Exercice 1. Propriété : une fonction f dérivable sur un intervalle I est croissante si et seulement si f ' 0.

Soit f (x)=arcsin(2x x 2 ). Exercice a- Soit g la fonction définie sur [,] par : g(x)=4x 2 ( x 2 ). g(x)=4(x 2 x 4 ). g est un polynôme donc g est dérivable sur [,] et : g'(x)=4(2x 4x 3 )=8x( 2x 2 ). Propriété : une fonction f dérivable sur un intervalle I est croissante si et seulement si f '. g est croissante si et seulement si g ' est positive donc : on résout g '(x) 2x 2 car sur l'intervalle [,] 8x est positif. 2x 2 2x 2 2 x2 x [, 2]. Le tableau de variations de g est donc: x 2 g '(x) + g( x) Remarque importante : lorsqu'on étudie le sens de variation d'une fonction on étudie le signe de la dérivée et on résout une inéquation. Soit f '(x), résoudre f '(x)= n'est pas suffisant. Pour étudier le signe de la dérivée, on essaye de factoriser f ' pour se ramener à l'étude du signe de chacun des facteurs. b- Montrons que f est définie sur l'intervalle [,]. x 2 est défini si et seulement si x 2 x 2 x 2 x [,]. La fonction arcin est définie sur l'intervalle [,] donc f est définie si 2x x 2 [,] (2x x 2 ) 2 [,] 4x 2 ( x 2 ) [,] g(x) [,]. Or le tableau de variations de g étudiée à la question précédente montre que : x [,],g(x) [,]. Or g est une fonction paire donc : x [,],g(x) [,] et donc : x [,], 2x x 2 [,] et : /2

f est définie sur l'intervalle [-,] Remarques: L'ensemble de définition d'une fonction correspond à l'ensemble de départ. C'est l'ensemble des valeurs de x pour lesquelles ont peut calculer l'image. Exemples : les fonction polynômes, la fonction exponentielle, les fonctions circulaires (sin et cos) sont définies sur R. Si on a une expression de la forme u(x) on cherche les valeurs de x pour lesquelles v(x). v(x) Lorsqu'on a une composition de fonctions v u, il faut que les valeurs prises par u appartiennent à l'ensemble de définition de v. La fonction racine carré est définie sur [,+ [. Si on cherche l'ensemble de définition de la fonction u(x) où u est une fonction réelle. On doit résoudre u(x). Pour ln( u(x)) on résout u( x)>. Et pour arcin(u(x)) on résout u(x) [,]. f est définie sur [,] qui est un intervalle symétrique par rapport à. Soit x [,], alors x [,] et : f ( x)=arcsin(2 ( x) ( x) 2 ) f ( x)=arcin( 2x x 2 ). Or, la fonction arcsin est impaire, car c'est la réciproque de la fonction sinus qui est impaire. Et donc : f ( x)= acrsin(2x x 2 )et f ( x)= f(x). x [,], f ( x)= f (x) donc f est une fonction impaire. 2/2

c- Étudions f sur [,]. Calculons la dérivée de f. f (x)=arcsin(2x x 2 ) On pose u(x)=2x x 2 On a : f=v u avec u(x)=2x x 2 et v(x)=arcsin(x). u dérivable sur I et v dérivable sur J tels que : I=[,[ et J=],[ et u(i) J. Donc v u est dérivable sur I et on a : f '=u' (v' u) u '(x)=2 x 2 2x +2x 2x 2 2 2 x 2=2 x2 x 2=2( x ) x 2 =2 2x 2 x 2 x 2 f '(x)=u '(x) (u(x) 2 ) f '(x)=2 2x 2 x 2 (2x 2 ) 2 et : 2 2x =2 x 2 4x 2 ( x 2 ) x [, 2[, f '(x)= 2 x x [ et 2 2 [,, f '(x)= 2 x 2 2 2x =2 x 2 4x 2 +4x 4 d- Comment expliquez vous la simplicité du résultat? Si on pose x=sin(θ) avec θ [, π 2], alors f (x)=arcsin(2sin(θ) sin 2 (θ))=arcsin(2sin(θ)cos(θ))=arcsin(sin(2θ)) Si θ [, π 4[ alors 2θ [, π 2[,et f (x)=arcsin(sin(2θ))=2θ et : θ [, π 4[ [ x, 2[ et dans ce cas : f (x)=2arcsin(x)et f '(x)= 2 x 2 Si θ ] π 4, π 2] alors 2θ ] π 2,π ], et sin(2θ)=sin(π 2θ)et(π 2θ) [, π 2[ et : Pour θ ] π π 4, f '(x)= 2 x 2 2[ x ] 2, [ f (x)=arcsin(sin(2θ))=π 2θ et f (x)=π 2arcin(x) et Remarque : arcsin(sin(x)) n'est pas toujours égal à x. Ce n'est vrai que si x appartient à [ π 2, π 2]. 3/2

