[1°S] Analyse et somme de polynômes

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Restefond
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[1°S] Analyse et somme de polynômes

par Restefond » 21 Juil 2014, 17:59

Bonjour!

Cet été, pour éviter de nous rouiller, notre professeur de mathématiques nous a donné une fiche d'exercices plus ou moins difficiles à essayer. Je les ai presque tous terminés, mais en voilà un qui me pose beaucoup de problèmes! Peut-être trouverez-vous des idées? Voici l'énoncé!

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Voilà déjà ce que j'ai fait. Pour tout l'exercice, j'ai considéré qu'il ne fallait pas déterminer une telle fonction, mais je me suis parfois inspiré de a^x pour mener certains raisonnements.
1)
- Pour cette question, quelque chose de très étrange, en dérivant, j'obtiens g'(y) = f'(x+y)f(-y) - f(x+y)f(-y), ce qui, puisque f(X)=f'(X) fait 0, et non pas f(x)... Et pourtant, j'ai bien l'impression que g(y) est une fonction constante. A partir de là, je me dis que si g(y) est constant. Alors, on peut remarquer que g(y) = g(0) = f(x).
- Ca, c'est bon.
- De même.
- Là, je bloque... J'ai l'impression que "ça se voit", mais je ne sais pas comment le justifier...
- Puisque f(x) > 0, f'(x) > 0 et donc f(x) est croissante.
2)
- Là, c'est une question où j'utilise une méthode un peu étrange, je pense. Je me suis dit que x + 1 = f'(0)(x-0) + f(0) = f(0)(x-0+1), c'est-à-dire que c'est l'équation de la tangente au point d'abscisse 0. En partant de ça, puisque je sais que f(x) est croissante, je me suis dit que la courbe de f(x) était nécessairement au-dessus de cette tangente (encore du "ça se voit"^^), d'où le fait que f(x) > x + 1. Mais je suis bien conscient que mon argumentation ici est assez douteuse.
- J'utilise l'idée précédente en remplaçant x par x/2 ce qui me permet d'obtenir f(x/2)² > x²/4 (+ 1 + x). Ensuite, je me dis que f(x/2)² = f(x/2)f(x/2) = f(x) d'après la première question. Produit en croix puisque x > 0 qui amène à f(x)/x > x/4.
- f(x)/x est supérieure à une fonction affine, qui tend vers l'infini. D'où le résultat.
- Alors là... Je ne sais plus quoi dire, d'autant que ce sont des résultats qui ne me paraissent pas intuitifs du tout!
3) C'est la question non guidée, à priori... Mais évidemment, je pense qu'il faut se servir des résultats précédents, notamment avec le x^nf(x)... Par ailleurs, en dérivant la fonction qu'ils proposent d'étudier, je trouve f(-x)P(x)... Je me suis certainement trompé.

Voilà, je trouve que l'exercice est difficile... Si vous avez une idée, ce serait vraiment formidable de me donner une piste pour une question laissée en suspens. Au fait, je ne suis qu'en Première S et ne dispose que des outils que nous avons vu pour le résoudre...

Merci pour votre lecture et peut-être pour votre réponse! Très bonne soirée!



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fatal_error
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par fatal_error » 21 Juil 2014, 18:14

hello,

pour 1)-4 je verrais bien:
pour y=x, f(2x)=(f(x))^2
donc pour x fixé il existe x' tq x'=1/2x et donc f(2x')=f(x)>=0

puis pour >0, f(y)f(-y)=1 pour tout y donc f(y)==0 pas possible...
la vie est une fête :)

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fatal_error
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par fatal_error » 21 Juil 2014, 18:32

pour 2)-1
tu peux étudier la fonction F(x)=f(x)-x-1 et regarder son signe.
e particulier
F'(x)=f'(x)-1 et f'(x)==f(x) et f(0)==1...
pour 2-4
c'est pas super logique mais on peut dire partant de
f(x)/x>=x/4 que
(f(x)/x)^n >= (x/4)^n et chercher à transformer f(x)^n en f(x)
genre f(x)^n = f(x)f(x)...f(x) (n fois) et par l'égalité f(x+y)=f(x)f(y), f(x)^n = f(nx)
puis après poser x'=nx, et remplacer ... x par x'/n (pour n fixé et x positif)
et une fois fait, faire tendre x vers l'infini
la vie est une fête :)

Restefond
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par Restefond » 21 Juil 2014, 18:40

Merci beaucoup pour vos deux réponses!

