Exercices de MPSI

[SH#T]

Vous voulez un exo qui démontre d'Alembert Gauss ? Avec juste un résultat de sup à admettre (oui je sais c'est du hors programme, c'est pour ça que je demande s'il y a des gens motivés et puis ça vaut le coup tellement le résultat est stylé ^^)

Oui pourquoi pas, au pire si on n'est pas motivés (ou on n'a plus le temps) , les motivés parmi les futurs-TS trouveront de quoi se régaler.

[PiCarréSurSix]

Par curiosité, je veux bien voir ça aussi !

[Oka]

j'ai dit que f n'admet pas de plus petite période, mais a priori ça ne veut pas dire qu'elle a des périodes arbitrairement proches de 0

Bah... C'est exactement ce que ça veut dire, non ? En posant m l'inf des périodes et T_n une suite de périodes qui décroît vers m, on remarque que (T_n-m) est une suite de périodes qui tend vers 0, sans jamais être nulle (sinon m serait une plus petite période)... Donc m=0 et il existe des périodes arbitrairement faibles.
Je ne vois pas vraiment le problème... ?

je vois pas bien comment on remarque que $ (T_n-m) $ est une suite de periode sans utiliser la conclusion, mais si tu y arrive alors un seul terme de la suite suffit pour conclure (par difference) !

[Zetary]

Comme promis :

Pour tout $ r>0 $ et tout $ z_0 \in \mathbb{C} $ on note $ D(z_0,r) = \{z\in \mathbb{C} ,\: |z-z_0| \leq r\} $ le disque fermé de centre le point d'affixe $ z_0 $ et de rayon r.

On se donne un polynôme $ P\in \mathbb{C}[X] $ non constant.

1) Justifier que si $ |x| \to +\infty $ alors $ |P(x)| \to +\infty $

2) En déduire qu'il existe M un réel strictement positif tel que $ |x| \geq M \Rightarrow |P(x)| > |P(0)| $

On admet que $ |P| $ admet un minimum sur D(0,M) (c'est à dire qu'il existe $ x_0 \in D(0,M) $ tel que pour tout $ x \in D(0,M) $, $ |P(x_0)| \leq |P(x)| $ ) c'est une conséquence du théorème des bornes que vous verrez en sup.

3) Justifier que $ |x_0|<M $ puis qu'il existe M' un réel strictement positif tel que $ D(x_0, M')\subset D(0,M) $

On suppose par l'absurde que $ P(x_0) \neq 0 $ et on pose $ Q(x) = P(x + x_0) $ (ainsi Q est également un polynôme non constant, mais $ |Q| $ atteint son minimum en 0 et ce minimum est non nul)

On pose $ Q(x) = q_0 + q_kx^k + x^{k+1}R(x) $ ou R est un polynôme quelconque, avec $ q_k \neq 0 $

4) Justifier que $ q_0 \neq 0 $ puis montrer qu'il existe un complexe z tel que $ z^k = -q_0/q_k $

On considère f définie sur $ ]-M';M'[ $ par $ f(x) = |Q(zx)/q_0| $

5) Montrer que f atteint son minimum en 0 et préciser la valeur de ce minimum

6) En déduire une contradiction en majorant f et conclure

[ladmzjkf]

Pour tout $ r>0 $ et tout $ z_0 \in \mathbb{C} $ on note $ D(z_0,r) = \{z\in \mathbb{C} ,\: |z-z_0| \leq r\} $ le disque fermé de centre le point d'affixe $ z_0 $ et de rayon r.

On se donne un polynôme $ P\in \mathbb{C}[X] $ non constant.

1) Justifier que si $ |x| \to +\infty $ alors $ |P(x)| \to +\infty $

2) En déduire qu'il existe M un réel strictement positif tel que $ |x| \geq M \Rightarrow |P(x)| > |P(0)| $

On admet que $ |P| $ admet un minimum sur D(0,M) (c'est à dire qu'il existe $ x_0 \in D(0,M) $ tel que pour tout $ x \in D(0,M) $, $ |P(x_0)| \leq |P(x)| $ ) c'est une conséquence du théorème des bornes que vous verrez en sup.

