\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 12}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les suites.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 12}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{12}

\begin{exo}[Bilan]
\begin{enumerate}
\item On a 
$$
P(-2) = (-2)^4 + 2 \times (-2)^3 + (-2)^2 + 2 \times (-2) = 16 + 2 \times (-8) + 4  - 4 = 0
$$
Donc \begin{center}
\fbox{$-2$ est une racine de $P$. }
On remarque que $Q(1) = 1 + 1 - 2 = 0$ donc 
\begin{center}
\fbox{$1$ est une racine de $Q$.}
\end{center}
\end{center}
\item En développant l'expression pour le polynôme
\begin{align*}
P(X) & = X(X+2)(aX^2 + bX + c) \\
& = (X^2 + 2X)(aX^2 + bX + c) \\
& = aX^4 + bX^3 + cX^2 +2a X^3 + 2b X^2 + 2cX \\
& = aX^4 + (b + 2a) X^3 + (c + 2b) X^2 + 2cX
\end{align*}
En identifiant les coefficients, on obtient le système
$$
\begin{cases}
a = 1 \\
b + 2a = 2 \\
c + 2b = 2 \\
c = 2
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
a = 1 \\
b = 0 \\
c = 2
\end{cases}
$$
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$P(X) = X (X+2) (X^2 +2)$ qui est la factorisation de $P$.}
\end{center} 
\item \begin{equation*}
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & & + X  &-2 & X-1 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- X^2) &   & & X^2 + X +2 &\\
\cline{1-3}
    &   & X^2 & +X  & -2 &  \\
    & - &(X^2 & -X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & 2X &  -2 &  \\
    &     &-&(2X& -2)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*} 
\begin{center}
\fbox{On en déduit que $Q(X) = (X-1) (X^2 +X + 2)$. }
\end{center}
Ceci est bien une factorisation de $Q$ car le discriminant de $X^2 + X + 2$ est négatif (ce polynôme n'a donc pas de racines.   
\item On a 
\begin{align*}
\li_{x \to + \infty} P(x) = \li_{x \to +\infty} x^4  = + \infty & \qquad & \li_{x \to + \infty} Q(x) = \li_{x \to +\infty} x^3  = + \infty \\
\li_{x \to - \infty} P(x) = \li_{x \to -\infty} x^4  = + \infty & \qquad & \li_{x \to - \infty} Q(x) = \li_{x \to -\infty} x^3  = - \infty
\end{align*}


\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Pratiquer la division euclidienne}
\label{Pratiquer la division euclidienne}

\begin{exo}
On divise le polynôme $X^4 + 3X^3 - 4X^2 + 2X - 5$ par le polynôme $X^2 - 2X + 1$ :
\begin{equation*}
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrrr|cr}
& X^4 & +3X^3 & -4X^2 & + 2X  &-5 & X^2 - 2X + 1 &  \\
\cline{7-8}
-& (X^4 & -2X^3 &+ X^2) &   & & X^2 + 5X +5 &\\
\cline{1-4}
   & & 5X^3  & - 5X^2 & +2X  & -5 &  \\
   &-& (5X^3 & -10 X^2 & +5X) &  & \\
    \cline{3-5}
   & &     & 5X^2 & -3X &  -5 &  \\
   & &    - &(5X^2 & -10X& +5)  & \\
              \cline{4-6}
   & &     &   & 7X & -10  & \\
  \end{array}
\end{equation*} 
\begin{center}
\fbox{On en déduit que $X^4 +3X^3 - 4X^2 +2X - 5 = (X^2 -2X +1) (X^2 +5X + 5) + 7X-10$. }
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}
Soit le polynôme $P$ défini sur $\mathbb{R}$ par $P(x)=x^{3}-2x^{2}-x+2.$
\begin{enumerate}
\item On a $P(1) = 1 - 2 - 1 + 2 = 0$ donc $1$ est bien une racine de $P$. On peut alors factoriser $P$ par $X-1$. 
%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Division Euclidienne de Polynôme %%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{equation*} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & -2X^2 & - X  & +2 & X-1 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- X^2) &   & & X^2 - X -2 &\\
\cline{1-3}
    &   &- X^2 & -X  & +2 &  \\
    & - &(-X^2 & +X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & -2X &  +2 &  \\
    &     &-&(-2X& +2)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*}
Donc $P(X) = (X-1)(X^2 - X - 2)$. Le discriminant de $X^2 - X - 2$ est $\Delta = 9$ donc les solutions de $X^2 - X - 2 = 0$ sont $X_1 = \dfrac{1-3}{2} = -1$ et $X_2 = \dfrac{1 + 3}{2} = 2$. Ainsi
\begin{center}
 \fbox{$P(X) = (X-1)(X+1)(X-2)$.}
 \end{center} 
 
