Le tour de la pcsi en 80 jours 92 questions. Correction

Átírás

1 hotlie : Fracois.DROUOT@gmail.com Le tour de la pcsi e 80 jours 9 questios Correctio Complexes et trigoométrie Q. Doer l'expressio des racies -ième de l'uité. Motrer, pour, que la somme des racies -ième vaut 0 et que leur produit vaut (. Correctio : L'esemble de racies -ième de l'uité est U = {ζ k k [0, ]} où ζ = e iπ/. Pour calculer la somme des racies -ième il y a pleis de maières de le démotrer, e voici trois : (a ζ k = ζ ζ = 0 (car ζ pour et ζ =. (b Les racies e de l'uité sot les racies de z = 0, or (relatios coeciets/racies le coeciet devat z de ce polyôme est l'opposé de la somme de ses racies, d'où le résultat. (c O utilise l'idetité remarquable a b = (a b(a + a b ab + b pour a = ζ et b =, aisi ζ = (ζ (ζ ζ +, comme ζ = 0 et ζ 0 o e déduit que (ζ ζ + = 0. Pour le produit e voici deux : (a ikπ/ ζ k = e = e iπ ( = ( (car e iπ =. (b Les racies -ième de l'uité sot les racies de z = 0, or (relatios coeciets/racies le coeciet costat est ( multiplié par le produit de ses racies, d'où le résultat. Q. Soit z u complexe de module. Motrer que z + z est u imagiaire pur. Correctio : Tout d'abord il est bo d'avoir diéretes maières de motrer qu'u ombre complexe est réel ou imagiaire pur : Z est réel si et seulemet si Im(Z = 0 si et seulemet si Arg(Z 0 [mod π] (ou cogru à 0 ou π modulo π si et seulemet si Z = Z. Z est imagiaire pur si et seulemet si Re(Z = 0 si et seulemet si Arg(Z π [mod π] si et seulemet si Z = Z. Posos Z = z +. O sait que Z est imagiaire pur si et seulemet si Z + Z = 0, de plus z = équivaut z ( à zz =. O a : z+ z + z+ z = z+ z + z+ z = z+ z + zz+z zz z = z+ z + +z z = 0, aisi Z est bie imagiaire pur. Q3. (a Détermier les racies carrées complexes de 5 i. (b Résoudre z 3 ( + iz + 3( + iz 0( + i = 0 (observer l'existece d'ue solutio imagiaire pure. (c Quelles particularités a le triagle dot les sommets ot pour axe les solutios de l'équatio précédete? Correctio : a Soit z = 5 i. z = = 69 = 3. Cepedat o e coaît pas (moi tout du mois de ombre dot le cosius vaut 5 3 et le sius 3. O poursuit doc le calcul e coordoées algébriques, o sait qu'il existe deux réposes (opposées à la questio. O cherche Z = x + iy tel que Z = z ie. x y = 5 et xy =. Pour cotiuer le calcul o peut substituer le y de la deuxième équatio das la première et obteir ue équatio bicarré qu'o sait résoudre, ou o peut utiliser l'astuce qui cosiste a rajouter e troisième équatio Z = z, ie. x + y = 3. Ce qui permet d'avoir tout de suite x = 9 et y = 4, l'équatio xy = 6 permet de coclure que les solutios sot ±(3 i. Remarque : A priori il faudrait ue réciproque (e eet o a seulemet motré : Si Z solutio alors Z = ±(3 i, cepedat o sait qu'il y a exactemet deux solutios, la réciproque est automatique. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" / 7

2 b O suit l'idicatio e cherchat ue racie de la forme ai où a R : o remplace, o développe et l'o idetie parties réelle et imagiaire pour avoir a solutio de a 3a 0 = 0 et de a 3 +a +3a 0 = 0. La première équatio implique a {5; }. La secode e laisse que a =. O factorise alors P (z = z 3 ( + iz + 3( + iz 0( + i par z + i (divisio euclidiee pour se rameer à la résolutio du quotiet : Q(z = z ( + 4iz + 5(i. Ce derier a pour discrimiat = 5 i (comme de part hasard Il s'esuit que les racies de Q sot (+4i±(3 i ie. 4+i = + i et +6i = + 3i. c Ce triagle peut être de quelcoque à équilatéral e passat par isocèle et rectagle. Tracer les poits A, B et C d'axes les racies de P 'est certaiemet pas ue mauvaise idée : ABC semble être rectagle isocèle e B( + i. O le vérie alors e calculat les logueurs des sommets et e utilisat la réciproque du théorème de Pythagore. Alterative : o peut aussi utiliser que l'agle est droit e B si et seulemet si z A z B z C z B ir par exemple. Q4. Éocer les formules doat cos(a b, cos(a + b, si(a + b, si(a b, cos(a, si(a e foctio de cos(a, cos(b, si(a et si(b. E déduire les formules de ta(a + b et ta(a. Correctio : Plus importat ecore que de les reteir, savoir les retrouver. Pour cela o pet utiliser l'expoetielle complexe, par exemple e i(a b = eia cos a+i si a = e ib cos b+i si b = (cos a + i si a(cos b i si b d'ue part et e i(a b = cos(a b + i si(a b d'autre part. Il s'esuit cos(a b = cos a cos b + si a si b et si(a b = si a cos b cos a si b par exemple. Pour cos(a+b et si(a+b repredre les formules précédetes e remplaçat b par b et e utilisat l'imparité de si et la parité de cos. Pour cos a et si a predre b = a. Retrouver les formules pour la tagete s'e déduiset tout de suite : ta(a + b = si(a+b si a cos b+cos a si b cos a cos b si a si b b = a. Q5. Soit θ ]0, π[. Simplier = ta a+ta b ta a ta b cos(kθ et cos(a+b = e divisat umérateur et déomiateur par cos a cos b. Pour ta a poser si(kθ. Correctio : Comme souvet lorsque des formules aalogues pour cos et si sot demadées, teter de faire d'ue pierre deux coups e utilisat l'expoetielle complexe. Ici par exemple, il sut de remarquer cos(kθ + i si(kθ = e ikθ. Cette derière somme est géométrique doc explicitable et les deux sommes iitiales s'e déduiset par ideticatio de ses parties réelle et imagiaire. Il s'esuit si ( θ exp(ikθ = ( ei(+θ e ikθ = eiθ(+/ e i(+θ/ e i(+θ/ e ( iθ/ e iθ/ e iθ/ ( si (+θ ( cos(kθ = Re e si (+θ iθ/ si ( θ ( si (+θ si ( θ Q6. Liéariser si 5 (θ.. ( Correctio : Du grad classique : si 5 θ = = e iθ e iθ i cos ( θ 5. si ( θ si = eiθ/ ( (+θ si ( θ et de même o a. si(kθ = O développe avec la formule du biôme de Newto (revoir le triagle de Pascal si écessaire pour le calcul des coeciets biomiaux. si 5 ( θ = 5 i e 5iθ 5e 3iθ + 0e iθ 0e iθ + 5e 3iθ e 5iθ = i (i si 5θ 0i si 3θ + 0i si θ. 5 Et alemet si 5 θ = 6 si 5θ 5 6 si 3θ si θ. Remarque : il peut être utile de vérier la cohérece de la formule obteue. Ici par exemple pour θ = π. Q7. Exprimer cos(5θ comme u polyôme e cos(θ. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" / 7

