Premi ere D erivation d’une fonction compos ee Exemple : On consid ere la fonction f d e nie par f(x) = p 3x + 1 1 D eterminer l’ensemble de d e nition de f 2 D eterminer l’ensemble de d erivabilit e de f 3 Calculer f0(x) pour tout x de l’ensemble de d erivabilit e 1) Pour d eterminer l’ensemble de d e nition, on r esout l’in
COURS DE MATHEMATIQUES PREMI´ ERE ANN` EE (L1)´ UNIVERSITE DENIS DIDEROT PARIS 7´ Marc HINDRY Introduction et pr´esentation page 2 1 Le langage math´ematique page 4 2 Ensembles et applications page 8 3 Groupes, structures alg´ebriques page 23 4 Les corps des r´eels R et le corps des complexes C page 33 5 L’anneau des entiers Z page 46
Concours X Ens 2006 - PSI - Maths (4H) Premi`ere Partie 1 (a) La fonction indicatrice de l’intervalle ]−1,1[ est continue par mor-ceaux de R dans R, positive, ne prend pas la valeur 0 sur l’intervalle
Premi`ere partie (1) Soit g(t) = f(et x) alors g0(t) = xet f0(et x) d’ou` g0(0) = xf0(x) = (Af)(x) (2) Soit p ∈ N et f(x) = x palors, par une r´ecurrence imm´ediate, (Anf)(x) = pnx d’ou` tn n (Anf)(x) = (pt)n n xp qui est le terme g´en´eral d’une s´erie exponentielle convergente On a alors X n>0 tn n (Anf)(x) = ept xp = (et x
question2) de la premi ere partie, le produit in ni Y n 1 (1+ (−1)n+1 p n)diverge Donc, on peut avoir des s eries P u n convergentes sans que leurs produits in nis Q (1+u n) soient convergents 4-Las erie X n 1 −1 4n2 estabsolumentconvergente, doncd’apr es la question 2) de la deuxi eme partie, le produit in ni Y n 1 (1+ −1 4n2)converge 3
on d eveloppe par rapport a la premi ere colonne D n+1 = det(A+(2cos )I n+1) = 2cos 1 (0) 1 2cos 1 (0) 1 2cos := 2cos D n 1 0 (0) 1 2cos 1 2cos 1 (0) 1 2cos :on d eveloppe par rapport a la premi ere ligne D n+1 = 2cos D n D n 1 2 montrons que D n= sin(n+ 1) sin pour tout n 1 On a : l’ equation caract eristique associ ee a la
Premi`ere m´ethode (utilisant les d´eriv´ees) 1 Pr´eciser et justifier le domaine de d´efinition de f et de g 2 Pr´eciser les points ou` f est d´erivable et montrer que f′ = 1 2ch 3 Faire de mˆeme avec la fonction g On justifiera le calcul efffectu´e 4 En d´eduire que f = g Deuxi`eme m´ethode (trigonom´etrique) 1
p le num ero du lancer ou appara^ t «pile» pour la premi ere fois (dans l’exemple propos e, on a T p = 3) et T fp le num ero du lancer ou apparait le motif «face pile» pour la premi ere fois (dans l’exemple propos e, on a egalement T fp = 3) (a)Justi er que T p suit une loi g eom etrique dont on pr ecisera le param etre
www maths-S {orthogonaux www maths-S {orthogonaux MATHS-S FR Premi ere S-exercice corrig e Chapitre 7: Produit scalaire Chapitre 7 : Lecture graphique du produit scalaire avec les projet es orthogonaux EXERCICE 7-2-1 temps estim e:7-10mn Dans chaque cas, calculer le produit scalaire des vecteurs u et v , l’unit e etant d e nie par un
di erent Par exemple, si n> 3 et que les num eros des premi eres zones atteintes par la bille sont 2, 2, 2, 3, 1 alors : T 1 prend la valeur 1 (correspondant a la premi ere victoire) T 2 prend la valeur 3 (correspondant aux seconde, troisi eme et quatri eme victoires) T 3 prend la valeur 1 (correspondant a la cinqui eme victoire) 1 (a
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CORRIG
´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009
Premi`ere partie
(1) Soitg(t) =f(etx) alorsg?(t) =xetf?(etx) d"o`ug?(0) =xf?(x) = (Af)(x). (2) Soitp?Netf(x) =xpalors, par une r´ecurrence imm´ediate, (Anf)(x) =pnxpd"o`u t nn!(Anf)(x) =(pt)nn!xp qui est le terme g´en´eral d"une s´erie exponentielle convergente. On a alors n?0t nn!(Anf)(x) = eptxp= (etx)p= (Φtf)(x). Par lin´earit´e, cette propri´et´e s"´etend aux polynˆomes. (3) Imm´ediat : (DnX)(f)(x) = (xf(x))(n)=xf(n)(x)+nf(n-1)(x) = (XDn+nDn-1)(f)(x). (4) Pourn= 1 on sait queA=XD, on proc`ede alors par r´ecurrence surnavecμ1,1= 1.