e- f est-elle dérivable en 2? En? Méthode Lorsqu'une fonction f est dérivable sur un intervalle sauf en un point a, et que l'on connaît l'expression de la dérivée sur I {a}, on étudie la limite de la fonction dérivée à droite et à gauche (une seule de ces deux limites si a est une borne de l'intervalle : lim f '(x) lim f '(x) x a et x a. x<a x>a On a différents cas : les deux limites sont réelles et égales, alors la fonction est dérivable en a avec f '(a)=lim f '(x)=lim f '(x) x a x a x<a x>a les deux limites sont réelles et différentes, dans ce cas la fonction est dérivable à gauche et à droite mais les dérivées n'étant pas égales alors la fonction n'est pas dérivable en a. l'une des limites est réelles et l'autre expression n'a pas de limite, dans ce cas on ne peut pas conclure. l'une des ces limites tend vers l'infini, alors la fonction n'est pas dérivable en a. Ces résultats se démontre avec l'égalité des accroissements finis. En résumé, on peut conclure lorsque les limites existent (réelles ou infinis) mais pas lorsqu'on n'a pas de limite. Dans ce cas, on doit revenir à la définition. 4/2

lim x 2 x< 2 f '(x)= lim x 2 x< 2 Et de même on a : lim x 2 x> 2 2 2 x 2= = 2 2 2 f '(x)= lim x 2 x> 2 =2 2 2 x 2= 2 2. On en déduit que la fonction f n'est pas dérivable en On a deux demi-tangentes au point d'abscisse 2. 2. Au point, on a : lim x x< f '(x)=lim x x< 2 x 2=. Donc f n'est pas dérivable en. Au point d'abscisse, on a une tangente verticale. Exercice 2 Soit E=R 4 [X], l'ensemble des polynômes à coefficients réels de degré inférieur au égal à 4. Soit l'application f : E E, définie par : f (P)=(X )P ' P. - Montrons que f (P) appartient bien à E. On commence par écrire ce que l'on veut démontrer. Soit P R 4 [X], alors deg(p) 4, montrons que deg(f (P)) 4. deg(p) 4 deg(p ') 3 et deg((x )P ')=deg(x )+deg(p') +3 deg((x )P') 4 f (P) est la somme de deux polynômes de R 4 [X] qui est un R espace vectoriel, donc : P E f (P) E Montrons que f est une application linéaire. Soit (P, Q) E 2, et (α,β) R 2, démontrons que : f (α P+β Q)=α f(p)+βf (Q). f (α P+β Q)=(X )(αp+β Q)' (α P+β Q) 5/2

f (α P+β Q)=(X )(αp '+β Q') (α P+βQ)=α((X )P ' P)+β((X )Q' Q) Et donc : f (α P+β Q)=α f(p)+βf (Q) f est une application linéaire avec l'espace d'arrivée qui est le même que l'espace de départ. f est un endomorphisme de E. Remarque : la rédaction de cette question a très souvent été maladroite. Dans le calcul, il faut commencer par remplacer P par α P+βQ dans l'expression de f (P). 2- Soit P E, tel que : P=aX 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e. 2-a- Calculons f (P). f (P)=(X )(4aX 3 +3bX 2 +2cX+d) (ax 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e) f (P)=4aX 4 +3bX 3 +2cX 2 +dx (4aX 3 +3bX 2 +2cX+d) (ax 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e) f (P)=3aX 4 +(2b 4a)X 3 +(c 3b)X 2 2cX (d+e) 2-b- Montrons que Ker(f)=Vect(X ). Ker( f)={p E, f ( P)=}. D'après la question précédente, f ( P)= si et seulement si : f (P)=3aX 4 +(2b 4a)X 3 +(c 3b)X 2 2cX (d+e)= 3a= ; 2b 4a= ;c 3b=; 2c= ;d+e= Soit a=b=c= et e= d. P Ker(f) P=dX d=d(x )avecd R[ X] P Vect(X ) On a démontré que : Ker(f)=Vect(X ) Remarque : dans ce cas, on donne le noyau dans l'énoncé. Le minimum à faire pour cette question est de vérifier que le polynôme X appartient bien au noyau. Soit f (X )=. 3- a- Dimension de Im(f). D'après le théorème du rang : dim(ker(f))+dim(im(f))=dim(e) E est un espace vectoriel de dimension 5. La dimension est le cardinal commun à toutes les bases. 6/2