\vspace{20pt}
\item On donne le tableau de signe du polynôme $P$. 
 \begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=3]{$x$/1,Signe de $x+1$/1, Signe de $x-1$/1, Signe de $x-2$/1, Signe de $P(X)$/1.5}{$- \infty$, $-1$, $1$, $2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+,}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,z,+,}
%\tkzTabVar{+/$1$, -/$0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{exo}

\savoir{Factoriser un polynôme}
\label{Factoriser un polynôme}

\begin{exo}
On souhaite résoudre l'équation $(E)$ d'inconnue $x \in \R$, $(E): e^{2x} +4e^x +1-6e^{-x} =0$.
\begin{enumerate}
\item
En faisant le changement de variable $X = e^x$, on obtient 
\begin{align*}
(E) & \Longleftrightarrow X^2 + 4 X + 1 - \dfrac{6}{X} = 0, \quad X>0 \\
& \Longleftrightarrow X^3 + 4X^2 + X - 6 = 0, \quad X>0 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On note alors $P(X) = X^3 + 4X^2 + X - 6$.}
\end{center}
\item
On calcule $P(1) = 1 + 4 + 1 - 6 = 0$. Donc
\begin{center}
  \fbox{$1$ est une racine de $P$.}
  \end{center}  
 \item
  On divise $P$ par $X-1$.  
  \begin{equation*} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & +4X^2 & +X  & -6 & X-1 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- X^2) &   & & X^2 + 5X +6 &\\
\cline{1-3}
    &   &5 X^2 & +X  & -6 &  \\
    & - &(5X^2 & -5X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & 6X &  -6 &  \\
    &     &-&(6X& -6)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*}
\vspace{15pt}

Ainsi $P(X) = (X-1) (X^2 + 5X +6)$. On étudie le polynôme $X^2 + 5X + 6$. Le discriminant de ce polynôme est $\Delta  = 25 - 24 = 1$. Les racines sont alors

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{align*}
X_1 &= \dfrac{-5 -1}{2} \\
& = -3 
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{align*}
X_2 &= \dfrac{-5 +1}{2} \\
& = -2 
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{center}
\fbox{On a donc $P(X) = (X-1)(X+3)(X+2)$. }
\end{center}
  \item 
  Les solutions de $P(X) = 0$ sont $1$, $-2$ et $-3$. Les solutions $-2$ et $-3$ ne sont pas acceptables car négatives. L'unique solution de $(E)$ est donc 
  $$
  X = 1 \Longleftrightarrow e^x = 1 \Longleftrightarrow x = 0. 
  $$
  \end{enumerate}
  \begin{center}
  \fbox{L'unique solution de $(E)$ est $x=0$. }
  \end{center}
\end{exo}


\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On remarque que $P(1) = 1 - 2 - 5 +6 = 0$. 1 est donc une racine évidente de $P$. On divise donc $P$ par $X-1$. 
\begin{equation*} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & -2 X^2 & -5X  & +6 & X-1 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- X^2) &   & & X^2 -X -6 &\\
\cline{1-3}
    &   &- X^2 & -5X  & +6 &  \\
    & - &(-X^2 & +X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & -6X &  +6 &  \\
    &     &-&(-6X& +6)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*} 

