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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Corrections 76
Ainsi quand a = b et a 3 = b 3 , on parvient à 6 polynômes dont 4 réels.
Enfin, si a = b et a 3 = b 3 alors (X − a)(X − b) divise (X 3 − a)(X 3 − b) si, et
seulement si, a 3 = a ou a 3 = b. Quitte à échanger a et b, on peut supposer a 3 = a
et on parvient alors aux polynômes (X − 1)(X − j), (X − 1)(X − j 2 ),
(X + 1)(X + j) et (X + 1)(X + j 2 ) selon que a = 1 ou a = −1 (le cas a = 0 étant
à exclure car entraînant b = a).
Au final on obtient 3 + 6 + 4 = 13 polynômes solutions dont 3 + 4 + 0 = 7 réels.
Exercice 120 : [énoncé]
I) a) Par opérations, f est continue sur l’ouvert R 2 \ {(0, 0)}.
Quand (x, y) → (0, 0), on peut écrire x = r cos θ et y = r sin θ avec
r = x 2 + y 2 → 0 et alors
f(x, y) = r sin θ cos θ → 0 = f(0, 0)
Ainsi f est continue sur R2 .
b) Par opérations, f admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert
R2 \ {(0, 0)}.
En (0, 0),
1
lim (f(t, 0) − f(0, 0)) = 0
t→0 t
donc f admet une première dérivée partielle en (0, 0) et
De même
∂f
(0, 0) = 0
∂x
∂f
(0, 0) = 0
∂y
II) x : t ↦→ cos 2 t + ln |sin t| et y : t ↦→ sin t cos t sont définies et de classe C ∞ sur les
intervalles ]kπ, (k + 1)π[.
Ces fonctions sont π-périodiques ce qui permet de limiter l’étude à l’intervalle
]0, π[.
x(π − t) = x(t) et y(π − t) = y(t) donc les points de paramètres t et π − t sont
symétriques par rapport à l’axe (Ox).
Ceci permet de limiter l’étude à l’intervalle ]0, π/2].
On a
x ′ (t) = − cos(t)(2 sin2 t − 1)
, y
sin t
′ (t) = cos(2t)
On en déduit les variations suivantes
t 0 π/4 π/2
x ′ (t) + 0 − 0
x(t) −∞ ↗ α ↘ 0
y(t) 0 ↗ 1/2 ↘ 0
y ′ (t) + 0 −
avec α = 1 1
2 − 2 ln 2
Quand t → 0 + , l’axe(Ox) est asymptote, courbe au dessus.
Quand t = π/2, il y a une tangente verticale.
Quand t = π/4, il y a un point stationnaire. Etudions-le !
Quand t → π/4, t = π/4 + h avec h → 0.
Formons les développements limités de x(t) et y(t) en intégrant les
développements limités de leur dérivées.
Exploitons
et
sin(t) = sin(π/4 + h) = 1
√ (cos h + sin h) =
2 1
√ 1 + h −
2
1
2 h2 + o(h 2
)
On obtient
et
x ′ (t) = −
On en déduit
cos(t) = cos(π/4 + h) = 1
√ 2 (cos h − sin h) = 1
√ 2 (1 − h + o(h))
1 1
(1 − h + o(h)) + h − 2h2 + o(h2 )
2
− 1
1 1 + h − 2h2 + o(h2 ) = −2h + 4h2 + o(h 2 )
y ′ (t) = cos(π/2 + 2h) = − sin 2h = −2h + o(h 2 )
x(t) = α − h 2 + 4
3 h3 + o(h 3 ) et y(t) = 1
2 − h2 + o(h 3 )
Par suite p = 2, q = 3 et
on a un point de rebroussement de 1ère espèce de
−1
tangente dirigée par u
−1 .
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