(,X, X 2,X 3,X 4 ) est une base de E et a 5 vecteurs. dim(e)=5. Ker(f)=Vect(X ). Soit P =X. Ker(f)=Vect(P ) Dans tout espace vectoriel Vect(x) avec x, est un espace vectoriel de dimension. Dans un espace vectoriel de dimension, n'importe quel vecteur non nul est une base. Donc dim(ker(f))=. Le théorème du rang donne : dim(im(f ))=5 =4. dim(im(f ))=4. L'équation f (P)=Q a des solutions dans E pour tout polynôme Q de E, si et seulement si f est surjective, c'est-à-dire si im(f )=E dim( Im(f ))=dim(e) dim( Im( f))=5. Or dim(im(f ))=4. Donc f n'est pas surjective, et l'équation f (P)=Q n'a pas toujours des solutions. 3-b- On considère la famille de polynômes (P k ) k 4 définis pour k 4 par : P k =(X ) k. Montrons que (P k ) k 4 est une base de E. E est un espace vectoriel de dimension 5, et la famille (P k ) k 4 est composée de 5 vecteurs de E. En effet, ils ont tous un degré inférieur ou égal à 4. Dans ce cas, il suffit de montrer que la famille de vecteurs est libre. (il suffirait aussi de montrer qu'elle est génératrice, mais dans ce cas la première solution est beaucoup plus simple). Propriété : une famille de vecteurs échelonnés en degré est libre. (deg(p )<deg(p )<...<deg(p n )) Pour le démontrer on revient à la définition, d'une famille libre. Soient (λ,...,λ n ) R n, λ k P k =. n k= On développe et on applique la propriété : un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls. On obtient un système linéaire triangulaire supérieure, et on trouve d'abord : λ n = puis λ n =,...ainsi de suite. Donc la famille est libre. (P k ) k 4 est une base de E. 7/2

3-c- Calculons pour k 4, f (P k ). P k '=k(x ) k si k et P ' = f (P k )=(X )k(x ) k (X ) k =(k )(X ) k =(k )P k Cette formule reste vraie pour k=. f (P k )=(k )P k Remarque : dans ce cas, f (P k ) et P k sont proportionnels. En seconde année, on dira que P k est un vecteur propre de f et k- une valeur propre de f. Im(f)=Vect(f (P k ) ( k 4) ) car (P k ) k 4 est une base de E. Comme f (P )=, on a : Im(f)=Vect(f (P ),f (P 2 ),f (P 3 ), f (P 4 ))=Vect( P,P 2, 2P 3,3P 4 ). Propriété : dans une famille génératrice, on peut remplacer un vecteur x par λ x avec λ. C'est aussi vrai pour les familles libres, et les bases. Im(f)=Vect(P, P 2,P 3, P 4 ) Et (P,P 2, P 3,P 4 ) est une famille génératrice de Im(f) et elle est libre car c'est une sous-famille d'une base, qui est donc libre. Donc : (P,P 2,P 3, P 4 ) est une base de Im(f). 3-d- Quelle est la matrice de f dans la base B '=(P k ) k 4? Mat B ' (f)=( 3) 2 Remarque : souvent dans les problèmes on part d'un endomorphisme, et on essaye de trouver une base dans laquelle la matrice est le plus simple possible. Quand on peut obtenir une matrice diagonale (ce qui n'est pas toujours le cas) on dit que l'endomorphisme est diagonalisable. 8/2