Ainsi $P(X) = (X-1)(X^2 - X - 6)$. On étudie les racines de $X^2 - X - 6$. Son discriminant est $\Delta = 1 -4 \times (-6) = 25$. Ce polynôme a donc 2 racines :

\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{align*}
X_1 &= \dfrac{1 -5}{2} \\
& = -2 
\end{align*}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{align*}
X_2 &= \dfrac{1 +5}{2} \\
& = 3 
\end{align*}
\end{minipage}

\begin{center}
\fbox{Ainsi $P(X) = (X - 1)(X+2)(X-3)$. }
\end{center}
\item Pour trouver le domaine de $x \to \dfrac{1}{P(x)}$, on résout $P(x) = 0$. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $x \to \dfrac{1}{P(x)}$ est définie sur $\R \setminus \{-2, 1, 3\}$}
\end{center}
Pour trouver le domaine de $x \to \ln(x)$, on résout $P(x) > 0$. On trace pour cela le tableau de signe
 \begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=3]{$x$/1,Signe de $x+2$/1, Signe de $x-1$/1, Signe de $x-3$/1, Signe de $P(X)$/1.5}{$- \infty$, $-2$, $1$, $3$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+,}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,z,+,}
%\tkzTabVar{+/$1$, -/$0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{La fonction $x \to \ln(x)$ est définie sur $]-2,1[ \cup ]3,+\infty[$}
\end{center}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ (fonction polynômiale) et $\forall x \in \R$, $f'(x) = P(x)$. On détermine ses variations. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=3]{$x$/1, Signe de $P(X)$/1.5, Variations de $f$/2}{$- \infty$, $-2$, $1$, $3$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$-\frac{41}{3}$,+/$\frac{25}{12}$,-/$-\frac{13}{4}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
 
\item Par le changement de variable $X = \ln(x)$, 
\begin{align*}
(\ln x)^3 - 2 (\ln x)^2  - 5 \ln x + 6 = 0 & \Longleftrightarrow X^3 - 2X^2 - 5X + 6 = 0 \\
& \Longleftrightarrow  P(X) = 0
\end{align*}
Les solutions de $P(X) = 0$ sont $X = -2$, $X =1$ et $X=3$. 
\begin{center}
  \fbox{Les solutions de l'équation sont $\mathcal{S} = \{ e^{-2}, e, e^3 \}$.}
  \end{center}  
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $P(x) = ax^2 +bx + c$ un polynôme de degré 2 possédant 2 racines réelles $\alpha_1$ et $\alpha_2$. 
\begin{enumerate}
\item La forme factorisée de $P$ est 
$$
P(x) = a(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)
$$
En développant l'expression précédente on obtient 
$$
P(x) = ax^2 - a(\alpha_1 +\alpha_2)x + a \alpha_1 \alpha_2
$$
Par identification,
\begin{center}
\fbox{$\alpha_1 +\alpha_2 = -\dfrac{b}{a}$ et $\alpha_1 \alpha_2 = \dfrac{c}{a}$.}
\end{center}
\item Réciproquement, soient $\alpha_1$ et $\alpha_2$ deux nombres réels. Montrer que $\alpha_1$ et $\alpha_2$ sont les racines du polynôme $P(x) = x^2 -sx + p$ où $s =\alpha_1 + \alpha_2$ et $p =\alpha_1 \alpha_2$. 
On a 
\begin{align*}
P(\alpha_1) & = (\alpha_1)^2 - (\alpha_1 + \alpha_2)\alpha_1 + \alpha_1 \alpha_2 \\
& = (\alpha_1)^2 - (\alpha_1)^2 - \alpha_2 \alpha_1 + \alpha_1 \alpha_2 \\
& = 0
\end{align*}
De même avec $\alpha_2$ :
\begin{align*}
P(\alpha_2) & = (\alpha_2)^2 - (\alpha_1 + \alpha_2)\alpha_2 + \alpha_1 \alpha_2 \\
& = (\alpha_2)^2 - (\alpha_2)^2 - \alpha_2 \alpha_1 + \alpha_1 \alpha_2 \\
& = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$\alpha_1$ et $\alpha_2$ sont les racines de $P$.}
\end{center}
\end{enumerate}
On considère alors l'équation $2x^2 - 5x +3 = 0$
\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{2}
\item On remarque que 
$$
2 - 5 + 3 = 0
$$ 
Donc 
\begin{center}
\fbox{$1$ est une solution évidente.}
\end{center}
\item D'après le résultat précédent, \begin{center}
\fbox{la somme vaut $\dfrac{5}{2}$ et le produit vaut $\dfrac{3}{2}$}
\end{center}
\item \fbox{L'autre solution est donc nécessairement $\dfrac{3}{2}$.}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\savoir{Utiliser l'identification.}
\label{Utiliser l'identification.}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On met toutes les fractions au même dénominateur
\begin{align*}
& \dfrac{1}{x(x+1)(x+2)} = \dfrac{a}{x}+ \dfrac{b}{x+1}+\dfrac{c}{x+2} \\
\\
 \Longleftrightarrow & \dfrac{1}{x(x+1)(x+2)} =  \dfrac{a(x+1)(x+2)}{x(x+1)(x+2)} + \dfrac{bx(x+2)}{x(x+1)(x+2)} + \dfrac{cx(x+1)}{x(x+1)(x+2)} \\
 \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{1}{x(x+1)(x+2)} = \dfrac{ax^2 + 3ax + 2a}{x(x+1)(x+2)} + \dfrac{bx^2+2bx}{x(x+1)(x+2)} + \dfrac{cx^2 + cx}{x(x+1)(x+2)} \\
\\
\Longleftrightarrow & \dfrac{1}{x(x+1)(x+2)} = \dfrac{(a+b+c)x^2 + (3a+2b+c)x + 2a}{x(x+1)(x+2)}  \\
\end{align*}

