − − i.
2
,
3
2
Chapitre 00 – Calculs : méthodes, exemples et exercices. - 1 -

• Pour F5, il faut distinguer les cas où α vaut 0 (modulo π) et du fait de la période et de la parité du
cosinus, on peut se limiter à distinguer 3 cas :
2
X 1 1 1 1 1 1 1 1
∗ α = 0, alors : F4 = = . − . + . + . ,
2 2
2
2
( X −1)
4 X −1
4 X + 1 4 ( X −1)
4 ( X + 1)
2
X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∗ α = π, alors : F4 = = − = . − . + . + . ,
2 2 2
2 2
2
2
( X + 1)
( X + 1)
( X + 1)
4 X + I 4 X − I 4 ( X − I)
4 ( X + I)
2
∗ α distinct de 0 et de π, alors les pôles simples de F4 sont les valeurs complexes ± e .
On obtient alors (par exemple en exploitant le fait que la fraction est réelle et paire) :
α
α
α
α
⎡ i.
−i.
i.
−i.
⎤
2
2
2
2
1
F4 =
⎢ e e e e
. + − −
⎥
, et il suffit de regrouper les termes
α ⎢ α
α
α
α
4.
sin( )
i.
−i.
i.
−i.
⎥
⎢ 2
2
2
2
⎣X
− e X − e X + e X + e ⎥⎦
conjugués pour obtenir la décomposition dans (X).
8. On obtient :
2
2 1 3 1 4 59 5 5
• sin( x + x ) = x + x − . x − . x − . x + o(
x ) ,
6 2 120
2 1 6 6
• sin( x).
sh(
x)
= x − . x + o(
x ) ,
90
1 7 7
• sin( sh(
x))
− sh(sin(
x))
= − . x + o(
x ) ,
45
tan( x)
2 4 3 4 4 4
• = −x
− x − . x − . x + o(
x ) ,
x −1
3 3
3
2
⎛ sin( x)
⎞ x
• ⎜ ⎟
⎝ x ⎠
=
1 ⎛ 1 2 2 ⎞
. ⎜1−
. x + o(
x ) ⎟ ,
e ⎝ 60 ⎠
1
• 2
x
1 1 1 2 31 4 5
− = + . x + . x + o(
x ) , (utiliser un DL8(0) de Arcsin),
2
( Arcsin(
x))
3 15 945
cos( x)
⎛ 1 2 1 4 31 6 7 ⎞
• e = e.
⎜1−
x + . x − . x + o(
x ) ⎟ ,
⎝ 2 6 720 ⎠
x
cos( 1)
− sin( 1)
2 sin( 1)
3 5.
cos( 1)
+ 6.
sin( 1)
4 4
• sin( e ) = sin( 1)
+ x.
cos( 1)
+
. x − . x −
. x + o(
x ) ,
2
2
24
2 3
π h h h
4
• Arc tan( x)
= + − + + o(
h ) , avec : x = 1 + h,
4 2 4 12
ln( 1+
x)
⎛ 1 ⎞ ⎛ 9 ⎞ 2 ⎛ 43 ⎞ 3 3 3
• = ln( 2)
+ 2.
ln( 2)
. h 3.
ln( 2)
. h 4.
ln( 2)
. h + o(
h ) + o(
h )
2
⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟
, avec : x = 1+h,
x
⎝ 2 ⎠ ⎝ 8 ⎠ ⎝ 24 ⎠
2 8 3 3
π
• tan( x)
= 1+
2.
h + 2.
h + . h + o(
h ) , avec : x = + h .
3
4
9. On obtient :
1 1 1 1
• x.ln(x + 1) – (x + 1).ln(x) = 1− ln( x)
− . + . 2
2 x 3 x
1 1
− . 3
4 x
1 1
+ . 4
5 x
1
+ o(
) , 4
x
⎛ ⎛ 1 ⎞⎞
1 1
• ln⎜ x.
tan⎜
⎟⎟
= . 2
⎝ ⎝ x ⎠⎠
3 x
7 1
+ . 4
90 x
62 1
+ . 6
2835 x
1
+ o(
). 6
x
10. On obtient, à l’aide de développements limités :
•
⎛ a ⎞
lim ⎜1+
⎟ = e
⎝ x ⎠
x→+∞
x
a
, •
⎛ ⎛
lim ⎜ x.
sin⎜
x→+∞
⎝ ⎝
1
x
⎞⎞
⎟⎟
⎠⎠
2
x
1
= − , • lim ( 3.