Supposons la propri´et´e vraie `a l"ordren,
(An+1f)(x) =A? n? k=1μ n,kXkDk? (f)(x) =x? n? k=1μ n,kxkf(k)(x)? n? k=1μ n,kkxkf(k)(x) +n? k=1μ n,kxk+1f(k+1)(x) n+1P k=2μ n,k-1xkf(k)(x). On obtient la formule `a l"ordren+ 1 en posantμn+1,1=μn,1,μn+1,n+1=μn,net n+1,k=kμn,k+μn,k-1pourk?[[2,n]]. On d´eduit de ceci les relationsμn,1= 1 etμn,n= 1. (5) On applique le r´esultat du2avec la formule du4: f(etx) =+∞? n=0t nn!? n? k=1μ n,kxkf(k)(x)? =f(x) ++∞? n=1t nn!? n? k=1μ n,kxkf(k)(x)? et il suffit de permuter les sommes.
Compte tenu l`a aussi de la lin´earit´e de la formule, il suffit de prouver le r´esultat pour
f(x) =xp. 1
2 CORRIG
´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009
Soitun,k=?
tnn!μn,kp!(p-k)!xpsik?min(n,p)
0 sik >min(n,p).un,k?0,?
ku n,ket? n+∞? k=1u n,kconver- gent aussi donc on peut appliquer le th´eor`eme d"interversion des sommations : f(etx) =f(x) ++∞? k=1? n=1u n,k? =f(x) ++∞? k=1? n?ku n,k? =f(x) +? k?1? n?kt nn!μn,k? x kf(k)(x) ce qui permet de conclure. (6) C"est du cours ! (7) (a) On a limt→0|(et-1)x|= 0 d"o`u l"existence d"un r´eelγxtel que |t|< γx? |(et-1)x|< R- |x|. On peut aussi utiliser l"in´egalit´e|et-1|?e|t|-1 obtenue par exemple en utilisant le d´eveloppement en s´erie enti`ere de l"exponentielle puis raisonner par ´equivalences en supposantx?= 0 : |(e|t|-1)x|< R- |x| ?e|t|-1
0 car|x|< R(etγ0peut prendre n"importe quelle valeur positive). Ceci fournit explicitement une valeur deγx. (b) On applique la propri´et´e rappel´ee avech= etx-x= (et-1)x,|h|< R- |x|: f(x+h) =f(etx) =f(x) ++∞? k=1(e t-1)kk!xkf(k)(x). Or e t-1 est D.S.E., de rayon infini, il en est de mˆeme pour(et-1)kk!: (e t-1)kk!=? n?1t nn!λn,k et on remarque queλn,k= 0 sin < k(on peut mettretken facteur) et lesλn,kne d´ependent pas def. (c) Pourf(x) =xpon obtient 2 d´eveloppements def(etx) : f(x) +? k?1? n?kt nn!μn,k? x kf(k)(x) =f(x) +? k?1? n?1t nn!λn,k? x kf(k)(x) avecf(k)(x) =? ?p!(p-k)!xp-ksik?p 0 sinon. En faisant la diff´erence et en simplifiant
parp!xpque l"on peut supposer non nul, on obtient n=1? t nn!p k=1(μn,k-λn,k)1(p-k)!? = 0 CORRIG
´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009 3
(on a rajout´e les termes nuls pourn < k). Compte tenu de l"unicit´e du d´evelop- pement en s´erie enti`ere, on obtient ?p?N?,?(n,k)?N?×[[1,p]],p? k=1(μn,k-λn,k)1(p-k)!= 0.(R) •Sip= 1 alorsμn,1=λn,1pour toutn. •Par r´ecurrence surp, supposons prouv´e les ´egalit´esμn,p=λn,ppour tout n. On ´ecrit la relation (R) pourp+ 1, lesppremiers termes sont nuls vu l"hypoth`ese de r´ecurrence, il ne reste plus que (μn,p+1-λn,p+1)1(p+ 1-k)!= 0 doncλn,p+1=μn,p+1. (d) On utilise la relation de r´ecurrence du4:λn+1,k=kλn,k+λn,k-1et on fait une r´ecurrence surn: •pourn= 1,λ1,1= 1?2 etλ1,k= 0 pourk >1. •On suppose qu"`a l"ordren,λn,k?2nn!(k-1)!pour toutk?[[1,n]]. -On aλn+1,1= 1?2n+1(n+1)! etλn+1,n+1= 1?2n+1(n+ 1)!n!(majora- tions larges !). -Sik?[[2,n]] alors 2nn!(k-1)!×2nc.q.f.d.