4- Soit Q E défini par : Q=X 2 2X+2. 4-a- Quelles sont les coordonnées de Q dans la base (P k ) k 4? Q=X 2 2X+2=X 2 2X++=(X ) 2 +=+(X ) 2 Les coordonnées de Q dans la base (P k ) k 4 sont (,,,,) 4-b- Trouvons tous les polynômes P de E tels que : f (P)=Q. Q=P +P 2 et f (P )= P f ( P )=P et f (P 2 )=P 2. On en déduit que : f ( P +P 2 )=P +P 2 =Q Soit S= P +P 2 et f (S)=Q. On a f (P)=Q f (P)=f (S) f (P S)= P S Ker(f ) P=S+Ker(f ) Les polynômes P de E tels que f (P)=Q sont : P= P +P 2 +λ(x ) Remarque : pour résoudre une équation linéaire u(x)=y, on cherche une solution particulière x et on résout l'équation homogène u(x)= ce qui revient à déterminer le noyau de u. Et les solution sont : x+ker(f) 9/2

Problème : Fonctions absolument monotones. Partie I. Quelques exemples. -a- Montrons que si f est AM et g est AM alors f+g est AM. La dérivée est linéaire et la composée d'applications linéaires et linéaire donc : k N,(f+g) (k) =f (k) +g (k) Si f et g sont AM, alors k N, f (k) et g (k) f (k) +g (k) (f+g) (k) et f+g est AM. Si f est AM et g est AM alors f+g est AM -b- Montrer que si f est AM et λ est un réel positif alors λ f est AM. Si f est AM alors (λ f) (k) =λ f (k), donc : si f est AM et λ est un réel positif alors λ f est AM -c- L'ensemble des fonctions AM sur R, est-il un sous-espace vectoriel des fonctions C sur R? À la question précédente on a montré la stabilité par la multiplication par un scalaire positif, mais si on multiplie une fonction AM par un scalaire négatif alors λ f n'est plus positive (sauf si f est la fonction nulle) et donc λ f n'est pas AM. 2-a- Soit u la fonction définie sur R par : u(x)=e x. u (k) (x)=e x pour k N et la fonction exponentielle est strictement positive sur R. On ne déduit que u est AM sur R. 2-b- Soit v la fonction définie sur ],+ [ par : v(x)= x. On peut démontrer par récurrence que : k N,v (k) (x)= ( )k (k!) x k+, pour k N Pour montrer que v est CM, il faut montrer que ( ) k v (k) est positive pour tout k entier. Calculons ( ) k v (k) (x)=( ) k ( )k (k!) = ( )2k (k!) = k! x k+ x k+ x k+ /2

v est une fonction CM. 3- Soient α R et f la fonction définie sur I=],+ [ par : f (x)=x α. 3-a- On suppose que α N. Montrons que f est AM sur I. Si k α, x I, f (k) (x)=α(α )...(α k+)x α k Et k>α x I, f (k) (x)=. Donc k N, x I, f (k) (x). Si α N, alors f (x)=x α est AM sur I. 3-b- On suppose que α N. Montrons que si α< alors f est CM sur I. La relation k N, x I,f (k) (x)=α(α )...(α k+) x α k reste vraie si α N et α<. Montrons que ( ) k f (k) (x) est positif soit : ( ) k f (k) (x)=( ) k α(α )...(α k+)x (α k). x (α k) est positif sur I. α(α )...(α (k )) est le produit de k nombres négatifs donc a le signe de ( ) k et donc ( ) k f (k) (x) a le signe de ( ) k ( ) k =( ) 2k = et est donc positif. Si α< alors f est CM sur I 4-a- Montrons que la dérivée d'une fonction paire est impaire et que la dérivée d'une fonction impaire est paire. Supposons f paire et dérivable sur un intervalle symétrique par rapport à l'origine alors on a : f ( x)=f (x) et en dérivant les deux membres de l'égalité, on obtient : f '( x)=f '(x) et donc : f '( x)= f '(x) et f ' est impaire. Si f est impaire alors : f ( x)= f (x) et en dérivant on obtient : f '( x)= f '(x) et donc : f '( x)=f '(x) et donc f ' est paire. On a démontré que : La dérivée d'une fonction paire est impaire et que la dérivée d'une fonction impaire est paire. Remarque : on démontre de même que la dérivée d'une fonction périodique de période T est périodique de période T. f ( x+t)=f ( x) f '(x+t)=f '(x) /2