Par identification, on obtient le système 
\begin{align*}
\begin{cases} 
a+ b + c = 0 \\
3a + 2b + c = 0 \\
2a = 1
\end{cases}
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
a +b + c = 0 \\
2a + b = 0 \qquad L_2 \longleftarrow L_2 - L_1 \\
a = \dfrac{1}{2}
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
 c = \dfrac{1}{2} \\
b = -1  \\
a = \dfrac{1}{2}
\end{cases}
\end{align*}

Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x\in \mathbb{R}\backslash \{-2,-1,0\},\quad \dfrac{1}{x(x+1)(x+2)} = \dfrac{1}{2x}- \dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{2(x+2)} .
$}
\end{center}
\item  On met toutes les fractions au même dénominateur
\begin{align*}
&\dfrac{x+1}{x^2(x-1)}  = \dfrac{a}{x^2}+\dfrac{b}{x}+\dfrac{c}{x-1} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{x+1}{x^2(x-1)}  = \dfrac{a(x-1)}{x^2(x-1)}+\dfrac{bx(x-1)}{x^2(x-1)}+\dfrac{cx^2}{x^2(x-1)} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{x+1}{x^2(x-1)}  = \dfrac{ax-a}{x^2(x-1)}+\dfrac{bx^2-bx}{x^2(x-1)}+\dfrac{cx^2}{x^2(x-1)} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{x+1}{x^2(x-1)}  = \dfrac{(b+c)x^2 + (a-b)x - a}{x^2(x-1)} 
\end{align*}
Par identification, on obtient le système 
\begin{align*}
\begin{cases} 
b + c = 0 \\
a - b = 1 \\
-a = 1
\end{cases}
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
c = 2 \\
b = -2  \\
a = -1
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$\forall x\in\R\setminus\acc{0,1}, -\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x-1}=\dfrac{x+1}{x^2(x-1)}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}
On se propose de calculer la somme $S_n = \sum\limits_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2 - 1}$
\begin{enumerate}
\item On a $\forall k \geq 2$, 
\begin{eqnarray*}
\dfrac{1}{k^2 -  1} = \dfrac{a}{k-1} + \dfrac{b}{k+1} & \Longleftrightarrow & \dfrac{1}{k^2 - 1} = \dfrac{(k+1)a}{(k+1)(k-1)} + \dfrac{(k-1)b}{(k-1)(k+1)} \\
&\Longleftrightarrow & \dfrac{1}{k^2 - 1} = \dfrac{(a+b)k + a -b}{k^2 -1} 
\end{eqnarray*}
Par identification, on obtient
$$
\begin{cases}
a+b = 0 \\
a-b = 1
\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases}
a = \dfrac{1}{2} \\
b = - \dfrac{1}{2}
\end{cases}
$$
On a donc \begin{center}
\fbox{$\dfrac{1}{k^2 -  1} = \dfrac{1}{2(k-1)} - \dfrac{1}{2(k+1)}$}
\end{center}
\item On calcule 
\begin{align*}
S_n = \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k^2 -1} & = \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{2(k-1)} - \dfrac{1}{2(k+1)} \\
& = \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{2(k-1)} - \dfrac{1}{2k} + \dfrac{1}{2k} - \dfrac{1}{2(k+1)} \\