(e) On prendη=12 etα=R2 alors |Zn,k|?|t|nn!×2nn!(k-1)!|x|k|f(k)(x)| ?(2|t|)n×|x|k|f(k)(x)|(k-1)!. Or n|Zn,k|converge, de somme11-2|t|×|x|k|f(k)(x)|(k-1)!et on sait (question6) que xkf(k)(a)k!et?kxkf(k)(a)k!ont mˆeme rayon de convergence (en l"occurrenceR- |a|). Aveca=xon en d´eduit que?|x|k|f(k)(x)|(k-1)!converge pour|x|4 CORRIG ´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009
Deuxi`eme partie
(8) SoitMk(f) = sup R|xkf(x)|alors au voisinage de l"infini,|xkf(x)|?Mk+2x 2par cons´equent
x?→xkf(x) est int´egrable surR(elle est localement int´egrable car continue). (9) (a) L`a encore, le probl`eme se pose au voisinage de +∞: |y2g(y)|?M1(g) |f(x-y)|?M0(f) On a ainsi, au voisinage de l"infini,|f(x-y)g(y)|?M1(g)M0(f)y 2et, par domination,
y?→f(x-y)g(y) est int´egrable surR. (b) Montrons quef?gest continue : •y?→f(x-y)g(y) est continue surR, •x?→f(x-y)g(y) est continue surR, •Pour toutx?R,|f(x-y)g(y)|?M0(f)|g(y)| ?L1(R) donc, en vertu du th´eor`eme de continuit´e sous l"int´egrale,f?gest continue. SoientfetgdansFalors????xk?
R f(y)g(x-y)dy????=????? R (x-y+y)kf(y)g(x-y)dy???? Rk p=0? k p? (x-y)k-pg(x-y)×ypf(y)dy? k? p=0? k p? M k-p(g)? R ypf(y)dy, cary?→ypf(y) est int´egrable surR.xkf?g(x) est born´ee pour toutketf?gest continue doncf?g? F. On a, en appliquant Fubini
m k(f?g) =? R xk?? R f(x-y)g(y)dy? dx k? p=0? k p? R? R ypf(y)×(x-y)k-pg(x-y)dy? dx k? p=0? k p? R ypf(y)?? R (x-y)k-pg(x-y)dx =mk-p(g)? dy k? p=0? k p? m p(f)mk-p(g). On a pu appliquer Fubini ici car, en posantM?p(f) =Mp+2(f) +Mp(f), on a •y?→ypf(y)(x-y)k-pg(x-y) est born´e parMk-p(g)|ypf(y)|donc int´egrable surR, •x?→? R ypf(y)(x-y)k-pg(x-y)dyest int´egrable car elle est major´ee par RM ?p(f)y 2+ 1×M?k-p(g)(x-y)2+ 1dy=M?p(f).M?k-p(g)2πx
2+ 4qui est int´egrable (merci
MAPLE).