3 Correctio : À partir de la formule de Moivre, des formules d'euler et du biôme ; u classique : cos(5θ = Re ( e 5iθ = Re [ (cos θ + i si θ 5] = Re [ cos 5 (θ + 5i cos 4 (θ si(θ + 0i cos 3 (θ si (θ + 0i 3 cos (θ si 3 (θ + 5i 4 cos(θ si 4 (θ + i 5 si 5 (θ ] = cos 5 θ 0 cos 3 θ si θ + 5 cos θ si 4 θ Remplacer alors si θ par cos θ, développer, simplier. Pour aisi obteir : cos(5θ = P 5 (cos(θ où P 5 (X = X 5 0X 3 ( X + 5X( X = 6X 5 0X 3 + 5X. Q8. Résoudre pour θ [0, π[, cos(θ 3 si(θ =. Correctio : O tete d'idetier les coeciets devat cos θ et si θ comme les liges trigoométriques d'u agle cou. cos θ 3 si θ = cos π 3 cos θ si π 3 si θ = cos ( θ + π 3 = cos π 3. O a doc θ + π 3 = ± π 3 modulo π. Compte teu de θ [0, π[ il e reste que θ = 0 et θ = π 3 + π = 4π 3. Alterative : cos(θ 3 si(θ = cos(θ = 3 si(θ. O élève au carré l'équatio (attetio o perd l'équivalece, e eet a = b implique bie a = b mais la réciproque est fausse, e eet a = b implique que a et b sot égaux ou opposés, o a alors ue ouvelle équatio qui est cos (θ cos(θ + = 3 si (θ, o remplaçat si par cos o tombe sur ue équatio de degré deux e cos(θ, aisi e procédat au chagemet de variable X = cos(θ o trouve X X + = 3 3X, ie 4X X = 0, ie X X = 0, o remarque tout de suite que est solutio, l'autre solutio est alors. Aisi pour θ o trouve 0, π 3 et 4π 3 (o cherche θ etre 0 et π. O 'oublie pas de faire la réciproque : 0 et 4π 3 covieet (il faut vraimet le vérier... mais pas π 3 (car cos( π 3 3 si( π 3 = 3 3 = Q9. Calculer les formules iduites par le chagemet de variable t = ta( u. Exprimer cos(u et si(u e foctio de t Correctio : t = ta ( u arcta t = u. O a doc du = cos u = cos ( u = cos ( u si ( u cos u = t +t. De la même maière o obtiet si u = Q0. Calcul de l'itégrale I = π 0 = cos ( u t +t. +t dt. ( t. Or + ta u = cos u ie. cos u = +t doc x dx à l'aide du chagemet de variable x = cos ϕ. + x Correctio : O doit déjà vérier que ce chagemet de variable est licite : est-ce bie ue foctio de classe C sur [0, ]? Oui. De plus, dx = si ϕ dϕ. Quat aux bores elles sot respectivemet trasformées e π et 0. O a doc : 0 π cos ϕ ( cos ϕ I = ( si ϕdϕ = π ( cos ϕ si ϕ [ ] π + cos ϕ cos si ϕdϕ = dϕ = ϕ si ϕ ϕ si ϕ = 0 π. 0 0 Foctios usuelles Q. Représeter das u même repère orthoormé, et avec soi, les graphes de exp et l aisi que la première bissectrice du repère. O précisera des équatios des tagetes à C exp e A(0, et B(, e et l'o e déduira les tagetes à C l e C(, 0 et D(e,. Correctio : Ce petit cotrôle de coaissace est importat puisqu'il permet de récapituler les doées basiques cocerat les foctios expoetielle et logarithme. Parmi ces derières o pourra reteir : LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 3/ 7

4 exp : R ]0, + [ et l :]0, + [ R sot des bijectios réciproques l'ue de l'autre ce qui sigie graphiquemet que C exp et C l sot symétriques l'ue de l'autre par rapport à la première bissectrice du repère (la droite d'équatio y = x lorsque le repère est orthoormé. Elles sot strictemet croissates de même limite + e +. E revache leurs croissaces respectives e sot pas du même type : exp croît très rapidemet tadis que l croît letemet. De faço qualitative e x cela est le coteu des croissaces comparées : lim x + x α = 0 et lim l(x = 0 pour tout α > 0. x + xα O pourra aussi représeter les tagetes à C l e I(, 0 et à C exp e J(0, ; et, pourquoi pas, celle e A(, e. Q. Doer l'esemble de déitio et les limites aux (quatre bords de la foctio f avec f(x = ( + x x. Correctio : Comme toujours lorsque l'exposat 'est pas etier, il coviet de reveir à la déitio : f(x = exp [ x l ( + x]. Doc x Df x 0 et + x > 0 x 0 et (x < ou x > 0. E coclusio : D f =], [ ]0, + [. O recourt esuite à l'outil très performat dès qu'il s'agit de calculer ue limite des équivalet : l(+u u u u 0 e 0 ici utilisé avec u = /x lorsque x +. Par produit il viet x l ( + x x x + x = doc, e composat avec exp qui est cotiue e, il viet lim f = e = e. + Les calculs sot les mêmes au voisiage de pour trouver lim f = e. E 0 + : l ( + x = l(x + l x puis par produit et croissace comparée et e compositio avec exp qui est cotiue e 0 : lim f = e 0 =. 0 + ( E e : lim x l + = + par compositio et produit. O coclut e composat ue ouvelle x x fois car lim exp = + = lim f. + Q3. Motrer que la série harmoique diverge. Par exemple : (a x ], + [, l( + x x (b H = b. l( + /k = Correctio : (a Pour x ], + [, o pose g(x = l( + x x d'où g (x = +x = x +x doc g est strictemet décroissate sur ]0, + [ et strictemet croissate sur ], 0]. Doc g présete u maximum absolu e 0 et comme g(0 = 0, il suit que g 0 ie. le résultat souhaité. (b D'après (a appliquée à x = k pour k [, ] : H l ( ( ( + + +l + = l + + +l ( + l( +. Par comparaiso il suit de lim l( + = + que lim H = +. = l l +l 3 l + +l(+ l = Q4. Motrer que sh est bijective de R sur R et que sa bijectio réciproque est x l ( x + x +. Correctio : O peut faire les deux choses e ue e motrat que sh f = f sh = Id R e otat f la foctio proposée das l'éocé. Bie sûr le théorème de la bijectio mootoe assure que sh soit bijective de R sur R. Mais cette méthode présete l'icovéiet de devoir coaître à priori l'expressio de la bijectio réciproque. Autre possibilité : résoudre sh x = y e y a d'aboutir à y = f(x. Optos ici pour cette derière : y = sh x y = e x e x y = e x /e x (e x ye x = 0. Ce triôme du d degré e e x a pour discrimiat = 4(y + > 0 doc e x = y + y ( + l'autre racie est écartée car e x > 0. Le résultat est atteit e passat au logarithme : sh (y = x = l y + y +. Q5. Motrer que x R, arcta(x + arcta ( x = sg(x π, où sg(x désige le sige de x. Correctio : Le membre de gauche déit ue foctio f dérivable sur R et sa dérivée est x x = 0. +( x +x LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 4/ 7