6
n→+∞
2 − 2.
Chapitre 00 – Calculs : méthodes, exemples et exercices. - 2 -
n
n
3)
. i
α
±
n
8
= ,
9

1
2−x
⎛ x x ⎞
⎛ 1 1 ⎞ 2 ⎜ 2 + 3 ⎟ 1 26 8 8 5
• lim =
x 0 ⎜ − 2 2
x tan ( x)
⎟ , • lim = . 2 . 3 . 5
→
x
⎝
⎠ 3
x 2 ⎜
x 1 ⎟
,
→
+
3
2 ⎝ 2 + 5 ⎠
⎛ 1 ⎛ x ⎞ 1 ⎛ x ⎞⎞
• lim ⎜ . tan⎜
⎟ + . cot an⎜
⎟⎟
= 0 .
x→3.
π
⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ 3 ⎝ 3 ⎠⎠
11. On obtient :
3
5
x sin( x)
x . ln( x)
⎛ 1 ⎞ x.(
x + 1)
3 1
x
sin( x)
x
• x − (sin( x))
~ , • exp⎜
⎟ − ~ . , • ( 1+
sin( x))
− ( 1+
x)
~ .
0
2
2
6
x 1+
x + ∞
⎝ ⎠
2 x
0 12
12. • La courbe de f présente deux asymptotes verticales, en 1 et -1 et tend vers ±∞ en ±∞.
1 1 1
On peut ensuite écrire : f ( x)
= x + . + o(
) , en ±∞, et donc la première bissectrice est asymptote à la
3 x x
courbe qui est au-dessus de l’asymptote au voisinage de +∞ et en dessous pour -∞.
• Pour g, il y a une asymptote verticale en 1 + (y tendant vers +∞) et en -1 + (ou y tend vers -∞).
1 1 1
De plus, g tend vers ±∞ en ±∞, et : g ( x)
= x + 1+
. + o(
) , en ±∞.
2 x x
La droite d’équation : y = x + 1, est donc asymptote à la courbe en ±∞, courbe au-dessus de l’asymptote
en +∞ et en-dessous en -∞.
• Pour h, elle n’est pas définie en 0 mais s’y prolonge par continuité avec la valeur 0.
x 1 1 1 1
De plus, h tend vers ±∞ en ±∞ et : h( x)
. o(
)
2 2
2 4 48 x x
+ + − = , en ±∞.
x 1
La droite d’équation : y = − , est donc asymptote à la courbe courbe qui se trouve au-dessus de cette
2 4
droite en ±∞.
13. • Comme produit, composée de fonctions dérivables sur , f est dérivable sur et :
∀ x ∈ , f’(x) = (2.cos(2.x+1) + sin(2.x+1).e x .
• Comme quotient de deux fonctions dérivables, la seconde ne s’annulant pas sur :
3
−1+
5 −1−
5
− x.(
x − 6.
x − 6)
E = – {-1, , }, g est dérivable sur cet ensemble et : ∀ x ∈ E, g’(x) = .
3 2 2
2 2
( x + 2.
x −1)
• Comme composée de fonctions dérivables, la première que – {1}, la seconde sur , h est dérivable sur
2.
α 1
– {1}, et : ∀ x ∈ – {1}, h’(x) = .
.
2
2
( 1+
α ) 2 1−
α
x − 2.
. x + 1 2
1+
α
b ⎛ 1+
t
14. Si on pose : t = > 1, alors : f(x) = a.
a
⎜
⎝ 2
x
⎞
⎟
⎠
1
x
, et f est dérivable sur + *, de dérivée :
∀ x > 0, f’(x) = ⎟ x
x
x x
1 ⎛ t . ln( t)
⎛ 1+
t ⎞⎞
1 ⎛ t . ln( t )
x ⎞
. f ( x).