CORRIG
´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009 5
Il nous faut aussi l"int´egration en intervertissant les variables : •x?→ypf(y)(x-y)k-pg(x-y) est int´egrable car on peut la majorer par M p(f)×|x-y|k-p|g(x-y)|qui est int´egrable car major´ee parM?k-p(g)(y-x)2+ 1, •y?→? R ypf(y)(x-y)k-pg(x-y)dx=ypf(y)? R uk-pg(u)duqui est aussi int´egrable. OUF ! (10)•On sait quem0(f1?f2) =m0(f1).m0(f2) = 1 (formule du9.b) et par une r´ecurrence imm´ediate,m0(f1? ··· ?fn) = 1. •Avec la mˆeme formule,m1(f1?f2) =m1(f1).m0(f2) +m0(f1).m1(f2) = 0 et, par r´ecurrence et associativit´e de?,m1(f1? ··· ?fn) = 0 (en faitF0est stable par?). •m2(f1?f2) =m0(f1)m2(f2) + 2m1(f1)m1(f2) +m2(f1)m0(f2) =m2(f1) +m2(f2). Par r´ecurrence, on suppose quem2(f1? ··· ?fn) =m2(f1) +···+m2(fn) alors m 2[(f1? ··· ?fn)?fn+1] =m0(f1? ··· ?fn)m2(fn+1) + 2m1(f1? ··· ?fn)m1(fn+1)
+m2(f1? ··· ?fn)m0(fn+1) =m2(fn+1) +m2(f1) +···+m2(fn) ce qui ach`eve la r´ecurrence. (11) Imm´ediat :mk(Ta(f)) =? R xkf(ax)d(ax) =1a kmk(f). (12) (a) On am2(TnFn) =1n 2m2(Fn) =1n
2n i=1m 2(fi)?Cn
→0 puis 0?? (TnFn)(x)dx?? xα 2(TnFn)(x)dx
1α 2m2(TnFn)→0.
Donc (TnFn)(x)dx→0. C"est exactement pareil avec
(TnFn)(x)dx. (b) Supposons donc dans un premier temps queh(0) = 0. •Choisissonsαpour que|h(x)|?ε/2 d`es que|x|?α, •N?Npour que sup x?R|h(x)|×? |x|?α(TnFn)(x)dx?ε/2 d`es quen?N. Alors, pour toutn?N, en remarquant que?
R (TnFn)(x)dx= 1 et queTnFn(x)?0 R |x|?αh(x)(TnFn)(x)dx????+????? |x|?αh(x)(TnFn)(x)dx???? ε2 |x|?α(TnFn)(x)dx+ sup x?R|h(x)|? |x|?α(TnFn)(x)dx ε2 R h(x)(TnFn)(x)dx+ε2 donc lim n→+∞? R h(x)(TnFn)(x)dx= 0. 6 CORRIG
´E DE L"´EPREUVE MATH 1 DE L"X 2009
Sih(0)?= 0, on remplacehparh0(x) =h(x)-h(0) et, par lin´earit´e de l"int´egrale, lim n→+∞? R h(x)(TnFn)(x)dx=h(0). (13) (a) `A l"aide de Cauchy-Schwarz : m 2(f)2=?
R x2f(x)dx? 2 R x4f(x)dx×? R f(x)dx =1?m4(f). (b) Proc´edons par r´ecurrence surn: m 4(f1?f2) =4?
p=0? 4 p? m p(f1)m4-p(f2) =m4(f1)m0(f2)???? =m4(f1)+m0(f1)m4(f2)???? =m4(f2)+4m3(f1)m1(f2) +m1(f1)m3(f2)???? =0+6m2(f1)m2(f2) =m4(f1) +m4(f2) + 6m2(f1)m2(f2) donc la propri´et´e est vraie `a l"ordre 2. On suppose que cette relation est v´erifi´ee `a l"ordren: m 4(f1? ··· ?fn+1) =m4[(f1? ··· ?fn)?fn+1]
=m4(f1? ··· ?fn) + 6m2(f1? ··· ?fn)m2(fn+1) +m4(fn+1) carF0est stable par?et qu"on a la propri´et´e `a l"ordre 2 n? i=1m 4(fi) +m4(fn+1) + 6?
1?i 2(fi)m2(fj)
+ 6(m2(f1) +···+m2(fn))×m2(fn+1) ce qui termine la r´ecurrence. (c) Commem2(fi)?Cet que la somme? 1?i 2(fi)m2(fj) comporten(n-1)2
termes alors m 4(Fn)?n?
i=1m 4(fi) + 6C2n(n-1)2
?n? i=1m 4(fi) + 3C2n2
puis on proc`ede comme au12.a:?+∞ T nFn(x)dx?? xα 4(TnFn)(x)dx
1α 4m4(TnFn) =1α
41n
4m4(Fn).
Conclusion :
n?1? (TnFn)(x)dxconverge si, par exemple,n? i=1m 4(fi) =O(n2)...
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