5 Dager! Ne pas coclure à la costace de f sur R : c'est vrai sur tout itervalle de cet esemble mais pas globalemet! Aisi f est costate sur R et sur R +. Reste à vérier à détermier ces costates. Pour cela o peut calculer les limites e ±. De lim arcta x = π x + pour la limite e qui fourit le résultat escompté. Q6. Résoudre arcsi(x = arccos(x. et arcta 0 = 0 o tire lim f = π. De même + Correctio : Il coviet tout d'abord de savoir sur quel esemble o cherche des solutios : l'esemble de déitio de l'équatio. arcsi est déie sur [, ] de même que arccos. O résout doc x x. Par itersectio des esembles de déitio des termes o résout l'équatio sur I = [, ]. De plus, arcsi est à valeur das [ π, π ], itervalle sur lequel cos est 0 doc cos arcsi x 0. Si x [, ] est ue solutio alors cos arcsi x = x (ce 'est pas ue équivalece. Et cos arcsi x = si (arcsi x car cos arcsi 0 d'où cos arcsi x = x. O résout doc x = x sur I. Comme ue racie carré est positive, o se restreit à [ 0, π ], esemble sur lequel l'équatio équivaut à x = 4x x = 5 5. N'ayat pas raisoé par équivalece } il faut vérier. que { π puis qu'il s'agit bie d'ue solutio avat de pouvoir aocer S = 5 Développemet limités Q7. Calculer le développemet limité de ta à l'ordre 6 au voisiage de 0. Correctio : O peut utiliser la formule de Taylor mais cela est lourd pour u ordre élevé. O préfèrera comme d'habitude les règles de calcul avec les dl : ta x = si x cos x (x = x3 6 + x5 5! + o x 0 (x6 ( = x x3 x x4 4! + x6 6! + o x 0 (x6 3 + x5 5 + o x 0 (x6. O a utilisé ci-dessus la formule u = + u + u + + u 6 + o u 0 (u6. Alterative : La foctio ta est de classe C 6 sur ] π, π, elle possède doc u DL à l'ordre 6 e 0, comme elle est impaire il est de la forme ta(x = ax+bx 3 +cx 5 + o x 0 (x6, où a, b, c sot trois réels que l'o va détermier (cela découle de l'uicité du DL, e eet si o a u DL e 0, ta(x = ta( x doe u secod DL. Or ta(x cos(x = si(x, aisi o a (ax+bx 3 +cx 5 + o x 0 (x6 ( x! + x4 4! x6 6! + o x 0 (x6 = x x3 3! + x5 5! + o x 0 (x6, o développe le membre de gauche et o ivoque l'uicité des DL pour obteir u système d'équatios vériées par a, b et c, e le résolvat o détermie ces trois valeurs. ( Q8. Détermier le développemet limité à l'ordre e 0 de f(x = exp et celui à l'ordre 3 e de g(x = l x x. + x Réaliser l'étude locale (tagetes des courbes représetatives de ces foctios respectivemet au voisiage de 0 et. Correctio : +x = x + x + o(x et doc exp ( x+ = exp( x + x + o(x = e e x+x +o(x. Comme x + x 0 quad ( x 0 et exp u = + u + u + o(u au voisiage de 0, o peut composer ces dl pour avoir f(x = e x + x + x + o(x = e ( x + 3 x + o(x. Graphiquemet : C f passe par le poit A(0, e (iformatio déduite de l'ordre 0, sa tagete e ce poit a pour équatio réduite y = e( x (so coeciet directeur est doc de e ; proviet de l'ordre et e le sige de f(x e( x est celui de 3e x > 0 doc la courbe est au dessus de sa tagete. Pour u dl e x = o se ramèe e 0 par le chagemet de variable x = y+, poit e lequel ous disposos de plus de formules de dl. Aisi doc g(x = l(y+ y+ avec y 0. Alors g(x = (y y + y3 3 + o(y3 ( y + y y 3 + o(y 3. O développe et l'o troque à l'ordre 3 pour avoir g(x = y 3 y + 6 y3 + o(y 3. O reviet e à la variable iitiale : g(x = (x 3 (x + 6 (x 3 + o((x 3. Graphiquemet : le graphe de g passe par le poit A(, 0, sa tagete e ce poit est d'équatio réduite y = x et leur positio relative est régie par le sige de la diérece de leurs équatios respectives doc LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 5/ 7

6 par celui de 6 (x 3. Pour x < cette quatité est < 0 et > 0 pour x >. Le graphe de g présete doc e A u poit d'iexio. Q9. Résoudre l'équatio diéretielle y 3y + y = e x. Équatios diéretielles Correctio : O résout cette équatio diéretielle liéaire du secod ordre à coeciets costats o homogèe sur R. L'équatio homogèe associée est de polyôme caractéristique X 3X + = 0. Ce derier possède deux racies r = et r = (o les trouve d'ailleurs de tête par somme et produit. Il s'esuit que l'esemble des solutios de l'équatio homogèe est egedré par x e x et x e x. Reste à trouver ue solutio particulière. O essaie a priori ue foctio de la forme h(x = P (xe x où P (x est u polyôme de degré (comme iutile de cherche P de la forme x ax + b, e eet o sait que x be x est solutio de l'équatio homogèe, o va doc chercher P de la forme x ax. Après calculs o trouve que P (x = x coviet. E { coclusio : l'esemble des} solutios à l'équatio diéretielle proposée est R R x λe x + µe x xe x, (λ, µ R. Q0. Résoudre l'équatio diéretielle y + y = x e x + cos x. Correctio : Cette équatio diéretielle est liéaire du premier ordre à coeciets costats et 'est pas homogèe. O la ote (E. O commece par résoudre l'équatio homogèe associée : y + y = 0. Rappel mémotechique (sous la cotraite que y e s'aule pas : y /y = (l y = l y = x + C où C R (à éviter das ue copie. Doc y = C exp( x e mettat le sige das la costate C R. Il reste à trouver ue solutio particulière à l'équatio iitiale. Vu la forme du secod membre o pese à la superpositio des solutios. Pour x : o pred ue foctio polyôme du degré le plus petit possible : u. O pred de tête x x. Pour e x : x ex a l'air itéressat. E pour cos x : o pese de même à x (si(x + cos(x. { } R R L'esemble des solutios de (E est x Ce x + x ex +, C R. (si x + cos x Q. Trouver les foctios g : R C, dérivables sur R et vériat (s, t R, g(s + t = g(sg(t. Correctio : Noter que l'o e coaît déjà ue : exp. Il serait heureux que cette foctio apparaisse das otre coclusio. E fait cette relatio foctioelle est vériée par toutes les foctios x e αx où α C. O écarte das la suite de l'étude la foctio ulle qui est évidemmet solutio du problème posé. O va prouver qu'il 'y a pas d'autre solutio que celles ci-dessus. Pour cela o procède e plusieurs étapes. Soit g ue telle foctio (qu'o suppose o ulle. o g e s'aule jamais. Sio soit x R tel que g(x = 0. Alors pour tout y R, g(y = g(y xg(x = 0 doc g = 0 ce qui a été exclus. o g(0 = g(0 + 0 = g(0 et, d'après o, il e reste que g(0 = comme possibilité. 3 o Pour tout (x, h R, g(x + h = g(xg(h doc g(x+h g(x h = g(x(g(h h = g(x g(0+h g(0 h g(xg (0. Par uicité de la limite g (x = g(xg (0. Posos α = g (0. Si α = 0 alors g est costate. Sio g est solutio de l'équatio diéretielle g = αg dot o sait qu'elle a pour solutios les foctios g(x = Ce αx où C C. Comme o a g(0 = alors C =. D'où la coclusio : Les foctios de R das C vériat la relatio foctioelle g(s + t = g(sg(t sot x e αx où α C. Remarque : toutes les foctios dot o avait oté qu'elles étaiet solutio se retrouvet bie das cet esemble. h 0 Probabilités LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 6/ 7