⎜
⎟ = ⎜
⎜
x.
− ln ⎜
⎟
⎟
. f ( x).
− ln( 1+
t ) + ln( 2)
.
2
x
2
x
x ⎝ 1+
t ⎝ 2 ⎠⎠
x ⎝ 1+
t
⎠
u.
ln( u)
On peut alors noter : g(u) = − ln( 1+
u)
+ ln( 2)
, définie, dérivable sur ]1,+∞), et de dérivée :
1+
u
ln( u)
∀ x > 1, g’(u) = > 0. 2
( 1+
u)
g est donc strictement croissante sur ]1,+∞), nulle en 1 donc strictement positive sur ]1,+∞).
f’ est donc strictement positive sur + * (puisque f ne s’annule pas) et f est strictement croissante sur + *.
15. Il vaut mieux travailler avec des fonctions dont les dérivées sont simples.
• Pour la première inégalité, étant donné que le deux termes sont positifs, elle est équivalente à :
Chapitre 00 – Calculs : méthodes, exemples et exercices. - 3 -

π
∀ x ∈ ]0, [, 2.x + x.cos(x) – 3.sin(x) > 0.
2
Si on note f la fonction qui apparaît au-dessus, elle est dérivable sur l’intervalle et :
π
[, f’(x) = 2 – 2.cos(x) + x.sin(x) > 0, donc f est strictement croissante sur l’intervalle, et nulle en
∀ x ∈ ]0, 2
0, donc elle y reste strictement positive.
• Là encore, on étudie la fonction g définie par la différence des deux termes.
On constate que sa dérivée 4 ème est positive, que g’’’ est croissante négative en 0n positive en π/2, donc
que g’’ est décroissante puis croissante, mais étant nulle en 0 et en π/2, elle est négative.
Donc g’ est décroissante, positive en 0, négative en π/2, donc g est croissante puis décroissante.
Etant enfin nulle en 0 et en π/2, g reste finalement positive sur l’intervalle consiféré.
2.
n ⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞ 1
• L’inégalité est équivalente à : ∀ n ∈ *, e. ≤ ⎜1+
⎟ , soit : n. ln⎜1
+ ⎟ −1
+ ln( 2 + ) − ln( 2)
≥ 0 .
2.
n + 1 ⎝ n ⎠
⎝ n ⎠ n
1
Il suffit donc d’étudier la fonction h : t a . ln( 1+
t)
−1
+ ln( 2 + t)
− ln( 2)
, sur ]0,1] : elle y est croissante et
t
positive puisque de limite nulle en 0.
• x et y restant positifs, il suffit d’étudier la fonction : t a ( 1−
t).
ln( 1−
t)
+ t.
ln( t)
+ ln( 2)
, sur ]0,1[, et
constater qu’elle y reste positive (en s’annulant en ½).
1 1 1 1 1
16. On commence par écrire : = . − , pour : x ≠ ±1.
2
x −1
2 x −1
2 x + 1
( n)
1 n ⎡ 1 1 ⎤
On en déduit que : ∀ n ∈ , ∀ x ≠ ±1, f ( x)
= .( −1)
. n!.
⎢ − n+
1
n+
1 ⎥ .
2 ⎣(
x −1)
( x + 1)
⎦
17. La fonction proposée est définie sur , continue sur * du fait des théorèmes généraux et y est même de
classe C ∞ .
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
De plus : ∀ x ≠ 0, f '(
x)
= 2.
x.
sin⎜
⎟ − cos⎜
⎟ .
⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠
En 0, cette fonction admet une limite nulle (application du théorème des gendarmes) et est donc continue
en 0.
f ( x)
− f ( 0)
⎛ 1 ⎞
Puis le taux d’accroissement en 0 vaut : = x.
sin⎜
⎟ , qui tend vers 0 quand x tend vers 0
x − 0 ⎝ x ⎠
(toujours le théorème des gendarmes), ce qui garantit que f est dérivable en 0 avec : f’(0) = 0.