& = \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{2(k-1)} - \dfrac{1}{2k} + \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{2k} - \dfrac{1}{2(k+1)} \\
& = \dfrac{1}{2\times(2-1)} - \dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{2 \times 2} - \dfrac{1}{2(n+1)} \\
& = \dfrac{3}{4} - \dfrac{n+1 + n}{2n(n+1)}
\end{align*} 
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{On conclut $S_n  = \dfrac{3}{4} - \dfrac{2n+1}{2n(n+1)}$.}
\end{center}
\end{exo}

\savoir{Calculer des limites de polynômes}
\label{Calculer des limites de polynômes}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item D'après le cours
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f_1(x) = \li_{x \to + \infty} x^5 = +\infty$ et $ \li_{x \to - \infty} f_1(x) = \li_{x \to - \infty} x^5 = -\infty$}
\end{center}
\item D'après le cours
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f_2(x) = \li_{x \to + \infty} -x^4 = -\infty$ et $ \li_{x \to - \infty} f_2(x) = \li_{x \to - \infty} -x^4 = -\infty$}
\end{center}
\item D'après le cours
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f_3(x) = \li_{x \to + \infty} \dfrac{2x^2}{x^4} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{2}{x^2} = 0$ et $ \li_{x \to - \infty} f_3(x) = \li_{x \to - \infty} \dfrac{2x^2}{x^4} = \li_{x \to - \infty} \dfrac{2}{x^2} = 0$}
\end{center}
\item D'après le cours
\begin{center}
\fbox{$ \li_{x \to + \infty} f_4(x) = \li_{x \to + \infty} \dfrac{x^3}{2x^3} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ et $ \li_{x \to - \infty} f_3(x) = \li_{x \to - \infty} \dfrac{x^3}{2x^3} = \li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On a $2^3 - 2^2 +2 \times 2 - 8 = 0$ donc le polynôme $X-2$ divise le polynôme $X^3 - X^2 +2X - 8$. En posant la division euclidienne on obtient :
\begin{equation*} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & - X^2 & +2X  & -8 & X-2 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- 2X^2) &   & & X^2 + X +4  &\\
\cline{1-3}
    &   & X^2 & +2X  & -8 &  \\
    & - &(X^2 & -2X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & 4X &  -8 &  \\
    &     &-&(4X& -8)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*} 
On a alors $x^3 - x^2 -2x -8 = (x-2)(x^2 +x + 4)$. D'un autre côté, en utilisant une identité remarquable, on a $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$ donc 
$$
\dfrac{x^3 -x^2 + 2x -8 }{x^2 - 4} = \dfrac{(x-2)(x^2 +x +4)}{(x-2)(x+2)} = \dfrac{x^2 + x + 4}{x+2}
$$
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \tos 2} \dfrac{x^3 -x^2 + 2x -8 }{x^2 - 4} = \li_{x \to 2} \dfrac{x^2 + x + 4}{x+2} = \dfrac{10}{4} = \dfrac{5}{2}
$}
\end{center}