4-b- Déterminons les fonctions paires qui sont AM sur R. Soit f une fonction paire qui est AM sur R, alors f est positive. La dérivée d'une fonction paire est impaire et donc f ' est impaire et positive car f est AM. La seule fonction impaire qui soit positive sur R est la fonction nulle. La seule fonction paire sur R qui soit AM est la fonction nulle. Soit f une fonction CM paire. Alors f ' est positive et f ' est impaire et négative. La seule fonction impaire qui soit négative sur R est la fonction nulle. La seule fonction paire sur R qui soit CM est la fonction nulle. 2/2

Partie II. Propriétés de stabilité. - Soit f définie sur un intervalle I symétrique par rapport à, et g(x)=f ( x) définie sur I. Montrons que f est AM sur I si et seulement si g est CM sur I. On suppose f AM. La fonction g admet une dérivée k ième quelque soit k N. Et g admet aussi une dérivée k ième quelque soit k N, avec : g'(x)= f ( x) et on peut démontrer par récurrence que : g (k) (x)=( ) k f k ( x) et ( ) k g (k) (x)=( ) k ( ) k f k ( x)=( ) 2k f k ( x)=f k ( x) Donc si f est AM alors k N, x I,f k ( x) et donc ( ) k g (k) (x) et g est CM. On montre de même la réciproque. f est AM sur I si et seulement si g est CM sur I 2-a- Montrons par récurrence que le produit de deux fonctions AM jusqu'au rang n est lui aussi AM jusqu'au rang n. Soient f et g deux fonctions AM jusqu'au rang n. Formule de Leibniz : Soient k N, k n et f et g deux fonctions k fois dérivables alors f g est k fois dérivable et on a la relation : k (fg) k (x)= i= ( k i) f i (x)g k i (x) et comme f et g sont AM jusqu'au rang k, alors f i (x) et g k i (x) sont positifs et on en déduit que k n,(fg) k (x) et donc que fg est AM jusqu'au rang n. Le produit de deux fonctions AM jusqu'au rang n est lui aussi AM jusqu'au rang n. Une fonction est AM si et seulement si quelque soit l'entier naturel k, elle est AM jusqu'au rang k. Et le résultat est une conséquence directe du résultat précédent. Le produit de deux fonctions AM est AM. 3/2

2-b- Déduisons de a- que le produit de deux fonctions CM est CM. Soit u et v deux fonctions CM, on veut montrer que g=uv est CM. Alors d'après II-, g est CM si et seulement si la fonction f définie par f (x)=g( x) est AM. f (x)=u( x)v( x) alors les fonction u( x) et v( x) sont AM toujours d'après II-. D'après II-2-a, le produit de deux fonction AM est AM, donc f est AM et d'après II- g est CM. Le produit de deux fonctions CM est CM. 3-a- Soient f et g définies sur R et h(x)=f(g(x)). On suppose que f et g sont AM. Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n, h est AM jusqu'au rang n. Soient f et g deux fonction AM. On sait déjà que h composée de deux fonctions de classe C est de classe C. Il reste à prouver que toues les dérivée n ième de h sont positives. Démontrons par récurrence la propriété suivante : P n : le produit de deux fonction AM est AM jusqu'au rang n. Initialisation : au rang, la propriété est f g est positive. Le produit de deux fonctions positives est positif, donc f g est positif et la propriété est vraie au rang. Hérédité : supposons la propriété vraie pour n. Montrons qu'elle est vraie pour n+. La fonction h est dérivable, car c'est la composée de fonctions dérivables et on a : h '(x)=g '(x)f '(g(x)). f et g sont AM donc f ' et g' sont AM, et d'après l'hypothèse de récurrence f ' g est AM jusqu'au rang n, car c'est la composée de deux fonctions AM. Et d'après II-2-a, le produit de deux fonctions AM jusqu'au rang n et AM jusqu'au rang n et donc h ' est AM jusqu'au rang n. Et par conséquent h est AM jusqu'au rang n+. Donc, on a démontré que la composée de deux fonctions AM jusqu'au rang n est AM jusqu'au rang n. On en déduit que : La composée de deux fonctions AM est AM. 4/2