C'est une bonne idée de poser x' = 1/2x pour ensuite montrer que f(x) est positif ou nul, avant de se rendre compte qu'il ne peut pas être nul. Je ne pense pas que j'y aurais pensé.

Ensuite, si on pose g(x) = f(x) - x - 1, g'(x) = f'(x) - 1 = f(x) - 1.
Or puisque f(x) est croissante et positive, on a f(x) > f(0) soit f(x) - 1 > 0, d'où g'(x) > 0 ce qui montre que, g(x) est croissante, et comme g(x) > 0 ; f(x) > x + 1.

Ensuite, par rapport aux limites, j'ai compris l'idée de transformer f(x)^n en f(nx) puis en f(x') mais je ne comprends pas comment vous refaites apparaître le f(x)/(x^n)...

t.itou29
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par t.itou29 » 21 Juil 2014, 19:28

Pour la 3) j'ai aussi trouvé p'(x)=f(-x)P(x) et comme P n'admet pas de racine réelle on a soit P(x)>0 ou P(x)<0 pour tout x et comme f(-x)>0 il vient p'(x)>0 ou p'(x)<0.
Dans le premier cas on a alors p strictement croissante et il y peut-etre quelque chose à creuser :)
Par contre pour la lim -inf x^nf(x)=+inf je me demande s'il y pas un problème, normalement ça fait 0 ... (si je me trompe pas)

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zygomatique
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par zygomatique » 21 Juil 2014, 19:32

salut

il me semble que la limite encadrée est fausse : ça fait 0 ...



p(x) = f(-x)D(x) donc p'(x) = -f(-x)D(x) + f(x)D'(x) = f(x){[P' + P" + P"' + ..] - [P + P' + P" + ....]} = -f(-x)P(x)


il me semble que l'idée est là :

or P n'a pas de racine réelle donc garde un signe constant et f(-x) est strictement positif
donc p' garde un signe constant donc p est strictement monotone ....

reste à montrer que p garde un signe constant .... :lol3:
Ce qui est affirmé sans preuve peut être nié sans preuve. EUCLIDE

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fatal_error
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par fatal_error » 21 Juil 2014, 20:14

mais je ne comprends pas comment vous refaites apparaître le f(x)/(x^n)...

ben tu pars de

(car x est positif)

on pose
il vient

puis divisant par n^n, on enquille ca dans le x^n de droite


ps:
Par contre pour la lim -inf x^nf(x)=+inf je me demande s'il y pas un problème, normalement ça fait 0 ... (si je me trompe pas)
il me semble que la limite encadrée est fausse : ça fait 0 ...

jvois pas trop le problème, c'est bien écrit que ca fait 0 le résultat encadré nan (pour x tend vers -l'infini)?
la vie est une fête :)

Restefond
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par Restefond » 21 Juil 2014, 21:08

(J'ai corrigé l'énoncé entre vos réponses, je l'avais mal recopié, désolé!)

Merci beaucoup pour votre clarification, j'espère que cela ne vous a pas pris trop de temps avec cette écriture. Néanmoins, avec vos deux réponses, j'ai l'impression de me familiariser avec le changement de variable, ce qui est une bonne chose!

Je vais essayer de réfléchir à ce que vous m'avez dit pour p(x) au niveau de son signe, je vous dirais demain matin!

Restefond
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par Restefond » 22 Juil 2014, 08:33

Je vais essayer de reprendre...