\item  On a $1^3 + 1^2 -1 - 1 = 0$ donc le polynôme $X-1$ divise le polynôme $X^3 + X^2 -X - 1$. En posant la division euclidienne on obtient :
\begin{equation*} 
\renewcommand{\arraystretch}{1.2}
\renewcommand{\arraycolsep}{2pt}
  \begin{array}{rrrrr|cr}
 &X^3 & + X^2 & -X  & -1 & X-1 &  \\
\cline{6-7}
-&(X^3&- X^2) &   & & X^2 + 2X +1  &\\
\cline{1-3}
    &   & 2X^2 & -X  & -1 &  \\
    & - &(2X^2 & -2X) &  & \\
    \cline{3-4}
    &     & & X &  -1 &  \\
    &     &-&(X& -1)  & \\
              \cline{4-5}
    &     &   & & 0  & \\
  \end{array}
\end{equation*} 
On a alors $x^3 + x^2 -x -1 = (x-1)(x^2 +2x + 1)$. D'un autre côté, en utilisant une identité remarquable, on a $x^2 - 2x +1 = (x-1)^2$ donc 
$$
\dfrac{x^3 +x^2 -x -1 }{x^2 -2x +1 } = \dfrac{(x-1)(x^2 +2x +1)}{(x-1)^2} = \dfrac{x^2 + 2x + 1}{x-1}
$$
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \tos 1} \dfrac{x^3 +x^2 - x - 1}{x^2 - 2x + 1} = \li_{x \tos 1} \dfrac{x^2 + 2x + 1}{x-1} = + \infty
$}
\end{center}

\item On remarque tout d'abord qu'en posant $X = e^x$, on a 
$$
\li_{x \to 0} \dfrac{e^{3x} -4 e^{2x} + 3}{e^x - 1} =  \li_{X \to 1} \dfrac{X^3 - 4X^2 + 3}{X-1}
$$
On divise le polynôme $X^3 - 4X^2 + 3$ par le polynôme $X-1$ et on obtient 
$$
X^3 - 4X^2 + 3 = (X-1)(X^2 -3X -3)
$$
Ainsi, 
$$
\li_{X \to 1} \dfrac{X^3 - 4X^2 + 3}{X-1} = \li_{X \to 1} \dfrac{(X-1)(X^2 - 3X -3)}{X-1} = \li_{X \to 1} X^2 - 3X - 3 = -5
$$
On conclut
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to 0} \dfrac{e^{3x} -4 e^{2x} + 3}{e^x - 1} = -5
$}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[**]
On regarde si la fonction $f$ est prolongeable par continuité en $1$. Pour cela, on calcule (en remarquant que $1$ est une solution de $x^3 - 1= 0$ et en divisant $x^3 -1$ par $x-1$ :
\begin{align*}
\dfrac{3}{x^3 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - 1} & = \dfrac{3}{(x-1)(x^2 +x+1)} - \dfrac{2}{(x-1)(x+1)} \\
& = \dfrac{3(x+1)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} - \dfrac{2(x^2 +x +1)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} \\
& = \dfrac{-2x^2 +x +1}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)}
\end{align*}
On résout l'équation $-2x^2 + x +1 = 0$. Le discriminant d'une telle équation est $\Delta = 9$. Les solutions sont $1$ et $-1/2$. On a donc 
$$
-2x^2 + x + 1 = -2(x-1)(x+1/2)
$$
Ainsi,
$$
\dfrac{3}{x^3 - 1} - \dfrac{2}{x^2 - 1} = \dfrac{-2(x-1)(x+1/2)}{(x-1)(x^2 +x+1)(x+1)} = -2 \dfrac{x+1/2}{(x^2 +x+1)(x+1)}
$$
\begin{center}
Or $\li_{x \to 1} x+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$ et $\li_{x \to 1} (x^2 +x+1)(x+1) = 6$ donc 
$$\li_{x \to 1} f(x) = -\dfrac{1}{2} $$ 
\fbox{La fonction $f$ est prolongeable par continuité en $1$ et l'on pose $f(1) = -\dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\end{exo}