⎛ 1 ⎞
Enfin, f’ n’est pas continue en 0 car : x a cos ⎜ ⎟ , n’a pas de limite en 0 (en utilisant par exemple les deux
⎝ x ⎠
1
1
suites (xn) et (x’n) définies par : ∀ n ∈ *, xn = , et : x’n =
.
2.
n.
π ( 2.
n + 1).
π
Pour la généralisation, on peut par exemple penser à des primitives itérées de la fonction f (primitive pour
le cas : n = 1, et en itérant la primitivation pour des n plus grands)
18. f est tout d’aborde de classe C 1 1
sur , et : ∀ x ∈ , f’(x) = . 2
1+
x
1
π
1 1
Par ailleurs, ( 1−
1)!.
cos ( f ( x)).
sin( 1.(
+ f ( x)))
= cos( Arc tan( x)).
cos( Arc tan( x))
= = .
2
2
2
2
1+
x
1+
x
Si on suppose maintenant que pour un entier : n ≥ 1, donné, f est de classe C n et vérifie l’égalité proposée,
alors f (n) est de classe C 1 sur et : ∀ x ∈ ,
f (n+1) n−1
π
n
π
(x) = n!.
cos ( f ( x))[
−sin(
f ( x)).
f '(
x)].
sin( n.(
+ f ( x)))
+ n!.
cos ( f ( x)).
f '(
x).
cos( n.(
+ f ( x)))
.
2
2
n −1
n+
1
On peut alors remarquer que : cos ( f ( x))
f '(
x)
= cos ( f ( x))
, et donc :
Chapitre 00 – Calculs : méthodes, exemples et exercices. - 4 -
n

f (n+1) n+
1
π
π
(x) = n!.
cos ( f ( x))[
−sin(
f ( x)).
sin( n.(
+ f ( x)))
+ cos( f ( x)).
cos( n.(
+ f ( x)))]
.
2
2
π
π
π
π
Or le crochet vaut : cos( n.
+ ( n + 1).
f ( x))
= sin( n.
+ ( n + 1).
f ( x)
+ ) = sin(( n + 1).(
+ f ( x)))
, ce qui
2
2
2
2
termine la récurrence
19. La fonction inverse est de classe C ∞ sur * à valeurs dans , où exp est de classe C ∞ .
Multipliée par un polynôme, la composée précédente conduit à fn qui est donc de classe C ∞ sur .
1
−
x
La formule proposée par ailleurs est valable pour : n = 1, puisque : ∀ x > 0, f1(x) = e , et : f’(x) = .
x
Si maintenant, pour un entier : n ≥ 1, donné, on la suppose vraie, alors :
∀ x > 0, fn+1(x) = x.fn(x), et : fn+1 (n+1) n+
1 ⎛ n + 1⎞
( k)
( n+
1−k
)
( n+
1)
( n)
(x) = ∑ ⎜ ⎟.
x . f n ( x)
= x.
f n ( x)
+ ( n + 1).
f n ( x)
, puisque les
k=
0 ⎝ k ⎠
dérivées suivantes de : x a x, s’annulent.
Le calcul de fn (n+1) montre alors que la relation est encore vérifiée pour : n + 1.
20. La fonction proposée est définie et de classe C ∞ x
e
sur , et : ∀ x ∈ , f’’(x) = ≥ 0.
x 2
( 1+
e )
Elle est donc convexe sur .
En posant : ∀ 1 ≤ k ≤ n, yk = ln(xk), l’inégalité de Jensen (généralisation à n termes de l’inégalité définissant
⎛ y1
+ ... + y n ⎞ 1
la convexité d’une fonction), on en déduit que : f ⎜ ⎟ ≤ .[ f ( y1)
+ ... + f ( y n )] .
⎝ n ⎠ n
La fonction exp étant croissante sur , on peut l’appliquer sur l’inégalité précédente et cela conduit au
premier résultat cherché, puisque : exp( f (ln( x)))
= 1+
x .
b k
Pour le deuxième résultat, il suffit de poser : ∀ 1 ≤ k ≤ n, xk = .
a
Chapitre 00 – Calculs : méthodes, exemples et exercices. - 5 -
k
1
x
2 e .
1