7 Q. O lace trois dés hoêtes (à 6 faces et l'o ote leur somme S. Combie de faços a-t-o d'obteir S = 9? Et S = 0? Sur lequel des deux résultats précédets parieriez-vous votre arget? Correctio : E e listat que des triplets par ordre croissat, les possibilités d'obteir 9 sot (,, 6, (, 3, 5, (, 4, 4, (,, 5, (, 3, 4 et (3, 3, 3 S = 0 proviet de (, 3, 6, (, 4, 5, (,, 6, (, 3, 5, (, 4, 4, (3, 3, 4. L'ordre des chires 'importe pas et il coviet de compter tout triplet costitué de chires disticts 3! = 6 fois, 3 fois u triplet avec chires disticts (la place du chire uique et ue seule fois (3, 3, 3. Aisi il y a 5 possibilités pour S = 9 et 7 pour S = 0. Comme chaque triplet précédet est équiprobable et qu'il y e a e tout 6 3, o a P(S = 9 = 5 6 et 3 P(S = 0 = O aura doc itérêt à parier sur la réalisatio de (S = 0 plutôt que sur celle de (S = 9. Remarque : cela pourrait être u exercice utile que de programmer ce jeu e Pytho et l'eectuer N fois grâce à ue boucle for. E divisat le ombre de fois où la somme a doé 9 par N o peut vérier expérimetalemet la valeur de P(S = 9. Q3. (a Doer u exemple de trois évéemets idépedats deux à deux mais pas mutuellemet. (b Motrer que si P(B > 0 alors : (P B (A = P(A (A et B sot idépedats. Correctio : a O lace deux fois ue pièce de moaie et l'o ote A : o obtiet pile au premier lacer, B : o obtiet face au secod lacer et C : o obtiet la même chose aux deux lacers. Vériez que A, B et C sot deux à deux idépedats mais comme A B C =... b D'après la déitio d'ue probabilité coditioelle : P B (A = P(A B P(B. Doc P B (A = P(A P(A B = P(AP(B A et B sot idépedats. Q4. O décrit ue var X das diverses situatios, trouver la loi suivie par X puis ses espérace et variace. (a X est le résultat d'u dé truqué à 6 faces tel que la probabilité de chacue est proportioelle à so uméro ; (b O lace u dé hoête 0 fois : X vaut le uméro du premier lacer ayat ameé u 6 ou bie 0 si l'o 'a obteu aucu 6 lors des 0 lacers ; (c O pioche 0 boules das ue ure coteat 0 boules bleues et 5 boules blaches. i X est le ombre de boules blaches obteues quad o procède sas remise ; ii X est le ombre de boules blaches obteues quad o procède avec remise. Correctio : a Soit p la probabilité que le dé tombe sur ie. P(X = = p. Alors P(X = k = kp pour tout k [, 6] et, comme P(X = x =, o trouve l'équatio p + p + 3p + 4p + 5p + 6p = p = doc p =. x X(Ω Alors E(X = 6 k= k = = 9 et de même o calcule V(X via la formule de Köig-Huyges. b O a X(Ω = [0, 0]. E otat E i : le i e lacer e porte pas u 6 o a, pour tout k [, 0], (X = k = E E k E k doc, par idépedace des lacers doc des évéemets E i, P(X = k = 6 ( 5 k. 6 0 O déduit alors P(X = 0 = P(X = k qui peut se calculer par somme géométrique. O trouve E(X = et V(X =... k= c Ici o ote B i : la i e boule extraite est blache. i Tout d'abord X(Ω [0, 5] puisque l'o procède sas remise. Comme le coteu de l'ure déped du tirage précédet les tirages e sot pas idépedats. O peut recourir à la fpc mais ceci est u peu laborieux car il faut distiguer suivat les places des boules blaches sorties. O préfère ici procéder par déombremet : des tirages sas remise pouvat se modéliser( par u tirage simultaé. 5 0 Il viet alors immédiatemet par équiprobabilité des tirages : P(X = k = k( 0 k ( 5. 0 Remarque : ous 'avios pas armé X(Ω = [0, 5] mais les calculs précédets le prouvet, ie. fourisset. E eet, pour tout k [0, 5], P(X = k > 0 doc k X(Ω. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 7/ 7

8 ii Tout d'abord X(Ω [0, 0] puisque l'o procède avec remise. L'autre iclusio découlera des calculs à suivre comme au poit précédet. La situatio est classique : o recoaît le protocole d'ue loi biomiale B(0, /3. Les valeurs des espérace et variace sot alors coues. Q5. Ue ure cotiet deux boules blaches et N boules oires. O vide l'ure e tirat les boules ue à ue et sas remise. O ote X (resp. Y la var égale au rag du tirage qui amèe la première (resp. la secode boule blache. (a Détermier la loi du couple (X, Y et e déduire la loi de X aisi que celle de Y. (b Motrer que Y a la même loi que Z = + 3 X. (c Calculer E(X, E(Y, V(X, V(Y. (d X et Y sot-elles idépedates? Correctio : O otera B i l'évéemet la i e boule tirée est blache et N i so complémetaire. (a Doer la loi du couple c'est doer X(Ω, Y (Ω et pour k X(Ω et l Y (Ω doer P(X = k, Y = l. Pour la loi de X et la loi de Y o doit doer e plus P(X = k et P(Y = l. Tout d'abord X(Ω = [, + ] (das le meilleur des cas o tire la première boule blache du premier coup, das le pire des cas o la tire après avoir épuisé toutes les boules oires, ie. au + -ième tirage. O a Y (Ω = [, + ] (das le meilleur des cas o tire les deux boules blaches tout de suite, das le pire des cas o tire la secode boule blache e derier. Soit (k, l [, + ] [, + ] tel que k < l e dehors de ces valeurs (X = k (Y = l = (o e peut pas tirer la première boule blache après le secode!. Alors P(X = k Y = l = P(N N k B k N k+ N l B l N l+ N + = P(N N k B k N k+ N l B l (après l'étape l il e reste que des boules oires, o a doc pas le choix. Les évéemets e sot bie etedu pas idépedats (si o a tiré ue boule blache à la k-ième étape la proportio de boules blaches à la k + -ième a baissée puisqu'il 'y a pas de remise et l'o utilise la formule des probabilités composées : P(X = k Y = l = k +4 k +3 k + k + k +3 l +4 l +3 l = (+(+ (la formule des probas composées commece par P(N N k B k N k+ N l B l = P(N P N (N P N N (N 3..., si ce 'est pas claire : dessiez l'arbre. Pour avoir les lois de X et de Y o utilise la formule des probabilités totales : + (i avec les sce (Y = l l + pour avoir P(X = k = P(X = k Y = l = l = + l=k+ ( k + = ( + ( + ( + ( + ; (ii avec le sce (X = k k + pour avoir P(Y = l = l= (l (+(+. + l=k+ P(X = k Y = (b Pour motrer que Y et Z suivet la même loi o doit motrer que Y (Ω = Z(Ω, puis, pour tout l Y (Ω, que P(Y = l = P(Z = l. Tout d'abord : O a Y (Ω = [[, + ], et comme X(Ω = [[, + ], aisi Z(Ω = ( + 3 X(Ω = [ + 3 ( +, + 3 ] = [, + ]] = Y (Ω tout va bie jusqu'ici. ( l Maiteat, pour l Z(Ω, P(Z = l = P( + 3 X = l = P(X = + 3 l = = ( + ( + P(Y = l. O a bie motré que : Y et Z suivet la même loi. (c Pour calculer l'espérace o utilise la déitio de l'espérace : E(X = ( ( + ( + ( + ( + ( + ( + ( = k(+ k = ( + ( + Pour l'espérace de Y, à la place de refaire u calcul o utilise la questio précédete : Y suit la même loi que Z, ces deux variables aléatoires ot doc la même espérace, et o peut utiliser la liéarité de l'espérace pour calculer l'espérace de Z à partir de l'espérace de X qu'o viet de calculer : E(Y = E(Z = + 3 E(X = 3 ( + 3. k= LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 8/ 7

9 Avec du courage et la formule k 3 (rappel V(X = (+3 8. V(Y = V(Z = V( X = ( V(X = V(X. ( k 3 = k o trouve : E(X = (+(+3 6 d'où k= (d Si 0, X et Y e sot pas idépedates. Le plus simple est de remarquer que P(X = 3, Y = = 0 alors que P(X = 3P(Y = 0. (il est possible de tirer la première boule blache à la 3ième étape et il est possible de tirer la deuxième boule blache à la ième étape,... mais ces deux choses e peuvet pas se réaliser e même temps. Remarque O peut aussi passer par u calcul de covariace et de coeciet de corrélatio. k= Q6. O dispose d'u test de dépistage pour ue maladie rare. Les doées sot les suivates : si u patiet est malade alors le test se révèle positif à 98%, si u patiet est sai alors le test est égatif à 93%, e o suppose que la maladie e touche qu'ue persoe sur 000. Calculer la probabilité qu'u patiet testé positif soit eectivemet malade. Calculer de même la probabilité qu'u patiet soit sai bie qu'il soit testé positif (o parle de faux positif. Que diriez-vous d'u tel test médical? Correctio : O ote M : malade et T : test positif. L'éocé se traduit alors par P M (T = 0, 98, P M (T = 0, 93 et P(M = 0, 00. O veut P T (M. Avec la formule de Bayes, P T (M = P M (T P(M P(T. Reste à calculer P(T par la fpt : P(T = P(MP M (T +P(MP M (T = P(MP M (T +( P(M( P M (T. Numériquemet P T (M 0, 038 à 0 4 près (ie eviro.4%. Coclusio : le test est bo. Q7. Ue var X suit la loi B(, p où N et p ]0, [. U compteur détraqué est cesé acher le résultat de X mais, lorsque X vaut 0 ou il ache à la place u ombre etier au hasard etre et. O ote Y la var valat ce que le compteur défectueux ache. Détermier la loi de Y et so espérace. Correctio : Tout d'abord Y (Ω [, ]. L'autre iclusio découle du fait que (X = k pour k [, ] se réalise. Soit k [, ]. O a : (Y = k = (Y = k X = k (Y = k X = 0 (Y = k X = et cette uio est disjoite (si le compteur ache k, c'est soit u vrai k, soit u 0 qui est mal aché, soit u mal aché. Or P(X = k, Y = k = P(X = k = ( k p k q k, P(Y = k X = 0 = P(X = 0P X=0 (Y = k = p et P(Y = k X = = P(X = P X= (Y = k = q. D'où P(Y = k = ( k p k q k + p +q. ( Y est d'espérace ie car elle est ie et E(Y = k p k q k + p + q ( k = p k q k + k k k= k= k= p + q ( (car k ( ( ( k = ( k, aisi E(Y = p k+ q k + (p + q = k ( ( p p k q k p + (p + q = p ( (p + q p + (p + q = (p p + k (p + q. D'où E(Y = p + q p. Q8. Soit X et Y deux var idépedates de même loi B(, p idépedates. Calculer P(X = Y. Correctio : U classique de l'usage de la formule des probabilités totales. O cosidère le sce (Y = k k Y (Ω et alors P(X = Y = P(Y = kp Y =k (X = Y = P(Y = kp Y =k (X = k = P(X = kp(y = k par LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 9/ 7