\savoir{Propriétés des polynômes.}
\label{Propriétés des polynômes.}

\begin{exo}[*]
On a 
\begin{align*}
P'(x) & = 4(x-2)^3 \\
P''(x) & = 4 \times 3 (x-2) = 12(x-2)^2 \\
P^{(3)} (x) & = 4 \times 3 \times 2 (x-2) = 24(x-2) \\
P^{(4)} (x) & = 24 
\end{align*}
et \begin{center}
\fbox{$\forall k > 4$, $P^{(k)}(x)  = 0$. }
\end{center}
 Si $k \in \entier{0,n}$, on va montrer par récurrence que 
$$
\forall x \in \R, \quad  P^{(k)}(x) = n (n-1) \ldots (n-k+1) (x - a)^{n-k} = A_k^n (x-a)^{n-k} 
$$  
Soit la propriété $\P_k : \left\{ P^{(k)}(x) = A_k^n (x-a)^{n-k} \right\}$. \\
{\bf Initialisation :} On montre que $\P_0$ est vraie. D'un côté $P^{(0)}(x) = P(x) = (x-a)^n$. D'un autre côté, $A_0^n (x-a)^{n-0} = (x-a)^n$. \\
{\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_k$ est vraie pour un certain $k \in \entier{0,n-1}$. 
On a alors 
$$
P^{(k+1)}(x) = A_k^n \times (n-k) (x-a)^{n-k-1} = A_{k+1}^n (x-a)^{n-(k+1)}
$$
La proposition $\P_{k+1}$ est vraie. $(\P_k)$ est héréditaire. \\
{\bf Conclusion :} 

\begin{center}
\fbox{Pour tout $k \in  \entier{0,n}$, $\forall x \in \R$, $P^{(k)}(x) = A_k^n (x-a)^{n-k} $}
\end{center}
On a alors $\forall x \in \R, P^{(n)}(x) = n! $ et donc 
\begin{center}
\fbox{Pour tout $k \geq n$, $\forall x \in \R$, $P^{(k)}(x) = 0$}
\end{center}
\end{exo}





\begin{exo}[**]
Dans cet exercice, on se propose de calculer pour $n \in \N$ et $p \in [0,1]$,   
$$S_n = \displaystyle \sum_{k=0}^n k(k-1) \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} .$$ 
On introduit alors le polynôme. $P(X) = \ds \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} X^k (1-p)^{n-k}$. 
\begin{enumerate}
\item En utilisant le binôme de Newton, la forme factorisée de ce polynôme est 
\begin{center}
\fbox{$
P(X) = (X + 1 - p)^n
$}
\end{center}
\item D'un côté, sous sa forme de somme,
\begin{align*}
P'(X) & = \ds \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k X^{k-1} (1-p)^{n-k} \\
P''(X) & = \ds \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k(k-1) X^{k-2} (1-p)^{n-k} 
\end{align*}
D'un autre côté, en utilisant la forme factorisée,
\begin{align*}
P'(X) & = n(X + 1 - p)^{n-1} \\
P''(X) & = n(n-1) (X + 1 - p)^{n-2} 
\end{align*}
\item On remarque que $S_n = p^2 P''(p)$. Ainsi, on a $S_n = p^2 n(n-1)(p+1-p)^{n-2}$, c'est à dire
\begin{center}
 \fbox{$S_n = n(n-1)p^2$.}
 \end{center} 
\item On suppose que $Y$ est une variable aléatoire telle que $Y \loi{B}(n,p)$. 
\begin{align*}
E(Y^2) & = \sum_{k = 0}^n k^2 P(Y = k) \\
& = \sum_{k = 0}^n k^2 \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}
\end{align*}   
On a alors
\begin{align*}
S_n & = \displaystyle \sum_{k=0}^n (k^2-k) \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \\
& = \sum_{k=0}^n k^2 \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} - \sum_{k=0}^n k \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \\
& = E(Y^2) - E(Y)
\end{align*}
Et donc 
\begin{center}
\fbox{$E(Y^2) = S_n + E(Y) = n(n-1)p^2 + np = n^2p^2 - np^2 + np $.}
\end{center}
\item On en déduit, d'après la formule de Koenig-Huygens, 
\begin{align*}
V(Y) & = E(Y^2) - E(Y)^2 \\
& = n^2p^2 - np^2 + np - n^2 p^2 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Après simplification, 
$V(Y) = np(1-p)$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Résoudre dans $\R[X]$ l'équation : $X^2 P''(X) - 3X P'(X) + 3P(X) = 0$ d'inconnue $P$. On commencera par étudier le coefficient dominant. 

