Exercices de MPSI

[siro]

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 ?

Pareil, avec une ou deux questions en moins.

[Zetary]

C'est pas bien compliqué tu sais, il faut juste penser à la forme trigonométrique.

Un énoncé plutôt type prépa serait

On se donne un polynôme $ P\in \mathbb{C}[X] $ non constant qu'on suppose par l'absurde sans racine sur $ \mathbb{C} $.

1) Justifier que si $ |x| \to +\infty $ alors $ |P(x)| \to +\infty $ et en déduire qu'il existe M un réel strictement positif tel que $ |x| \geq M \Rightarrow |P(x)| > |P(0)| $

2) Justifier que $ |P| $ admet un minimum $ z_0 $ sur $ \overline{B}(0, M) $.

On pose $ Q = P(X + z_0) $ et on écrit $ Q = q_0 + q_kX^k + X^{k+1}R(X) $, $ q_k \neq 0 $.

On note z une racine k-ième de $ -q_0/q_k $ et on considère f définie sur $ \mathbb{R} $ par $ f(x) = |Q(zx)/q_0| $

3) Conclure en considérant le minimum de f sur un voisinage de 0

[ladmzjkf]

C'est pas bien compliqué tu sais, il faut juste penser à la forme trigonométrique.

Je sais, c'est juste que j'ai eu ma dose durant l'année.

SPOILER:

1)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 $



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 $
Soit $ p $ le nombre complexe tq $ p=\frac{-p_0}{p_k} $, on sait $ \exists \alpha\in\mathbb{R}, p= |p|e^{i\alpha} $, on a $ z^k=(|p|^{1/k} e^{i\alpha/k} )^k=p $.
*On prend $ z=|p|^{1/k} e^{i\alpha/k} $

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)$ |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) $

[ladmzjkf]

On admet que que si $ g $ est une fonction dérivable sur un intervalle $ I $, alors $ g'(I) $ est encore un intervalle. (théorème de Darboux)

Soit $ f $ une fonction réelle définie et dérivable sur $ \mathbb{R} $. On suppose aussi que $ f $ est minorée sur $ \mathbb{R} $. Démontrez que pour réel $ \varepsilon $ strictement positif, il existe un réel $ x_\varepsilon $ tel que $ |f'(x_\varepsilon)|\leq \varepsilon $.

[muggle]

On admet que que si $ g $ est une fonction dérivable sur un intervalle $ I $, alors $ g'(I) $ est encore un intervalle. (théorème de Darboux)

Soit $ f $ une fonction réelle définie et dérivable sur $ \mathbb{R} $. On suppose aussi que $ f $ est minorée sur $ \mathbb{R} $. Démontrez que pour réel $ \varepsilon $ strictement positif, il existe un réel $ x_\varepsilon $ tel que $ |f'(x_\varepsilon)|\leq \varepsilon $.

Ca me semble un peu "bricolage" / trop intuitif, vu que je ne crois pas passer par Darboux mais juste me limiter au savoir de Term, mais bon :

SPOILER:

On sait que f est continue sur R car dérivable sur R. Soit f change au moins une fois de monotonie (ou est constante sur un intervalle non vide de R), donc $ \exists c \in \mathbb{R}, f'(c)=0 $. Soit f est strictement monotone. Comme f est minorée sur R, elle admet alors nécessairement une limite finie en l'un ou l'autre des infinis (contraposée) (rappelons qu'elle l'approche sans "vaguelettes" car strictement monotone), donc f' tend vers 0 en l'un ou l'autre de ces infinis, et donc par définition, pour tout réel $ \varepsilon $ strictement positif, il existe un réel $ x_\varepsilon $ tel que $ |f'(x_\varepsilon)|\leq \varepsilon $.

[ladmzjkf]

On admet que que si $ g $ est une fonction dérivable sur un intervalle $ I $, alors $ g'(I) $ est encore un intervalle. (théorème de Darboux)

Soit $ f $ une fonction réelle définie et dérivable sur $ \mathbb{R} $. On suppose aussi que $ f $ est minorée sur $ \mathbb{R} $. Démontrez que pour réel $ \varepsilon $ strictement positif, il existe un réel $ x_\varepsilon $ tel que $ |f'(x_\varepsilon)|\leq \varepsilon $.

Ca me semble un peu "bricolage" / trop intuitif, vu que je ne crois pas passer par Darboux mais juste me limiter au savoir de Term, mais bon :

SPOILER:

On sait que f est continue sur R car dérivable sur R. Soit f change au moins une fois de monotonie (ou est constante sur un intervalle non vide de R), donc $ \exists c \in \mathbb{R}, f'(c)=0 $. Soit f est strictement monotone. Comme f est minorée sur R, elle admet alors nécessairement une limite finie en l'un ou l'autre des infinis (contraposée) (rappelons qu'elle l'approche sans "vaguelettes" car strictement monotone), donc f' tend vers 0 en l'un ou l'autre de ces infinis, et donc par définition, pour tout réel $ \varepsilon $ strictement positif, il existe un réel $ x_\varepsilon $ tel que $ |f'(x_\varepsilon)|\leq \varepsilon $.

Je n'ai pas relu ta démo, mais elle a l'air juste, essaye de trouver avec Darboux si tu en as envie.

[muggle]

Je n'ai pas relu ta démo, mais elle a l'air juste, essaye de trouver avec Darboux si tu en as envie.

Il me semble qu'il faudrait alors s'intéresser direct à l'annulation de f' et non à f : Si f' change de signe, Darboux et elle s'annule, si elle est non nulle de signe constant, faut qu'elle tende vers 0 autrement pas de minimum. (exactement le même argument que le 2e dans mon précédent post).

En fait la démo avec Darboux m'apparaît comme quasi semblable, c'est amusant de constater qu'on peut y arriver de manière analogue sans HP.

Merci pour cet exo en tout cas

[Siméon]

Il y a une erreur muggle, la dérivée de f ne tend pas nécessairement vers zéro.

[ladmzjkf]

J'ai pas fait attention, pas grave, ça te fera deux exos:

On considère une fonction dérivable définie sur $ \mathbb{R} $, de dérivée continuée, et dont la limite en plus l'infini est nulle. Est-ce que la dérivée de cette fonction a forcément une limite nulle en plus l'infini ?

[muggle]

Il y a une erreur muggle, la dérivée de f ne tend pas nécessairement vers zéro.

Meme quand j'exclus le cas des vaguelettes en l'un ou l'autre des infinis avec la stricte monotonie ?

Je vais réfléchir.