10 idépedace de X et Y. ( Aisi P(X = Y = p k q ( k. k Suites réelles, Séries Q9. Pour ue suite réelle u, traduire avec des quaticateurs les assertios u est miorée / borée / diverge vers +. Correctio : u est miorée : m R / N, m u. u est borée : M R / N u M. u diverge vers + : M R, 0 N / N, ( 0 (u M Q30. Doer la déitio et éocer ue caractérisatio des bores supérieures et iférieures das R. Correctio : La bore supérieure d'u esemble o vide majoré de R est le plus petit de ses majorats. Soit E u tel esemble. M R est la bore supérieure de E si et seulemet si M est u majorat de E et : ε > 0, e E / e > M ε (ie M est le plus petit des majorats de E est u majorat de E tel que tout ombre plus petit que lui 'est pas u majorat de E. Adapter pour la bore if. Q3. Si les suites de réels (u N et (u + N coverget vers l R, motrer que (u N coverge égalemet vers l. Correctio : Noter que la réciproque est évidete puisque si ue suite coverge alors toute suite extraite coverge aussi et vers la même limite. Soit l la limite des suites (u et (u +. O souhaite motrer que u coverge aussi vers l. Soit ε > 0. Par déitio de lim u = l : N / N, ( u l ε et de même N / N, ( u + l ε. Il s'esuit que pour tout max(, o a à la fois u l ε et u + l ε. Aisi pour tout max(, + o a u l ε. La déitio de lim u = l viet d'être vériée. Q3. Motrer qu'ue suite (u N de réels croissate et majorée coverge vers l = sup {u, N}. Applicatio : pour, o déit u = + k. Motrer que (u coverge. k= Correctio : O remarque que le fait que (u soit majoré implique l'existece de cette bore sup (l'esemble est o vide car il cotiet u 0. Soit ε > 0. O veut motrer que u l ε à partir d'u certai rag. Comme l ε est plus petit que la bore sup l, ce 'est pas u majorat, il existe doc 0 N tel que u 0 > l ε, or (u est croissate, doc pour 0 o a u l ε, or u l est égatif, aisi ε u l 0 ε, ie. u l ε pour 0. O a bie motré : ε > 0, 0 N / 0, 0 u l ε, ie que (u coverge vers l. Applicatio : Si o motre que (u est croissate et majorée o a gagé. Pour, u + = k= + = + (o peut aussi s'arrêter à u + et utiliser que si u est plus petit qu'ue suite qui ted vers alors u est plus petit que, par exemple, à partir d'u certai rag, doc que + (u est majoré, aisi (u est majorée. Maiteat regardos u + u = + + k + k = + k= + k k= + k = ( + = = + ( + ( + aisi (u est croissate. E coclusio (u coverge k= k= ( + ( + 0, Q33. Motrer qu'ue suite (u N de réels croissate et o majorée ted vers +. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 0/ 7

11 Correctio : Soit M R, (u 'est pas majorée doc il existe 0 N tel que u 0 > M, or (u est croissate doc pour 0 o a u u 0 M, ie o a motré que pour tout M R o avait u M à partir d'u certai rag, ce qui est exactemet la déitio de (u diverge vers +. Q34. Éocer et prouver le théorème des suites adjacetes. Correctio : Soit u et v deux suites adjacetes ie. u est croissate et v décroissate et lim(u v = 0. Alors u et v coverget et ot même limite. Rappelos la preuve de ce résultat. (u v est croissate : u + v + (u v = (u + u (v + v 0 comme somme de deux ombres positifs. Elle coverge de plus vers 0 par hypothèse doc elle croît vers 0 ie u v 0 pour tout N. D'où u v 0 u v. Comme u est croissate et v décroissate, o a de plus : u 0 u v v 0 prouvat que u est ue suite croissate majorée par v 0 doc covergete, disos vers u réel l, et de même v coverge vers l. Mais u v a pour limite 0 doc, par uicité de la limite l l = 0 ie. l = l. Le théorème est démotré et il sut de rappeler que u croît vers sa limite tadis que v décroît vers elle pour obteir l'ecadremet complet : u 0 u l v v 0. Remarque : C'est ce théorème des suites adjacetes qui permet de justier la méthode de résolutio d'ue équatio par dichotomie. O peut peser à ce théorème lorsqu'il s'agit de motrer que deux suites coverget sas coaître la valeur de leur limite. Cas particulier : si (u et (u + sot adjacetes alors u coverge parfois utile lors de l'étude d'ue suite récurrete du type u + = f(u avec f décroissate sur u itervalle stable I qui cotiet doc tous les termes de la suite puisque u + = (f f(u et que f f est croissate sur I doc (u est mootoe ; de même (u + est mootoe. Q35. Suite de Fiboacci : F 0 = 0, F = et pour tout, F = F + F. Doer ue expressio de F e foctio de et calculer la limite lim + F + F. Correctio : La suite de Fiboacci est récurrete liéaire d'ordre, de polyôme caractéristique x x = 0 doc de racies r = + 5 et r = 5. Par coséquet F = αr + βr. De F 0 = 0 o tire α + β = 0 et de F = o déduit αr + βr =. O résout ce système pour trouver α = 5 et β = 5. Pour la suite o remarque r r < Puis F + α + β(r /r + = r F α + β(r /r + r (le ombre d'or. Q36. Étudier la covergece de la suite complexe (u où u = ( + i. Idicatio : écrire + i = ρ e iθ et étudier séparémet les deux suites réelles (ρ et (θ. Correctio : Suivos l'idicatio e écrivat + i sous forme trigoométrique ρ e iθ alors ( + i = ρ e iθ. O étudie alors les suites réelles (ρ et (θ. Comme ρ = + o a ρ = ( + / [ = exp l ( ] + or l ( Par compositio avec exp, foctio cotiue e 0, o déduit lim ρ = e 0 =. O passe à θ dot la tagete est ie. θ = arcta d'où θ = arcta. Comme arcta u u quad u 0, o a θ =. Par suite lim θ =. Coclusio : ρ e iθ = e + ei i = cos + i si. Q37. (a Calculer P (x = x k e foctio de x R où N. + ( + = E déduire les coditios de covergece et la valeur de la somme de la série x puis la valeur de + k= 3 +. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" / 7