On suppose que P n'a pas de racine réelle, P est donc d'un signe constant et ne se factorise pas.
De p'(x) = f(-x)P(x), on en déduit que
- p(x) est strictement croissante si P(x) > 0.
- p(x) est strictement décroissante si P(x) < 0.
Maintenant, il faudrait montrer que p(x) est lui-même d'un signe constant, comme ça D(x) = p(x)/f(-x) est aussi constant, ce qui montre que l'équation D(x) = 0 n'a pas de solution.

On peut peut-être calculer p(0) par exemple, puisque cela fait "sauter" beaucoup de coefficients.
J'ai essayé un cas particulier avec P:
- de degré 2, p(0) = c + b + 2a (si on a P(x) = ax²+bx+c).
- de degré 3, p(0) = d + c + 2b + 6a (si on a P(x) = ax^3 + bx² + cx + d).
On pourrait supposer qu'il y a une sorte de suite, non? Je ne vois pas encore laquelle par contre...

Ou alors, on peut se dire que si un polynôme est strictement positif et donc croissant lorsque x tend vers l'infini, c'est que son degré est pair (je me trompe peut-être là), et donc la somme des dérivées de ce même polynôme devrait également être positif (puisqu'on part d'une fonction croissante, la dérivée première est positive, et à fortiori, également croissante). Ce qui achèverait de montrer que D(x) est aussi strictement positif.

J'ai l'impression de m'embrouiller!

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fatal_error
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par fatal_error » 22 Juil 2014, 09:07

hello pas sur pour ton dernier paragraphe:x^2 positif mais 2x pas toujours positif.
tu peux regarder en -infty et +infty vu que f toujours positive et que tu connais la limite de polynome versus f (à partir du résultat 2)-4)
la vie est une fête :)

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par zygomatique » 22 Juil 2014, 13:57

il me semble que la dérivée de p est p'(x) = -f(-x)P(x) ....
Ce qui est affirmé sans preuve peut être nié sans preuve. EUCLIDE

Restefond
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par Restefond » 22 Juil 2014, 18:07

En effet, vous avez raison.
Il me semble que
p'(x) = f(-x)D'(x) - f'(-x)D(x) = f(-x)[D'(x) - D(x)] = f(-x)[P' + P'' + P''' + ... - P - P' - P'' - ...]
p'(x) = - f(-x)P(x) = - P(x)/f(x).
Du coup, ça chamboule tout (enfin, il faut juste opposer les résultats précédents).
- p(x) est strictement croissante si et seulement si P(x) est strictement négatif.
- p(x) est strictement décroissante si et seulement si P(x) est strictement positif.

Je vais voir si cette dernière modification peut faire apparaître de nouvelles choses!

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par zygomatique » 22 Juil 2014, 19:19

tiens une idée supplémentaire ::

puisque P ne s'annule pas alors ses limite en -oo et en +oo sont égales donc son degré est pair (d'ailleurs tout polynôme de degré impair admet une racine réelle)

ouais bof ...

D(x) = p(x)f(x)

p est strictement monotone
f est strictement croissante et positive

le degré de D est pair et D a même limite que P

....
Ce qui est affirmé sans preuve peut être nié sans preuve. EUCLIDE

Restefond
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par Restefond » 22 Juil 2014, 20:46

Bonsoir!

Merci à vous tous d'accorder de votre temps à ce problème! C'est très aimable à vous!

Avant de répondre, je voulais juste lever un léger doute. Pour prouver la formule encadrée, est-ce bien ainsi qu'il faut procéder?
Image

Ensuite, puisque je sais que le degré de D est pair, cela signifie que le cas "D a une racine réelle" n'est pas toujours certain (c'est un tout petit pas mais bon^^). Il faut montrer maintenant que c'est même impossible. Mais là, je tourne en rond...
En faisant une disjonction des cas peut-être?
Si on suppose P > 0, alors puisque p(x) est décroissante, il suffirait de montrer que p(x) est minorée par un nombre positif, et le tour serait joué. C'est là que le problème est.
Lorsque x tend vers l'infini, D tendrait vers l'infini, tandis que f(-x) diminue. Dans tous les cas, p(x) est donc ici le produit de deux "nombres" positifs. Est-ce suffisant et rigoureux selon vous? J'en doute...