$P \in \R[X]$. On écrit alors 
$$P(X) = \sum_{k=0}^n a_k X^k ,\; P'(X) = \sum_{k=1}^n a_k k X^{k-1}, \; P''(X) = \sum_{k=2}^n a_k k(k-1) X^{k-2} $$
 Si $P$ vérifie l'équation, on a 
 \begin{align*}
 & X^2 P''(X) - 3XP'(X) + 3P(X) = 0 \\
 \Longleftrightarrow &  \sum_{k=2}^n a_k k(k-1) X^{k} - 3 \sum_{k=1}^n a_k k X^{k} + 3 \sum_{k=0}^n a_k X^k = 0 \\
 \Longleftrightarrow & \sum_{k=0}^n (a_k(k(k-1)) - 3k a_k + 3a_k) X^k = 0
 \end{align*}
\end{exo}

On a notamment par identification, 
$$ (n^2 - 4n + 3)a_n = 0 \Longleftrightarrow (n^2 - 4n + 3)=0 $$
Le coefficient $a_n$ est non nul car il s'agit du coefficient dominant. On résout l'équation de degré 2. Le discriminant associé est $\Delta = 4$. Ce qui laisse deux possibilités pour $n$. Soit $n = 1$, soit $n = 3$. Les polynômes solution de l'équation sont donc de degré 1 ou 3. \\

{\bf Cas $n=1$ :} Les polynômes s'écrivent $P(X) = aX +b$, $P'(X) = a$ et $P''(X) = 0$. 
$$
X^2 P''(X) - 3X P'(X) + 3P(X) = 0 \Longleftrightarrow -3aX + 3aX + 3b = 0 \Longleftrightarrow b = 0 
$$  

\begin{center}
\fbox{Tout polynôme de la forme $P(X) = aX$ est solution de l'équation}
\end{center}

{\bf Cas $n=3$ :} Les polynômes s'écrivent $P(X) = aX^3 +bX^2 + cX +d$, $P'(X) = 3aX^2 + 2bX + c$ et $P''(X) = 6aX + 2b$. 
\begin{align*}
& X^2 P''(X) - 3X P'(X) + 3P(X) = 0 \\
\Longleftrightarrow \quad &  6aX^3 + 2bX^2 - 9aX^3 -6bX^2 -3cX  +3aX^3 +3bX^2 + 3cX + 3d = 0 \\
\Longleftrightarrow \quad &  + -bX^2 + 3d = 0 \\
\end{align*}
On en déduit alors que $b = 0$ et $d=0$

\begin{center}
\fbox{Tout polynôme de la forme $P(X) = aX^3 + bX$ avec $a,b \in \R$ est solution}
\end{center}

On remarque que cette seconde condition englobe la première. 

\begin{exo}[***]
Soit $E$ l'ensemble des polynômes $P \in \R[X]$ ayant au moins une racine $\alpha \in \R$ et satisfaisant $P(x+1) = P(x)$. 
\begin{enumerate}
\item Montrer que si $P \in E$, pour tout $n \in \N$, $\alpha +n $ est une racine de P.
\item Déduire l'ensemble des polynômes de $E$. 
\end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
