Épreuve de Mathématiques 1
Correction
Exercice 1
1) Il faut toujours vérifier que a et b commutent : ici ce sont des complexes, donc c’est le cas.
(a + b)
n=
n
X
k=0
n k
! a
kb
n−kAyez des moyens de vérification :
• Testez pour n petit : pour n = 1, est-ce que votre formule donne bien (a + b)
1= a + b
Pour n = 2, est-ce que vous retrouvez l’identité remarquable : (a + b)
2= a
2+ 2ab + b
2• D’ailleurs, à partir du moment où vous connaissez cette identité (n = 2), vous connaissez la formule du binôme :
◦ Pour n = 2, il y a 3 termes dans la somme.
Dans le cas général, il y a n + 1 termes , i.e. votre somme commence à k = 0.
◦ Pour n = 2, la somme des degré en a et b est toujours 2 (2 + 0 = 1 + 1 = 0 + 2 = 2).
Dans le cas général, la somme des degrés doit faire n : k + n − k = n .
◦ On commence à a
2b
0et on finit à a
0b
2, dans le cas général la somme commence à a
nb
0et finit à a
0b
n.
◦ Il y a un coefficient binomial (le « 2 ») ... comme le nom de la formule l’indique.
2) a) Le calcul nous donne B = A − 3I
3=
0 2 2
1 0 0
−1 0 0
, B
2=
0 0 0
0 2 2
0 −2 −2
et B
3= 0.
b) Pour tout entier k > 3, B
k= B
3B
k−3= 0.B
k−3= 0.
3) A = 3I
3+ B. Or I
3et B commutent, donc on peut écrire la formule du binôme de Newton : pour tout entier n > 2,
A
n= (3I
3+ B)
n=
n
X
k=0
n k
!
3
n−kI
3n−kB
k=
2
X
k=0
n k
!
3
n−kB
k(B
k= 0 si k > 3)
= 3
nI
3+ n3
n−1B + n(n − 1)
2 3
n−2B
2A
n= 3
nI
3+ n
3 B + n(n − 1) 18 B
2Si n = 0, A
0= I
3, la formule est vraie ; et si n = 1, on retrouve aussi la bonne formule, puisque le
terme en n(n − 1) s’annule.
4) a) Comme
X
n+1=
u
n+1v
n+1w
n+1
=
3u
n+ 2v
n+ 2w
nu
n+ 3v
n−u
n+ 3w
n
=
3 2 2
1 3 0
−1 0 3
u
nv
nw
n
la relation de récurrence est la suivante : X
n+1= AX
n. Montrons par récurrence que la propriété :
H
n: X
n= A
nX
0est vraie pour tout n > 0.
• H
0: est vraie par hypothèse : A
0= I
3.
• H
n= ⇒ H
n+1: Supposons H
nvraie.
X
n+1= AX
n(relation ci-dessus)
= A(A
nX
0) (H
n)
= A
n+1X
0Donc H
n+1est vraie.
• Conclusion : ∀n > 0, X
n= A
nX
0b) Pour tout n ∈ N ,
X
n= A
nX
0= 3
nI
3+ n
3 B + n(n − 1) 18 B
2X
0Donc
u
nv
nw
n
= 3
nX
0+ n
3 BX
0+ n(n − 1) 18 B
2X
0= 3
n
2 + 2n/3 1 + 2n/3 + n(n − 1)/9
−2n/3 − n(n − 1)/9
Ainsi
• u
n= 3
n(2 + 2n/3) et a pour limite +∞ ;
• v
n= 3
n(1 + 2n/3 + n(n − 1)/9) et a pour limite +∞ ;
• w
n= 3
n(−2n/3 − n(n − 1)/9) et a pour limite −∞.
Exercice 2 (Sommes géométriques)
1) Il faut distinguer le cas x 6= 1 et x = 1 . Vérification : on ne divise pas par 0.
∀x 6= 1,
n
X
k=0
x
k= 1 − x
n+11 − x Si x = 1,
n
X
k=0
x
k= n + 1.
2) La série converge si et seulement si |x| < 1 , i.e. x ∈] − 1, 1[.
∀x ∈] − 1, 1[,
+∞
X
k=0
x
k= 1 1 − x 3) a) Soit n ∈ N . Remarquons que e
inxe
nx= e
(1+i)nx. Posons
q = e
(1+i)xAlors, pour tout n ∈ N , q
n= e
(1+i)nx= e
inxe
nxdonc
<(q
n) = cos(nx)e
nx= u
nb) Si x = 0, u
n= 1 pour tout n, donc
n
X
k=0
u
k= n + 1.