3) Justifier que $ |x_0|<M $ puis qu'il existe M' un réel strictement positif tel que $ D(x_0, M')\subset D(0,M) $

On suppose par l'absurde que $ P(x_0) \neq 0 $ et on pose $ Q(x) = P(x + x_0) $ (ainsi Q est également un polynôme non constant, mais $ |Q| $ atteint son minimum en 0 et ce minimum est non nul)

On pose $ Q(x) = q_0 + q_kx^k + x^{k+1}R(x) $ ou R est un polynôme quelconque, avec $ q_k \neq 0 $

4) Justifier que $ q_0 \neq 0 $ puis montrer qu'il existe un complexe z tel que $ z^k = -q_0/q_k $

On considère f définie sur $ ]-M';M'[ $ par $ f(x) = |Q(zx)/q_0| $

5) Montrer que f atteint son minimum en 0 et préciser la valeur de ce minimum

6) En déduire une contradiction en majorant f et conclure

Je dois certainement avoir commis une erreur d'ensembles dans la question 6.

SPOILER:

1) On écrit $ |P(x)|= |a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_0| $ $ = $ $ |x|^n|a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}| $
Quand $ |x|\to +\infty $, on a $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| \text{ et } |x|^n\to +\infty $ et donc $ |P(x)|\to +\infty $

2) D'après la définition de la limite +\infty en +infty:
$ (\forall m\in \mathbb{R})(\exists M \in \mathbb{R}^+_{*}) |x|\to +\infty \Rightarrow |P(x)|> m $.
On prend $ m=|P(0)| $, et on a notre résultat.

3) Par la question 2, si $ |x_0|\geqslant M $, alors on a $ |P(x_0)|>|P(0)| $, mais cela contredit la définition de $ x_0 $. Alors $ |x_0|<M $.
Le rayon de $ D(0,M) $ est $ M $. Comme $ |x_0|<M $, pour avoir $ D(x_0, M')\subset D(0,M) $, on peut prendre par exemple $ M'= \frac{|x_0|-M}{2} $

4) On a $ |Q| $ atteint son minimum en $ 0 $, minimum qui n'est pas nul. Donc $ |Q(0)|=|q_0|\neq 0 $
Pour la partie $ z^k $ je vais la faire après (la flemme )

5) $ |Q| $ atteint son minimum en $ 0 $, et donc $ |q_0|f $ aussi. Et on a $ f(0)= \frac{|Q(0)|}{|q_0|}=\frac{|q_0+0+0|}{q_0}=1 $

6) Je ne majore pas f sur tout l'intervalle du coup j'ai des doutes.

$ |Q(zx)|=|q_0-q_0x^k+ (zk)^{k+1} R(x)| $ $ = $ $ |q_0| |1-x^k+ (zx)^{k+1}R(x)|\Rightarrow f(x)= |1-x^k+ x^k.xz^{k+1}R(x)| $

Par l'inégalité triangulaire: $ f(x)\leqslant (1-|x|^k +|x|^k |xz^{k+1}R(x)| ) $.
Et puisque $ |xz^{k+1}R(x)| $ tend vers $ 0 $ quand $ |x| $ tend vers $ 0 $.
Alors il existe $ m_1\in\mathbb{R}_{+}{*} $ tq $ |x| \leqslant min(m_1,M') $, $ |xz^{k+1}R(x)|< 1 $.
Finalement, on retrouve $ |x| \leqslant min(m_1,M')\Rightarrow f(x)<(1-|x|^k+|x|^k)=1=f(0) $ (contradiction avec f(0) le minimum de f)

Donc $ P(x_0)=0 $

[Zetary]

Alors le problème c'est que lorsque tu utilises brutalement l'inégalité triangulaire, tous les - deviennent des + et ça ne marche pas, il faut donc être un peu plus fin. De plus tu écris

quand $ |x|\to +\infty $, on a $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| $

ce qui mériterait un peu plus de détails.

Mais sinon c'est bien, il te reste donc la fin de 4) à voir et la 6) à reprendre mais tu es sur le bon chemin.