12 (b E dérivat P motrer que kx k coverge vers 0 0 =. Applicatio : calculer Correctio : lim N + = N ( 3e 3. si x ], [ (e posat arbitrairemet ( x (a P (x = x+ x si x et P ( = +. Il suit que la série géométrique coverge pour x < et qu'alors sa somme est Applicatio : ( 4 cette série géométrique est de raiso > doc diverge (grossièremet. + k= 3 + = 3 + k= (b P est ue foctio polyomiale doc est dérivable et P (x = Avec o, o a aussi P (x = (+x ( x+( x + ( x x. + kx k. k= ( x (si x < par croissace comparée. O e déduit doc que la série géométrique dérivée première de raiso x, kx k, coverge si et seulemet si x < et que das ce cas sa somme est Applicatio : O a ( x. N N ( 3e 3 = e 3 ( e 3 N ( 3 e 3 par liéarité de la somme. =0 =0 O recoaît alors deux séries géométriques de raiso e 3 ], [, doc covergetes, dot ue série dérivée première. Grâce aux formules de o et o o obtiet : 3e 3 + e 3 ( e 3 3 e 3. =0 + = ( 3e 3 = ( 4 3e 6 + ( Q38. Étudier la ature des séries de termes gééraux : si(/ ( + et l(3 + 3 l( +. Correctio : Pour la première : le umérateur est équivalet à (e eet si o divise par o ted vers, le déomiateur équivaut à (, doc le terme gééral équivaut à /( qui e ted pas vers 0 doc la série diverge grossièremet. Pour la secode : l( l( + = l( 3 + l ( + 3 l( 3 l ( + 3 = 3 + o ( +. Elle est doc covergete (car l'est. Foctios, cotiuité Q39. Motrer qu'ue foctio lipschitziee sur u itervalle I est cotiue. Correctio : Soit I u itervalle et f ue foctio k-lipschitziee sur I ie. (x, y I, f(x f(y k x y. Tout d'abord si f est la foctio ulle alors elle cotiue, supposos que f 'est pas la foctio ulle sur I, aisi k > 0. Soit a I et ε > 0. Comme pour tout x I o a f(x f(a k x a o voit tout de suite que si o pose eta = ε k alors pour x I tel que x a η o a f(x f(a k x a k ε k = ε, aisi la foctio f est cotiue e a. Comme c'est vrai pour tout a I o a f cotiue sur I. Q40. (a Éocer le théorème des valeurs itermédiaires. (b Applicatio : si f : [0, ] [0, ] est ue foctio cotiue, alors f possède au mois u poit xe sur [0, ], c'est-à-dire : x 0 [0, ] / f(x 0 = x 0. (c O admet qu'o déit ue suite covergete (u e posat u 0 = et, pour tout N, u + = u3. Écrire u script Pytho fourissat ue valeur approchée au dix-millième de la limite de la suite (u. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" / 7

13 Correctio : (a Soit f ue foctio cotiue sur u itervalle I = [a, b], si k est etre f(a et f(b alors il existe c I tel que f(c = k. (b Il s'agit bie évidemmet d'appliquer le tvi, reste à trouver la foctio. La voici : g : x f(x x dot o veut motrer qu'elle s'aule sur I = [0, ]. Cette foctio est bie cotiue par somme, et g(0 = f(0 et g( = f(. Il sut alors de motrer que g(0 et g( 'ot pas même sige. Ue hypothèse 'a pas ecore été utilisée à ce stade, tout dépedra doc d'elle : f([0, ] [0, ] ie. 0 f(x pour tout x [0, ]. E particulier f(0 0 et f( aisi g( 0. La coclusio est atteite. Remarque : cela sigie que le graphe de f est coteu das le carré de côté du 4 de pla supérieur droit et qu'il itersecté sa diagoale portée par (δ : y = x ; grâce à la cotiuité de f. (c (u coverge. Comme f : x x 3 / est cotiue sur [, ] et que f([0, ] [0, ], la limite l de u vérie f(l = l ie. c'est u poit xe de f sur [0, ]. E Pytho o peut rédiger l'algorithme de dichotomie : def g(x: retur sqrt(-x**3/-x a,b,eps = 0,,0.000 while (b-a>=eps: m = (b+a/ if f(a*f(b<0: else: a = m b = m prit('la limite de u au dix-millieme près est ',m Dérivatio Q4. Éocer le théorème de Rolle. Applicatio : Soit f ue foctio de classe C sur u segmet I telle que f pree 3 fois la même valeur sur I. Motrer qu'il existe u réel α de I tel que f (α = 0. Correctio : Le théorème de Rolle : soit f ue foctio cotiue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ telle que f(a = f(b alors il existe c ]a, b[ tel que f (c = 0. Pour se servir de l'hypothèse C il faudra sas doute dériver plusieurs fois et, dès le début o peut appliquer deux fois le théorème de Rolle. O e s'e prive pas. Après ces quelques remarques o passe à la rédactio. Par hypothèse il existe (a, b, c I 3 avec a < b < c et f(a = f(b = f(c. Sur [a, b] et [b, c] f est cotiue et dérivable doc le théorème de Rolle s'y applique : il existe d ]a, b[ et e ]b, c[ (e particulier d < e tels que f (d = f (e = 0. Comme f est C, f est C sur I et a fortiori sur [d, e]. O peut appliquer ue ouvelle fois le théorème de Rolle, cette fois sur [d, e] pour obteir l'existece de α ]d, e[ tel que (f (α = 0 ie. f (α = 0. Remarque : ce petit raisoemet est u classique. Imagier ue gééralisatio de celui-ci et la prouver. Q4. Éocer le théorème des accroissemets is. Correctio : Égalité des accroissemets is : soit f ue foctio cotiue sur u itervalle I = [a, b] et dérivable sur ]a, b[, alors il existe c ]a, b[ tel que f(b f(a = f (c(b a. Iégalité des accroissemets is : Soit f ue foctio dérivable sur u itervalle I telle que m f(x M pour tout x I. Alors, pour tout (x, y I, tel que x y o a : m(x y f(x f(y M(x y. Cas particulier : si f (x M sur I alors pour tout (x, y I, f(x f(y M x y. Remarque : il est bo de compredre la sigicatio de ce théorème e terme de distace parcourue (la foctio f par u mobile etre les temps t = x et t = y e liaiso avec sa vitesse istataée doée par f. Q43. Motrer qu'ue foctio est croissate sur I si et seulemet si sa dérivée est positive ou ulle sur I. Doer u exemple de foctio strictemet croissate sur R dot la dérivée s'aule e 0. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 3/ 7