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par t.itou29 » 22 Juil 2014, 20:58

Restefond a écrit:Bonsoir!

Merci à vous tous d'accorder de votre temps à ce problème! C'est très aimable à vous!

Avant de répondre, je voulais juste lever un léger doute. Pour prouver la formule encadrée, est-ce bien ainsi qu'il faut procéder?
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Ensuite, puisque je sais que le degré de D est pair, cela signifie que le cas "D a une racine réelle" n'est pas toujours certain (c'est un tout petit pas mais bon^^). Il faut montrer maintenant que c'est même impossible. Mais là, je tourne en rond...
En faisant une disjonction des cas peut-être?
Si on suppose P > 0, alors puisque p(x) est décroissante, il suffirait de montrer que p(x) est minorée par un nombre positif, et le tour serait joué. C'est là que le problème est.
Lorsque x tend vers l'infini, D tendrait vers l'infini, tandis que f(-x) diminue. Dans tous les cas, p(x) est donc ici le produit de deux "nombres" positifs. Est-ce suffisant et rigoureux selon vous? J'en doute...

Tu peux montrer que lim x->+inf p(x) =0 grâce aux limites que tu as calculées précédemment.

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par Restefond » 23 Juil 2014, 17:15

J'ai essayé de réutiliser les résultats

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Ensuite, p(x) décroit mais reste positive.
On en déduit que D(x) = f(x)d(x) est le produit de deux fonctions strictement positive, donc n'est jamais nulle.
Conclusion: Si P > 0 et que P n'a pas de racine réelle alors D n'a pas de racine réelle non plus.
Ensuite, on doit pouvoir mener un résultat analogue lorsque P 0 et p(x) croissante.

Y serait-on enfin parvenu?

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par zygomatique » 23 Juil 2014, 17:44

de toute façon puisque D = P + P' + ...

D et P ont même degré et même monôme de plus haut degré donc même limite à l'infini ... et donc même signe du moins à l'extérieur d'un intervalle [-a, a]

or p'(x) = -f(-x)P(x)

P garde un signe constant donc p' aussi donc p est strictement monotone

or la limite de p est +oo ou (-oo suivant le signe de P) en -oo et 0 en +oo

donc p garde un signe constant ainsi que D

...
Ce qui est affirmé sans preuve peut être nié sans preuve. EUCLIDE

Restefond
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par Restefond » 23 Juil 2014, 17:56

Avec votre petit complément, j'ai l'impression que ce problème est finalement totalement résolu! Ce n'était pas si simple...

Merci à fatal-error, titou.29 et zygomatique pour le temps que vous y avez consacré! Et surtout pour la rapidité de vos messages!

t.itou29
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par t.itou29 » 23 Juil 2014, 19:18

Sinon il y a une autre méthode sans introduire la fonction f(x):

Si on ce place dans le cas P(x)>0 alors P est nécessairement de degré pair, le coefficient de x^n est positif et lim x-> +inf P(x) = lim x-> - inf P(x)=+inf. P admet donc un minimum.
De plus comme D a le même monôme de plus haut degré, D admet aussi un minimum qu'on note x0. Supposons x0<=0, on a D'(x)=D(x)-P(x), donc: D'(x0)=D(x0)-P(x0)<0.
Contradiction.
(la méthode n'est pas de moi, c'était un exemple d'un cours)
Au passage, la fonction f du problème se nomme la fonction exponentielle et sera très présente en terminale :)

Restefond
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par Restefond » 23 Juil 2014, 20:01

Votre méthode me semble bien efficace aussi! Voire meilleure et plus courte!
Mais après tout ce qu'on avait démontré pour cette fonction f, il fallait bien s'en servir une dernière fois!

Très bien si c'est une fonction que je verrai l'an prochain, au moins, j'ai pu en voir quelques particularités pendant les vacances, ça fait un peu d'avance comme ça!

 

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