3-b- Montrons que si f est AM et g est CM alors h est CM. D'après II-, pour montrer que h est CM, il suffit de montrer que la fonction u définie par : u(x)=h( x) est AM. u(x)=f (g( x)). La fonction g est CM donc g( x) est AM, et la composée de deux fonctions AM est AM d'après II-3-b. Donc u est AM et h est CM. Si f est AM et g est CM alors h est CM. 3-c- Montrer en considérant f (x)=e x et g(x)=e x que la composée de deux fonctions CM n'est pas forcément CM. h(x)=e e x h(x)=e u(x) et h '(x)=u '(x)e u(x) avec u(x)= e x et u '(x)=e x h '(x)=e x e e x =e x e x et h ' '(x)=( +e x )e x e x +e x n'est pas signe constant sur R, donc h'' n'est pas signe constant et h n'est pas CM. La composée de deux fonctions CM n'est pas forcément CM. 4- Soit f (x)= x 2, définie sur I=[,[. 4-a Trouver deux constantes a et b telles que : f '(x) f (x) = a +x + b x. f '(x)= 2x 2 x 2 x 2= x ( x 2 ) x 2 f '(x) f (x) = x x 2 et a +x + b x = a ax+bx+b x 2 (b a) x+a+b = x 2 On obtient b a= et a+b= soit a= 2 et b= 2 f '(x) f (x) = ( 2) +x + ( 2) x 5/2

4-b- En déduire que ln(f), puis f sont AM sur I=[,[. La fonction f est strictement positive sur I, donc ln(f) est bien définie et c'est la composée de fonctions dérivables, donc elle est dérivable. u=ln(f) Et v(x)=u '(x)= f '(x) f (x). v(x)= ( 2)( x +x) et v (k) (x)= ( k! u (k) (x)=( (k )! 2 )( u (k) (x) ( (k )! 2 )( 2 )( ( )k ( x) k+ et : (+x) k) ( x) k k) (+x) ( )k+ k++ et comme v=u '. On a : ( x) (+x) k+) Pour x I=[,[, on a : < x +x. La fonction inverse est décroissante sur les réels positifs donc : +x x ( +x) k ( x) k ( x) k ( +x) k et on en déduit que u est AM. Et avec f=e u, la composée de deux fonctions AM est AM donc : f est AM. ln(f), et f sont AM sur I=[,[. Partie III. Théorème de Bernstein sur les fonctions absolument monotones. n x Dans cette partie, f est une fonction AM sur [,a] (a>). On pose T n,f (x)= k k= k! f(k) (). Le polynôme T n,f (x) est appelé le polynôme de Taylor en de f à l'ordre n. -a- Exprimons la dérivée de T n,f (x) en fonction d'un polynôme de Taylor de f '. n x T n,f (x)= k n k x k= k! f(k) () T ' n,f (x)= k n f (k) x ()= k k= k! k= (k )! f (k) ()= n x k k= k! f '(k) () T ' n',f =T n,f Remarque : dans la formule du polynôme de Taylor, on dérive par rapport à x. f k () est une constante. 6/2

-b- En déduire que x [, a], f(x) T n,f (x). Démontrons par récurrence la propriété P n : Si f est AM sur I alors : x [,a], f(x) T n,f (x). Initialisation : Pour n=, T,f =f () et f (x) f () car f est AM donc f ' est positive et f est croissante et sur [,a] : f (x) f (). La propriété est vraie pour n=. Hérédité : supposons la propriété vraie au rang n. On pose : g(x)=f (x) T n+,f (x) Alors g'(x)=f '(x) T n,f ' (x) et l'hypothèse de récurrence appliquée à f ', montrer que g' est positive donc g est croissante et g()=f () T n+,f ()=f () f ()=. Donc g est positive sur [,a]. La propriété est démontrée au rang n+. x [, a], f(x) T n,f (x) 2-a- Démontrons par récurrence la relation f (x) T n, f (x)= xn+ ( t) n f (n+) (tx)dt. n! Remarque : il faut bien faire attention aux variables. Sous le signe intégral on intègre par rapport à t et x est considérée comme une constante. Initialisation : au rang la relation devient f (x) f ()=x f '(tx)dt. La relation est vraie si x=. On suppose x et on a : x La relation est vraie pour n= Hérédité : f '(tx)dt=x [ x f (tx) =f (x) f (). ] On suppose qu'elle est vraie pour n montrons là pour n+. On a : f (x) T n, f (x)= xn+ n! ( t) n f (n+) (tx)dt On pose u '(t)=( t) n et u(t)= n+ ( t)n+ et v(t)=f (n+) (tx) et v '(t)=xf n+2 (tx). 7/2