Désormais x 6= 0, donc |q| 6= 1, et par conséquent q 6= 1.
Commençons par trouver une expression sans sommation de
n
X
k=0
q
k.
n
X
k=0
q
k= 1 − q
n+11 − q
= 1 − e
(1+i)(n+1)x1 − e
ixe
xIci, l’angle moitié ne donne rien
= (1 − e
−ixe
x)(1 − e
(1+i)(n+1)x)
(1 − e
−ixe
n)(1 − e
ixe
x) donc, quantité conjugué
= 1 − e
(1+i)(n+1)x− e
−ixe
x− e
−inxe
(n+2)x1 − 2 cos(x)e
x+ e
2xPuis, en passant à la partie réelle :
n
X
k=0
u
k= 1 − cos((n + 1)x)e
(n+1)x− cos(x)e
x− cos(nx)e
(n+2)x1 − 2 cos(x)e
x+ e
2xExercice 3 (Dérivées et primitives)
1)
(g ◦ f )
0= f
0× g
0◦ f 2) Si α = −1, une primitive sur ]0, +∞[ est
ln Sinon, une primitive sur ]0, +∞[ est
x 7→ x
α+1α + 1 Vérifiez vos primitives ! Dérivez...
3) a) Pour tout x ∈ I, tan(x) = sin(x) cos(x)
b) La fonction cosinus ne s’annule par sur I, donc 1
cos est bien définie. Ainsi, la fonction tangente est C
∞sur I comme produit de fonctions C
∞. Pour tout x ∈ I ,
tan
0(x) = cos(x) cos(x) − sin(x)(− sin(x)) cos
2(x)
= 1
cos
2(x) Conclusion : tan
0= 1
cos
2c) Pour tout x ∈ I,
1 + tan
2(x) = 1 + sin
2(x) cos
2(x)
= cos
2(x) + sin
2(x) cos
2(x)
= 1
cos
2(x)
= tan
0(x) d’après la question précédente
Conclusion,
tan
0= 1 + tan
2Cette expression s’obtient aussi directement à partir de la première ligne de calcul de la question précédente :
tan
0= cos
2+ sin
2cos
2= cos
2cos
2+ sin
2cos
2= . . .
d) On reconnaît u
0, si on note u = tan. Donc l’expression s’écrit u
0u
n. Donc on sait faire : en maths, il faut réfléchir avec un stylo et une feuille.
Soit n ∈ N . Posons F : I → R définie par
∀x ∈ I, F (x) = 1
n + 1 tan
n+1(x) Pour tout x ∈ R,
F
0(x) = 1
n + 1 (n + 1) tan
0(x) tan
n(x) = f (x) Ainsi, F est une primitive de f sur I.
Exercice 4 (ATS 2019)
1) a) Pour tout t ∈ R ,
ch (−t) = e
−t+ e
−(−t)2 sh (−t) = e
−t− e
t2
= ch (t) = − sh (t)
Conclusion :
ch est paire et sh est impaire
b) La fonction exponentielle est C
∞sur R , donc, comme combinaison linéaire d’exponentielles, Les fonctions ch et sh sont dérivables sur R
Pour tout t ∈ R ,
ch
0(t) = e
t− e
−t2 sh
0(t) = e
t+ e
−t2
= sh (t) = ch (t)
Conclusion :
ch
0= sh et sh
0= ch c) La fonction f est dérivable sur R et
∀t ∈ R , f
0(t) = 2 sh (t) ch (t) − 2 ch (t) sh (t) = 0 Donc f est une fonction constante :
∀t ∈ R, f(t) = f (0) = 1 Ainsi,
∀t ∈ R , (ch t)
2− (sh t)
2= 1
Cette formule peut aussi se retrouver en écrivant ch et sh à l’aide d’exponentielles et en développant
l’expression.
2) Tableaux de variations des fonctions ch et sh : Pour tout t ∈ R , sh
0(t) = ch (t) = e
t+ e
−t2 > 0.
• sh (0) = 0
• sh (t) ∼
+∞e
t2 −−−−→
t→+∞
+∞
• sh (t) ∼
−∞− e
−t2 −−−−→
t→−∞
−∞
x sh
0(x)
sh
−∞ 0 +∞
+ +
−∞
−∞
+∞
+∞
0
Désormais nous connaissons le signe de ch
0= sh sur R :
• ch (0) = 1
• ch (t) ∼
+∞e
t2 −−−−→
t→+∞
+∞
• ch (t) ∼
−∞e
−t2 −−−−→
t→−∞
