[PDF] Corrig e du devoir surveill e n



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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



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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



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Universite Aix-Marseille 2014{2015

Licence Maths-Info-Analyse I

Corrig

e du devoir surveille no2Exercice 1.

1.8"2R+;9A2R;8x2]A;+1[;jf(x)j< ".

2.9"2R+;82R+;9x2]1;1 +[;jf(x)3j ".

3.8A2R;9B2R;8x2]B;+1[;f(x)> A.

Exercice 2.

Pour toutx2Rn f0;1g, on af(x) =(x1)(x+1)(x1)x=x+1x . Or (x7!x+ 1) et (x7!x) sont toutes les deux des

polyn^omes, donc denies et continues surR. Elles admettent donc des limites egales a leurs evaluations en

tout point. Par quotient de limites ne s'annulant pas, on a donc lim x!1f(x) = limx!1x+ 1x =1 + 11 = 2. On peut donc prolonger par continuite la fonctionfen 1 avecf(1) = 2.

Par quotient d'une limite strictement positive et d'une limite nulle par valeurs positives, on a donc lim

x!0+f(x) = lim x!0+x+ 1x = +1. La fonctionfne peut donc pas ^etre prolongee par continuite en 0. Et par ailleurs,

par quotient d'une limite strictement positive et d'une limite nulle par valeurs negatives, on a m^eme

lim x!0f(x) =1 6= +1; la fonctionfn'admet donc m^eme pas de limite en 0.

Exercice 3.

1. Pour tout nombre reelx3, on af(x) =px3px+ 5px3+px+5px3+px+5=8px3+px+5et donc

8px < f(x)<0. Or limx!+11px = 0, donc d'apres le theoreme des gendarmes, on a limx!+1f(x) = 0.

2. Pour tout nombre reelx >0, on apx

2+ 2x+ 7 +x+ 5>5>0 et donc

g(x) =px

2+ 2x+ 7(x+ 5)px

2+ 2x+ 7 +x+ 5px

2+ 2x+ 7 +x+ 5

x2+ 2x+ 7(x+ 5)2px

2+ 2x+ 7 +x+ 5=8x18px

2+ 2x+ 7 +x+ 5

=8 +18xq 1 + 2x +7x

2+ 1 +5x

Or lim

x!+11x = 0, donc par sommes, produits, compose et quotient de limites, on a limx!+1g(x) =4.

Pour tout reelx <0, on ag(x) =px

2q1 + 2x +7x

2x5 =x

q1 + 2x +7x

2+ 1 +5x

. Or lim x!1x= +1et, par sommes, produits et compose de limites, limx!1r1 + 2x +7x

2+1+5x

= 2>0.

Par produit de limites, on a donc lim

x!1g(x) = +1.

Exercice 4.

On poseh:=fg. Pour toutx2R, on a donch(x) = 3x5+x2+x2, et donch(0) =2 eth(1) = 3.

Orhest un polyn^ome, c'est donc une fonction continue sur l'intervalle [0;1]. En appliquant le theoreme des

valeurs intermediaires en 02[2;3], on trouve doncx02[0;1] tel queh(x0) = 0 =f(x0)g(x0). Cela donne bien un reelx0tel quef(x0) =g(x0). Exercice 5.On a limx!+1= 0. En appliquant la denition de la limite en"= 1, on trouve doncA2R+

tel que, pour tout reelx > A, on aitjf(x)j<1. Par ailleurs, on sait que toute fonction continue sur un

intervalle ferme est bornee. L'intervalle [0;A] etant ferme, il existe doncM2R+telle quejf(x)j Mpour 2 toutx2[0;A]. En posantN= max(1;M), on a alorsjf(x)j Npour toutx2R+et la fonctionfest bien bornee. Touefois, il n'existe pas necessairement dea2R+telle quef(a) = sup x2R+f(x). Comme contre-exemple, on pourra, par exemple, considerer la fonctionf:R+!R x7! 11+x.

Exercice 6.

On af(x0)>0, donc2f(x0)3

>0. Par denition de la continuite defenx0, appliquee en"=2f(x0)3 , il existe2R+tel que, pour toutx2]x0;x0+[, on aitjf(x)f(x0)j<2f(x0)3 . En posanta=x02 et b=x0+2 , on a donc, pour toutx2[a;b], f(x0)3 f(x) =2f(x0)3 +f(x0)f(x) 2f(x0)3 +jf(x0)f(x)j<2f(x0)3 +2f(x0)3 = 0; et donc f(x0)3 < f(x).

Exercice 7.

1. Montrons queFest continue eny02]0;1[. Pour cela, on considere un reel" >0 et on pose="2C

2>0. On a alors bien, pour toutx2]y0;y0+[\]0;1[,jF(x)F(y0)j Cpjxy0j p < C "C

2. Pour toutx2]0;1[, on ax12

<12 et doncF(x)F12 Cq x12 F(x)F12 +F12 Cp2 +F12 . La fonction

Fest donc bornee parCp2

+F12

3. Pour une fonction continue non bornee sur ]0;1[, on pourra prendre la fonction inversex7!1x

Pour une fonction non constante veriant (), on pourra prendreF:]0;1[!R x7!px :En eet, pour toutx;y2]0;1[ on peut supposer, quitte a les permuter, queyx. On a alors

0 jF(x)F(y)j pjxyj ()(pxpy)2(pxy)2

()x2pxy+yxy()2y2pxy ()pypx:

Or la fonction racine etant croissante, on a bien

pypx. La condition () est donc bien veriee avecC= 1.quotesdbs_dbs7.pdfusesText_5