14 Correctio : C'est ue coséquece immédiate du taf avec m = 0 pour le ses f 0 f croissate. Pour la réciproque : x y f(x f(y implique que f(x+h f(x h a u umérateur du sige de h doc est u quotiet positif par la règle des siges. Par passage à la limite quad h 0 o a doc f (x 0. La foctio cube est strictemet croissate et sa dérivée e 0 est ulle. Rappel : Ue foctio dérivable de dérivée strictemet positive sur u itervalle I sauf e u esemble i de poits (e fait déombrable coviet aussi ou elle s'aule est strictemet croissate. Attetio : I doit être u itervalle, sio le résultat devies faux, cosidérer la foctio iverse qui 'est pas décroissate sur R, elle l'est seulemet sur R + et sur R. Q44. Éocer la formule de Taylor avec reste itégral pour ue foctio f de classe C + sur I = [a, b] e u réel x [a, b]. Applicatio : motrer que : M 0 tel que x [a, b], f(x f (k (a (x a k b a + M. k! ( +! Expliciter cette iégalité pour f = exp, a = 0 et x R. Correctio : Égalité de Taylor avec reste itégral : soit f ue foctio de classe C + sur u itervalle I = [a, b]. Alors pour tout x I, o a : f (k (a x f(x = (x a k (t a + f( + (t dt. k! a! Ce qui implique que : f(x f (k (a (x a k k! x a f (+ (t t a dt.! Comme f (+ est cotiue sur le segmet I elle y est borée (et atteit ses bores et e particulier il existe x M 0 tel que f (+ t a [ ] t a + x (x M sur I. De plus dt =.Attetio : o 'itègre pas a! ( +! a comme si de rie était avec les barres de valeur absolue! O a tout simplemet ici t a doc t a = t a. Il viet f(x f (k (a (x a k M x a + k! (+! M b a + (+!, la derière iégalité par croissace de X X + sur R +. Pour f = exp et a = 0 o obtiet ex x k [ k! ] sup e t t I x + (+! où I = [0, x] si x 0 et I = [x, 0] si x 0. Sur [, ] par exemple, comme x+ (+! = o(x, o e déduit e x = + x + + x! + o(x. Et doc le fait que la série expoetielle coverge vers la foctio du même om appliquée e x. Q45. Motrer l'iégalité x R, si x x. Correctio : O pese bie sûr au taf appliqué à la foctio f = si qui est bie dérivable sur R et de dérivée f = cos doc majorée e valeur absolue par sur R. E predre y = 0 das l'iaf pour avoir la coclusio. Autre méthode : Assez clairemet il e faut vérier le résultat que sur [0, ] (si et x x état impaires o peut se restreidre sur R +, comme si < le résultat est vrai pour x. Il sut doc de motrer que f : x si x x est égative sur [0, ], sa dérivée est x cos x qui est égative sur [0, ] (car cos qui est u itervalle doc f est décroissate, or f(0 = 0, d'où le résultat. Q46. Calculer ue primitive de x (x x + e x. Itégratio Correctio : C'est l'u des cadres stadard d'applicatio de l'ipp. O dérive le polyôme et l'o itègre l'expoetielle, o recommece ue fois et l'o obtiet x ( x x + e x pour ue primitive (costate d'itégratio ulle. Attetio : e pas oublier de vérier que les foctios auxiliaires pour l'ipp sot de classe C sur l'itervalle d'itégratio. Q47. Calculer x 0 t cos dt pour x ]0, π/[ (t (utiliser ue itégratio par parties. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 4/ 7

15 Correctio : O doe la stratégie, reste à savoir quoi poser : cette étape de l' ipp est décisive et il coviet, au risque de devoir tout recommecer, de s'assurer, metalemet ou au brouillo, que les choix faits vot das la boe directio. Par exemple, das la questio précédete o aurait pu réaliser ue ipp e itégrat le polyôme et e dérivat l'expoetielle mais... Protos de cette questio pour redoer le cadre rédactioel correct d'ue ipp : { u(t = t doc u (t = Sur I = [0, x], o pose v (t =. Les foctios u et v état de classe C sur [0, x], cos (t doc v(t = ta(t x t x x o peut itégrer par parties pour avoir 0 cos (t dt = [t ta(t]x 0 si(t ta(tdt = x ta(x 0 0 cos(t dt = x ta(x + [ l cos(t ] x 0 = x ta(x + l cos(x. Coseil : à la maiso, que ce soit pour les exercices ou pour u devoir o surveillé, il est bo de vérier ses résultats à l'aide de l'ordiateur. Par exemple ici peut utiliser xcas. L'ordiateur e fait pas le travail à otre place mais o s'e sert ratioellemet et de faço critique et cotrôlée pour vérier ses propres coclusios ; lorsque cela est possible. Attetio, les logiciels de calcul formel e doet pas toujours leur solutio sous la même forme et il pourra être utile de faire tracer par exemple par Pytho le graphe de la foctio diérece etre votre résultat et celui de la machie. À quelle coditio, écessaire, sur ce graphe peut-o peser que l'o a trouvé le résultat? Est-ce susat? Q48. Calculer 3 u u du et 0 du u u (étudier le sige de u u Correctio : Ce petit exercice pour se rappeler commet gérer les valeurs absolues : s'e débarrasser! Mais pas 'importe commet bie etedu, e étudiat le sige de ce qu'elles eserret, ici le triôme u u qui a pour racies (évidetes et et qui est doc égal à sa valeur absolue e dehors de ], [. Cela justie les calculs : 3 3 u u du = (u u du ( + u u du + (u u du = De même : du u u = 0] 0 = l. 3 x 0 du + u u = 0 e Q49. t Soit f : x x t dt. (a Détermier l'esemble de déitio de f. du (u + (u = 0 3 ( u + [ du = l u+ l u u (b Motrer que f est dérivable sur R et calculer f (x quad x 0. O pourra itroduire ue primitive de t et t. (c Motrer : x R, e x l f(x e x l. (distiguer suivat le sige de x (d f peut-elle être prologée par cotiuité e 0? Et e ue foctio C sur R? Correctio : (a La foctio g : t et t est cotiue sur [x, x] si x > 0 et sur [x, x] si x < 0 doc f est déie sur R. (b D'après (a g possède ue primitive sur [0, + [ otée G. La relatio de Chasle et le théorème fodametal de l'aalyse doe alors f(x = G(x G(x. Et f apparaît être la somme de deux foctios dérivables par compositio puisque les polyômes le sot et que G l'est par déitio. Les règles de calculs sur les dérivées fourisset f (x = G (x G (x = g(x g(x = ex x (ex. O se place esuite sur ], 0] et l'o obtiet la même expressio. (c Pour x > 0, par croissace de exp : e x e t e x doc ex t g(t ex t. Par croissace de l'itégrale (.b. x x car x > 0 il viet e x x dt x t f(x ex x dt x t ex (l(x l x f(x e x (l(x l x d'où le résultat. Pour x < 0 repredre la même démarche mais avec vigilace pour les ses d'iégalités : la divisio par t chage le ses car t [x, x] R et puis la croissace de l'itégrale s'applique à x x. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 5/ 7

16 (d f peut être prologée par cotiuité e 0 e posat f(0 = l d'après l'ecadremet précédet. Pour le prologemet C, ayat déjà la cotiuité de f sur R et le fait qu'elle est C sur R, il sut d'étudier la lite évetuelle de f e 0 : si elle est ie alors f est de classe C. Pour x 0, o a f (x = ex (e x x sur R. x x 0 x = doc f ted vers lorsque x 0 et f est de classe C Q50. Trouver la limite lorsque ted vers + de : u = Riema... k=+ k et v = k= 4 k. Idicatio : sommes de Correctio : L'idicatio est précieuse pour la première somme et ivite à poser S = k=+ k = l= l +. Là o recoaît ue somme de Riema et l'o modie de ouveau l'écriture : S = + l. l= Puisque f : x est cotiue sur [0, ], le théorème de la moyee permet d'armer lim + x S = + dx [ ] 0 + x = l + x = l. 0 Pour la secode somme o aurait pu/dû peser à ue somme de Riema sas idicatio. T = 4 k = k= k= 4 (. Puisque x est cotiue sur [0, ], le théorème de la k 4 x moyee fourit : lim T dx = = dx x 0 (. O recoaît la dérivée de arcsi d'où lim T = x + [ ( x ] arcsi = π 0 6. Q5. Trouver u équivalet lorsque ted vers + des termes : u = k= k + et v = k= k k +. Correctio : Là ecore o pese aturellemet aux sommes de Riema. u = k= + ( k. Or k= ted vers dx +( k 0 +x car x +x est cotiue sur [0, ]. O π itègre e arcta et o coclut : u + 4. k O procède de même pour v : v = xdx = 4 3/. k= + k x 3 x Remarque : l'itégrale se calcule, par exemple, e remarquat que = x + = + x. + x + x + x Polyômes Q5. Décomposer e produits d'irréductibles X 5 + das C[X] puis das R[X]. Correctio : X 5 + = 0 X 5 = ρ 5 e 5iθ = e iπ ρ = et θ = π 5 modulo π 5. E otat ξ = e iπ 5, les racies complexes de X 5 + = 0 sot les ξ k pour k [, 5]. 5 D'où le fait que (X ξ k soit la décompositio e irréductible de X 5 + das C[X]. k= Das R[X] il faut regrouper les racies complexes cojuguées : ξ k et ξ 5 k pour k {, }, o a aussi ξ 5 = et l'o écrit X 5 + = (X + (X cos π 5 X + (X cos 3π 5 X +. Q53. Eectuer la divisio euclidiee de X 5 + 4X 4 + X 3 + X X par X 3 X + 3 après éocé du résultat gééral. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 6/ 7