D'ailleurs dans la 6) toujours, même avec le - ton raisonnement ne marcherait pas car il y a un problème d'inégalités strictes/larges (quand tu remultiplies par $ x^k $ qui peut être nul)

[ladmzjkf]

Alors le problème c'est que lorsque tu utilises brutalement l'inégalité triangulaire, tous les - deviennent des + et ça ne marche pas, il faut donc être un peu plus fin. De plus tu écris

quand $ |x|\to +\infty $, on a $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| $

ce qui mériterait un peu plus de détails.

Mais sinon c'est bien, il te reste donc la fin de 4) à voir et la 6) à reprendre mais tu es sur le bon chemin.

D'ailleurs dans la 6) toujours, même avec le - ton raisonnement ne marcherait pas car il y a un problème d'inégalités strictes/larges (quand tu remultiplies par $ x^k $ qui peut être nul)

Oui je vais essayer de détailler encore plus cet aprem, et essayer de corriger les inégalités.
Oui la fin de 4) :3
On peut exclure x=0 sans problème, je pense, comme c'est le cas dans les limites.
Merci

[ladmzjkf]

De plus tu écris

quand $ |x|\to +\infty $, on a $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| $

ce qui mériterait un peu plus de détails.

SPOILER:

3)Par l'inégalité triangulaire $ ||P(x)/x^n|-|a_n||\leqslant |P(x)/x^n-a_n|=|\frac{a_{n-1}}{x}+\frac{a_{n-2}}{x^2}+...\frac{a_0}{x^n}| $.

Comme les $ a_i $ ne sont que des constantes: $ (\frac{a_{n-i}}{x^i})_{i\in [[2,n]]} $ tendent tous vers $ 0 $ quand $ |x|\to +\infty $.
On écrit alors: $ (\forall \epsilon_i \in\mathbb{R}^+_*)(\exists m_i \in\mathbb{R}) |x|\leqslant m_i \Rightarrow |\frac{a_{n-i}}{x^i}|\leqslant \epsilon_i $

On fait la somme $ (\forall x\leqslant m) \|\frac{a_{n-1}}{x}+\frac{a_{n-2}}{x^2}+...\frac{a_0}{x^n}|\leqslant \sum \epsilon_i\leqslant n\epsilon $ (avec epsilon qui majore tous les epsilons_i, et m qui minore tous les m_i)
On trouve alors $ ||P(x)/x^n|-|a_n||\leqslant n\epsilon $, avec $ \epsilon $ arbitraire, donc $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| $

"Quand $ |x|\to +\infty $, on a $ |a_n+\frac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+...+\frac{a_0}{x^n}|\to |a_n| $ et $ |x|^n\to +\infty \text { et donc } |P(x)|\to +\infty $"

Maintenant que j'y pense, ça méritait plus de détails.

Pour la question 6)

SPOILER:

$ |Q(zx)|=|q_0-q_0x^k+ (zk)^{k+1} R(x)| $ $ = $ $ |q_0| |1-x^k+ (zx)^{k+1}R(x)|\Rightarrow f(x)= |1-x^k+ x^k.xz^{k+1}R(x)| $

Soit $ 0<x<min(1,M'), \text{ on a } 0<1-x^k $
Par l'inégalité triangulaire $ f(x)=|1-x^k+x^k.xz^{k+1}R(x)| \leqslant 1 -x^k +x^k|xz^{k+1}R(x)| $.

Puisque $ x\mapsto |xz^{k+1}R(x)| $ tend vers $ 0 $, il existe un réel m: $ 0<x<min(m,M',1)\,\, |xz^{k+1}R(x)|<1 $,
et donc $ f(x)=1 -x^k +x^k|xz^{k+1}R(x)|<1 -x^k+x^k=f(0) $.

Absurde, puisque $ f(]-M',M'[) $ est minorée par $ f(0) $

[Zetary]

Oui, plus que la fin de la question 4 et tu auras démontré d'Alembert-Gauss XD(ce qui n'est pas rien quand même)

[ladmzjkf]

Oui, plus que la fin de la question 4 et tu auras démontré d'Alembert-Gauss XD(ce qui n'est pas rien quand même)

Hahaha je dois admettre que je suis un gros flemmard. Juste par curiosité: comment un prof de prépa aurait-il posé l'exo ?