Les fonctions u et v sont de classe C, on peut donc effectuer une intégration par parties. f (x) T n, f (x)= xn+ n! [ n+ ( t)n+ f + n+ (tx)] xn+ n! f (x) T n, f (x)= xn+ (n+)! (f n+ ())+ xn+ (n+)! f (x) T n, f (x) xn+ (n+)! (f n+ ())= xn+ (n+)! n+ ( t)n+ x f n+2 (tx)dt n+ ( t)n+ f n+2 (tx)dt n+ ( t)n+ f n+2 (tx)dt Or T n+,f =T n, f (x)+ xn+ (n+)! (f n+ ()) d'où : f (x) T n+,f (x)= xn+ (n+)! n+ ( t)n+ f n+2 (tx)dt Et la propriété est donc démontrée au rang n+. f (x) T n, f (x)= xn+ ( t) n f (n+) (tx)dt n! Remarque : dans le cours, on a donné une autre expression du reste. À partir de l'expression du cours, on peut retrouver ce résultat par un changement de variable. L'avantage de cette formulation, est que les bornes d'intégration sont fixes ce qui rend les majorations plus simples. 2-b- En déduire que la fonction h(x)= f (x) T n, f(x) x n+ est croissante sur ], a]. D'après la question précédente on a : h(x)= f (x) T n, f (x) x n+ = ( t) n f (n+) (tx)dt Dans ce cas, pour montrer que la fonction h est croissante, le plus simple est de revenir à la définition. Soient x x ', f est AM donc toutes ses dérivées n ièmes sont croissantes. Et pour : t [,],tx tx ' f n+ (tx) f n+ (tx ') ( t) n f n+ (tx) ( t) n f n+ (tx ') b b Propriété : f g f g a a Et on obtient h(x) h(x '). On a : (x,x') ],a] 2, x x ' h(x) h(x ') La fonction h(x)= f (x) T n, f (x) x n+ est croissante sur ], a]. 8/2

3- Démontrons le théorème de Bernstein : Pour tout x [, a[, T n,f (x) tend vers f (x) lorsque n tend vers +. Soit x [,a[, montrons que T n,f (x) tend vers f (x) lorsque n tend vers +. D'après la question précédente h est croissante sur ], a] et donc : h(x) h(a), soit : f(x) T n,f (x) x n+ f (a) T (a) n, f f (x) T a n+ n,f (x) ( x n+ (f (a) T a) n, f (a)) et d'après III--b on a : f (x) T n,f (x) ( x n+ (f (a) T a) n, f (a)) on pose M=(f (a) T n, f (a)) et α= x a et on a : avec <α< f (x) T n,f (x) Mα n+ Or <α< donc la suite ((α) n ) converge vers et d'après la théorème des gendarmes on en déduit que : lim f (x) T n, f (x)= n. On a démontré que : Pour tout x [, a[, T n,f (x) tend vers f (x) lorsque n tend vers +. Remarque : le problème est intéressant car il donne un cas de convergence du polynôme de Taylor vers une fonction. 9/2

Note sur 2=total de points *8/2 Total 9 Exercice 5 a-dérivée 2 a-tableau 2 b-définie b-impaire c-dérivée 6 d-simplicité 2 e-/sqrt(2), Exercice 2 25 -f défini -endomorphisme 2 2-a-f(P) 4 2-b Ker(f) 2 2-b injectivité 3-a-dim(Im(f)) 2 3-a-surjectivité 3-b- Base 2 3-c f(pk) 2 3-c- Base de Im(f) 3-d- 3 4-a- Q 2 4-b- 2 Problème 4 Partie I 4 -a -b -c 2-a 2-b 3 3-a 2 3-b 4-a 2 4-b- 2 Partie II 6-2 2-a- 2 2-b- 3-a- 2 3-b- 3-c 2 4-a -dérivée 2 4-a -constantes 2 4-b- 2 Partie III -a 2 -b 2-a- 3 2-b 2 3 2 Problème 2-2 -2,5 2-,5 2-2 4 2-3 2/2