Corrigé des exercices - Dunod

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3. On montre, par récurrence sur n, que P n admet n racines réelles. Le polynôme P 0 = 1
s’annule 0 fois. Supposons que P n s’annule n fois en x 1 < x 2 < ... < x n . Il en est de même de
f (n) . En appliquant le théorème de Rolle sur chacun des intervalles [x k ,x k+1 ] (1 k n−1),
on voit que f (n+1) s’annule une fois sur chacun des intervalles ]x k ,x k+1 [, ce qui donne n − 1
racines distinctes.
D’autre part, on a lim f (n) = lim f (n) = 0, car le degré de P n est strictement inférieur à celui
−∞ +∞
de (1 + x 2 ) n+1 . La dérivée f (n+1) ne peut pas garder un signe constant sur ]x n ,+∞[, sinon
f (n) serait strictement monotone : ceci est incompatible avec f (n) (x n ) = lim f (n) = 0. Donc
+∞
nécessairement f (n+1) change de signe sur ]x n ,+∞[. Comme elle est continue, elle s’annule
sur cet intervalle. On montre de même que f (n+1) s’annule sur ] − ∞,x 1 [. On a donc montré
que f (n+1) s’annule n + 1 fois sur R. On en déduit que P n+1 s’annule aussi n + 1 fois sur R.
Exercice 20.36
1. La fonction g est de classe C ∞ sur R ∗ . Comme la limite de sinx en 0 est 1, elle est
x
continue sur R.
Pour x ∈ R ∗ , on a
g ′ xcos x − sin x
(x) =
x 2 .
La fonction g ′ est continue sur R ∗ . On calcule sa limite en 0. La dérivée de x ↦−→ xcos x−sinx
est x ↦−→ −xsin x. D’après la formule des accroissements finis appliquée entre 0 et x, pour
tout x ∈ R ∗ , il existe c entre 0 et x tel que xcos x − sin x = x(−csin c). On a donc
|g ′ (x)| =
|xcos x − sin x| |csin c|
|x| 2 = |sin c|.
|x|
Comme c tend vers 0 quand x tend vers 0, on obtient lim
x→0
g ′ (x) = 0. On en déduit en utilisant
le théorème ?? que g est dérivable en 0 et g ′ (0) = 0. La fonction g ′ est donc continue sur R.
2. On démontre le résultat par récurrence. Il est vérifié pour n = 1, avec
P 1 (x) = x et Q 1 (x) = 1.
Si la propriété est vraie au rang n, on obtient en dérivant sur R ∗ ,
g (n+1) (x) = P ′ n(x)sin (n) (x) + P n (x)sin (n+1) (x) + Q ′ n(x)sin (n+1) (x) + Q n (x)sin (n+2) (x)
x n+1
− (n + 1) P n(x)sin (n) (x) + Q n (x)sin (n+1) (x)
x n+2 .
Comme sin ′′ = −sin, on a sin (n+2) = −sin (n) . On en déduit que
g (n+1) (x) = 1 (
x n+2 sin (n+1) (x)(xP n (x) + xQ ′ n(x) − (n + 1)Q n (x))
)
+sin (n+2) (x)(−xP n(x) ′ + xQ n (x) + (n + 1)P n (x)) ,