17 Correctio : Soit A et B deux élémets de K[X] où K = R ou K = C. Il existe u uique couple (Q, R K[X] tel que A = BQ + R et deg R < deg B ; Q est le quotiet de la divisio de A par B et R so reste. Pour eectuer le calcul de cette divisio o la pose comme s'il s'agissait d'ue divisio etre etiers (comme au primaire. O obtiet ici X 5 + 4X 4 + X 3 + X X = (X + 4X + 4(X 3 X (6X 5X 3. Remarque : ces calculs se vériet facilemet e développat. Q54. Détermier le reste das la divisio euclidiee d'u polyôme P par la polyôme (X a(x b où a et b sot deux réels disticts doés. Que se passe-t-il lorsque a = b? Idicatio : o pourra écrire la divisio euclidiee et l'évaluer e a et b. Correctio : Suivos l'idicatio : P = Q.(X a(x b + R où R est de degré ie. R = px + q. O évalue e a : P (a = R(a = ap + q. Puis e b pour avoir P (b = R(b = bp + q. ( P (a P (b ap (b bp (a Ce petit système e (p, q se résout facilemet : (p, q =,. a b a b Si a = b o a toujours deux icous, mais seulemet ue équatio, pour e obteir ue secode o dérive P = Q.(X a +R puis o évalue e a pour obteir ue secode équatio : P = Q.(X a +Q.(X a+r, aisi P (a = R (a = p, le système se résout alors immédiatemet : (p, q = (P (a, P (a ap (a. Espaces vectoriels Q55. Motrer que l'esemble B des suites réelles borées est u R-espace vectoriel. Correctio : Par le critère de sev : B R N et R N est u ev de référece. De plus la suite ulle est borée doc B est o vide. Reste à s'assurer de la stabilité par combiaiso liéaire. Pour ce faire, soit λ R et soit (u, v B. Posos w = λu + v la suite de R N combiaiso liéaire. Pour tout N, w = λu + v λ u + v par l'iégalité triagulaire. Comme u et v sot borées, il existe (U, V R tel que pour tout N, o ait u U et v V. Il s'esuit que la suite w est borée par λ U + V doc appartiet à B. Coclusio : B est u sev de R N d'après le critère de sev. Q56. O ote E = F(R, R l'espace vectoriel des foctios déies de R das R. O ote P l'esemble des foctios paires et I celui des foctios impaires. Motrer que P et I sot des espaces vectoriels puis motrer que ce sot des sous-espaces supplémetaires de E. Correctio : Que P et I soiet des sev de E est ue applicatio directe du critère de sev. Détaillos pour P : cet esemble est bie coteu das E et o vide puisque la foctio ulle est paire. Si f et g sot paires déies sur R et λ R alors λf + g est ecore déie sur R et de plus (λf + g( x = λf( x + g( x = λf(x + g(x car f et g sot paires doc (λf + g P. Aisi P est u sev de E. De même pour I. Ue foctio f, paire et impaire, est ulle puisque f(x = f( x = f(x f(x = 0 pour tout x R. Aisi P I = {0}, la somme est doc directe. Reste à voir qu'elle épuise E ie que toute foctio est la somme d'ue foctio paire et d'ue foctio impaire. O procède par aalyse-sythèse. Aalyse : o suppose que c'est le cas pour f E que l'o écrit f = p + i où p P et i I. Alors f(x = p(x+i(x et f( x = p( x+i( x = p(x i(x. Cela fourit u système e (p(x, i(x que l'o résout de tête pour avoir p(x = (f(x + f( x et i(x = (f(x f( x. Sythèse : posos p(x et i(x comme avat. Il reste à vérier que ces foctios sot bie respectivemet paire et impaire. Facile, laissé au lecteur, aisi que la coclusio. Q57. Soit F et G deux sous-espaces vectoriels d'ue espace E. Motrer que F G est u sous-espace vectoriel de E. Motrer que F G est u sous-espace vectoriel de E si et seulemet si F G ou G F. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 7/ 7

18 Correctio : F G E et 0 E F G doc F G est o vide et coteu das u ev. Soit λ K et (u, v (F G. Alors λu + v F car F est u ev, de même λu + v G doc λu + v F G. Il e résulte que F G est u sev de E. O passe à l'uio. Le ses est évidet (si F G alors F G = G. Pour : o suppose F G sev de E et o raisoe par l'absurde e supposat F G et G F. Cela se traduit par l'existece de f F \ G et g G \ F. F G état stable par somme f + g F G. Si f + g F alors o a f + g = f F mais alors g = f f F ce qui est absurde et sio o a f + g = g G mais alors f = g g G ce qui 'est pas mois impossible. Cotradictio. E coclusio : F G sev de E implique F G ou G F. Q58. Motrer que si g f est ijective, alors f est ijective (E, F deux esembles, f : E F, g : F G. Correctio : Attetio, bie que la rubrique soit espace vectoriel o e suppose rie sur E et F ici. Bie etedu le résultat sera vrai si E, F et G sot des K-ev et f et g des morphismes etre eux. Das ce cas o peut faire ue preuve avec les ker ; laissée au lecteur ; voici deux démostratios possibles : Directemet : soit (a, b E tels que f(a = f(b. E composat par g o a g(f(a = g(f(b, ie. g f(a = g f(b, or g f est ijective, aisi a = b. O a doc motré : (a, b E, f(a = f(b a = b, ie. f est ijective. Par cotraposée : supposos f o ijective. Alors il existe (a, b E avec a b et tel que f(a = f(b. Alors g f(a = g(f(a = g(f(b = g f(b doc g f 'est pas ijective. Q59. Soit f ue applicatio liéaire sur E u espace vectoriel. Motrer que f est ijective si et seulemet si ker(f = {0 E }. Correctio : À compredre et savoir faire, absolumet. O procède par double implicatio. Pour : Soit f ue applicatio liéaire ijective. Comme f est u morphisme, f(0 E = 0 F et, comme f est ijective, f(x = 0 F implique x = 0 E ie. le oyau de f est trivial. Pour : O suppose f liéaire de oyau trivial. Soit (x, y E tel que f(x = f(y. Par liéarité de f il viet f(x y = 0 F doc x y ker(f. Or ker f = {0 E }, d'où x y = 0 E aisi x = y. Le morphisme f est bie ijectif. Coclusio : f est ijective si et seulemet si ker(f = {0 E }. Q60. Motrer que si f L(E, F, Im(f = f(e est u sous-espace vectoriel de F. Correctio : Avec le critère de sev. Tout d'abord f(e F qui est u ev et f(0 E = 0 F f(e doc Im(f 'est pas vide. Esuite, soit (y, y Im(f ie. y = f(x et y = f(x pour u certai couple (x, x E. Par liéarité de f o a pour tout scalaire λ : λy + y = f(λx + x f(e. Doc l'image de f est stable par combiaiso liéaire. Coclusio : Im(f est u sev de F. Q6. Motrer ker(u ker(u u où u L(E. Comparer les images de u et de u = u u. Correctio : Soit x ker(u ie. u(x = 0 E. Comme u est liéaire, u(0 E = 0 E doc u(u(x = 0 E ie. x ker(u u. Il suit ker(u ker(u. Soit y Im(u ie. x E / y = u (x. O a doc y = u(u(x doc y Im(u (y est l'image de u(x par u, ce qui motre doc que : Im(u Im(u. Q6. Si u L(E, F et v L(F, G avec E, F et G des R-espaces vectoriels. Motrer que (v u = 0 (Im u ker v. Correctio : O raisoe par double implicatio. Pour : O suppose v u = 0 ie. x E, v(u(x = 0 G. Doc, pour tout x E, u(x ker(v. Comme l'image de u est l'esemble des u(x pour x parcourat E o a Im u ker v. Réciproquemet pour : o suppose Im u ker(v ie. pour tout x E, u(x ker v ie. v(u(x = 0 G. O a doc pour tout x E, v u(x = 0 G ie. v u est le morphisme ul. LJB Maths - "Petit tour de sup-cor" 8/ 7