Polynésie - 9 septembre 2015
[Corrigé du baccalauréat S (spécialité) Polynésie \ A P M E P 9 septembre 2015 EXERCICE 1 Commun à tous les candidats 7 points Partie A 1 Soit u le nombrecomplexe 1−i
Centrale 2015 - PSI 2 un corrig e 1 R esultats pr eliminaires
Ainsi (un polyn^ome d’une variable est nul quand ses coe cients le sont) 8k2[0;d]; 8y2J; Q k(y) = 0 De la m^eme fa˘con, Q k est le polyn^ome nul et tous les coe cients k;l le sont P est donc le polyn^ome nul IA 2 P : (x;y) 7x2 + y2 1 est nul sur le cercle unit e, qui poss ede une in nit e d’ el ements, mais n’est pas le polyn^ome nul
Corrig e du devoir surveill e n
polyn^omes, donc d e nies et continues sur R Elles admettent donc des limites egales a leurs evaluations en tout point Par quotient de limites ne s’annulant pas, on a donc lim x1 f(x) = lim x1 x+ 1 x = 1 + 1 1 = 2 On peut donc prolonger par continuit e la fonction fen 1 avec f(1) = 2
M1CP3021 Maths alg ebre II 2015-2016
M1CP3021 Maths alg ebre II 2015-2016 TD2 - Rappel d’alg ebre lin eaire - Corrig e Exo 7 1) Il s’agit d’un simple calcul matriciel On ecrit
MATHEMATIQUES CONCOURS COMMUN
Mardi 3 Mars 2015 Dur ee : 4 heures MATHEMATIQUES CONCOURS COMMUN Le polyn^ome L n est la d eriv ee n-i eme du polyn^ome P n 1 Calculer L 0, L 1, L 2 2 D
Diagonalisation et trigonalisation
1 Valeurs propres, vecteurs propres et polyn^ome caract eristique Ed esigne un espace vectoriel de dimension nie n, le corps est K = R ou C Si u2L(E) on notera en g en eral A= Mat B(u) la matrice de udans la base canonique De nition 1 1 Soit u2L(E) On dit que 2K est valeur propre de usi 9x2E, x6= 0 , t q u(x) = x
Mathem atiques - École Normale Supérieure
Licence de Physique, L3 - Universit e Paris Diderot 7 2014-2015 Mathem atiques examen nal du lundi 5 janvier 2015 Les di er ents probleme s sont inde pendants Duree de l'examen : 3h Des re ponses concises mais preci ses sont demandee s 1 Question de cours 1 Expliciter le the oreme de Cauchy 2 Contours circulaires Calculer : 1 R z (z 2 +1
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Centrale 2015 - PSI 2
un corrige1 Resultats preliminaires
IA.1a etant ouvert, il existe une boule centree sur (x;y) de rayonrincluse dans . On a alorsIJ=]xr=p2;x+r=p2[]yr=p2;y+r=p2[
En eet, si (u;v)2IJalorsjxuj< r=p2 etjyvj< r=p2 et donc (xu)2+(yv)2< r ce qui montre queIJD((x;y);r) Remarque : on peut illustrer ceci en remarquant qu'on peut inclure un carre dans un disque. IA.1bPetant un polyn^ome de deux variables, on peut l'ecrire (pour un bonn)8(x;y)2R2; P(x;y) =nX
k=0 nkX l=0 k;lyl! x k=nX k=0Q k(y)xkavec8k; Qk2R[X] D'apres ce qui precede, poury2Jxe,x7!P(x;y) s'annule surI. Comme c'est une fonction polynomiale et queIest inni, c'est la fonction polynomiale nulle. Ainsi (un polyn^ome d'une variable est nul quand ses coecients le sont)8k2[0;d];8y2J; Qk(y) = 0
De la m^eme facon,Qkest le polyn^ome nul et tous les coecientsk;lle sont.Pest donc le polyn^ome nul. IA.2P: (x;y)7!x2+y21 est nul sur le cercle unite, qui possede une innite d'elements, mais n'est pas le polyn^ome nul. Le resultat precedent ne subsiste pas avec la seule hypothese inni". IB.1Par denition,Pmest l'espace vectoriel engendre par la famille (fk;l: (x;y)7!xkyl)k;l2N k+lm. C'est donc bien un espace vectoriel! La famille generatice trouvee est libre (puisqu'un polyn^ome n'est nul que si tous ses coecients le sont). Elle forme une base dePmet la dimension de l'espace est donc (pour chaque valeur dek2[0;m], on amk+ 1 choix possibles pourl) dim(Pm) =mX k=0(mk+ 1) =m+1X j=1j=(m+ 1)(m+ 2)2 IB.2PosonsP1: (x;y)7!x+y. On a alors immediatement (P1) = 0. Il est en fait clair que tout polyn^ome de degre 1 est harmonique. PosonsP2: (x;y)7!x2y2. On a alors@1;1P2(x;y) = 2 et@2;2P2(x;y) =2 ce qui montre queP2est harmonique. IB.3aP7!Pest une application lineaire (linearite de la derivation partielle) et l'ensemble des polyn^omes harmonique est l'espace vectoriel (une intersection de sous-espaces est un sous- espace) ker()\ PIB.3bD'apres le theoreme du rang,
(m+ 1)(m+ 2)2 = dim(Pm) = dim(ker(m)) + dim(Im(m))Or, de facon immediate on a dim(Im(
m)) Pm2(quand on derive partiellement deux fois, on perd au moins deux degres). Ainsi, dim(Im( m))(m1)m2 et donc dim(ker( m))(m+ 1)(m+ 2)2 (m1)m2 = 2m+ 1 1 IB.3cComme pour toutmon a ker(m)ker(), on peut en deduire que l'espace vectoriel des polyn^omes harmoniques est de dimension innie. IC.1PosonsH(x;y) =xy.Hest un polyn^ome harmonique qui est partout egal af: (x;y)7!xy. IC.2Une recherche au brouillon nous amene a poserH(x;y) =x4y4+ (1x2y2)(x2y2). Il est evident queH(x;y) =x4y4quand (x;y)2C(0;1). Le calcul montre facilement queH est harmonique.2 Quelques exemples d'applications harmoniques
II.A x0;y0;est l'image de par une homothetie de rapportcomposee avec une translation devecteur (x0;y0). Dans le cas propose, on obtient le dessin suivantIIB.1Comme@ifest de classeC2, on peut lui appliquer le theoreme de Schwarz qui indique que
l'on peut permuter les derivees partielles. On a ainsi (@if) =@i(f)