exercices de mathématiques - prépa et université

La différence des fonctions

La fonction racine carrée : $\,x\mapsto\sqrt x\,$ est continue et strictement croissante sur $\,[\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$

racines carrées $\,x\mapsto\sqrt{1+x}\,$ et $\,x\mapsto\sqrt{1-x}\,$ est

$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :

• stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
• et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

continue sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5}.\,$

Par

Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :

$\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$

identité remarquable, on détermine le produit du dénominateur de $f(x)$ par son expression conjuguée :

Il s'ensuit que le dénominateur de $\,f\,$ ne s'annule que pour $\,x=0\,$ d'où la

$\sc C(I,\bb K)$ est un sous-espace vectoriel de $\sc F(I,\bb K)\sp{1.5},$ et il est :

• stable par produit : $\,f,\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\!\Imp\! f\sp{1.5}g\sp{1.5}\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$
• et stable pour le quotient $\,f\sp{-1.5}/\sp{-1.5}g\,$ lorsque : $\,\ptt x\app I,\ g(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

continuité de $\,f\,$ sur $\,[-1,0\sp{1.5}[\,$ et $\,]\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$

On en déduit aussi une expression simplifiée de $f(x)$ pour tout $\,x\app\,[-1,0\sp{1.5}[\,\cup\,]\sp{1.5}0,1]:\,$ Avec l'

Soient $\,f,g:I\!\setminus\!\{a\}\to\bb R\,$ ayant des limites finies ou non en $\,a\app \surl{\bb R}\sp{1.5}.\,$

Si $\,f(x)\!=\! g(x)\,$ au voisinage de $a$  ou  si : $\,f(x)\eq xa g(x),\,$ alors :

$\displaystyle{}\lim x a\ f(x)= \lim x a \ g(x)$

égalité des limites : $\,\lim x0 f(x)=1\sp{1.5},\,$ on prolonge donc $f$ par

Soit $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ admettant une limite finie en $\,a\non\app I\sp{1.5}.\,$

Alors la fonction $f$ se prolonge par continuité à $\,I\cup\sp{-1.5}\{a\}\,$ en posant :

$\displaystyle{}f(a)=\!\lim x a f(x)$

continuité en posant : $\,f(0)=1\sp{1.5}.\,$

$\,f\,$ ainsi prolongée admet alors des

Toute fonction continue $\,f:I\to\bb K\,$ admet des primitives sur $I\sp{1.5}.$

Pour $\,a\app I\sp{1.5},\,$ $\,F:x\mapsto\!\dint_a^x\!\! f(t)\d t\,$ est  une de ces primitives.

primitives sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\sp{1.5},\,$ car elle y est continue.

Par dérivation des fonctions

Soit $\,\alpha\app\bb R\,$ et la fonction puissance $\,p_\alpha:x\mapsto x^{\alpha}.\,$

Alors  $\,p_\alpha\app\sc C^\I(\sp{1.5}]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\,$ et : $\, \ptt x >0,\ p_\alpha'(x)=\alpha\sp{1.5}x^{\alpha -1}\sp{1.5}.\,$

Si $\,\alpha \geq n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a de plus : $\,p_\alpha\app\sc C^n([\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\bb R)\sp{1.5}.\,$

puissances, on sait que $\,u\mapsto \dfrac23\,u^{3/2}\,$ est une

$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$  ssi  $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$

Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$

primitive de $\,u\mapsto\sqrt u\,.\,$

Par

Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I$ et $\alpha,\beta\app\bb K\,.$

Alors, $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)\,$ et $\,f\sp{1.5}g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :

• $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)'(x)=\alpha\sp{1.5}f'(x)+\beta\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5},\,$

• $\,(f\sp{1.5}g)'\sp{1.5}(x)=f'(x)\,g(x)+f(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5}.\,$

dérivation d'une combinaison linéaire de puissances, $\,f\,$ a donc pour

$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$  ssi  $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$

Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$

primitives sur $\,[-1,1\sp{1.5}]\,$ les fonctions :

On commence linéariser $\sin^3x$ à l'aide de la formule d'

Pour tout réel $\,t\sp{1.5},\,$ on a les formules d'Euler :

• $\,\smh{2}{\cos t=\op{Re}\!\big(\e{\sp{1.5}i\sp{.75}t}\big)=\dfrac{\e{\sp{1.5}i\sp{.75}t}+\e{-i\sp{.75}t}}2}\sp{1.5};\,$
• $\,\smh{1.5}{\sin t=\op{Im}\!\big(\e{\sp{1.5}i\sp{.75}t}\big)=\dfrac{\e{\sp{1.5}i\sp{.75}t}-\e{-i\sp{.75}t}}{2\,i}}\!\cdot\,$

Euler : $\,\sin x=\dfrac{\e{i\sp{1.5}x}-\e{-i\sp{1.5}x}}{2\,i}\!\cdot\,$

On développe alors $\sin^3\!x$ en utilisant la formule du

Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :

$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$

binôme :

Cela nous donne finalement, après regroupement des termes conjugués :

Il s'agit d'une combinaison linéaire de

Les fonctions cosinus et sinus sont de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :

$\eqalign{&\ptt x\app\bb R,\ \big(\cos'(x)=-\sin x\txt{et} \sin'(x)=\cos x\big) \ \txt{d'où :}\\[-1ex] &\cos^{(k)}(x)=\cos\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)\txt{et}\sin^{(k)}(x)=\sin\big(x+\dfrac{k\sp{1.5}\pi}2\big)}$

dérivées de composées de la fonction cosinus.

Les

$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$  ssi  $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$

Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$

primitives de $f$ sur $\,\bb R\,$ sont donc les fonctions :

On en déduit alors, par

Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$

$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$

primitivation, l'intégrale de $f$ sur $\,[0,\pi]:\,$

$f$ est une fonction

Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$

pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$

• Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$

• Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi  $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$

rationnelle ; on factorise le dénominateur de $f(x)$ pour déterminer ses pôles :

Avec une partie entière nulle et trois pôles simples : $\,1\sp{1.5},\,$ $\,2\,$ et $\,-2\sp{1.5},\,$ sa décomposition en

Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$

Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :

$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$

• La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
• après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$

éléments simples est de la forme :

On peut alors obtenir les coefficients $a\sp{1.5},$ $b$ et $c$ de cette décomposition selon deux méthodes :

• soit en évaluant directement $a,$ $b$ et $c$ par les formules :
  $\eqalign{a&=\frac{x+4}{(x-2)(x+2)}\Big|_{x=-1}\!=-1\\ b&=\frac{x+4}{(x+1)(x+2)}\Big|_{x\,=\,2}\,=\,\frac12\\ c&=\frac{x+4}{(x+1)(x-2)}\Big|_{x=-2}=\frac12}$
• soit en
  Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun,  alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$

  On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$
  identifiant $a,$ $b$ et $c$ au numérateur de :
  $\eqalign{f(x)=&\frac{(a+b+c)\sp{1.5}x^2+(b+c)\sp{1.5}x-4\sp{1.5}a+2\sp{1.5}b+2\sp{1.5}c}{(x+1)(x-2)(x+2)}\\ \txt{d'où :}&\left\{\eqalign{\,a+b+c\sp{10}&=0\\[-.5ex]3\sp{1.5}b-c\sp{10}&=1\\[-.5ex]-4\sp{1.5}a+2\sp{1.5}b-2\sp{1.5}c&=4}\right.}$

On obtient une combinaison linéaire de

Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :

$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$

dérivées de logarithmes :

Les

$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$  ssi  $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$

Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$

primitives de $\,f\,$ sur un intervalle inclus dans $\,\bb R\!\setminus\!\{-1,2,-2\}\,$ sont donc les $\,F_C\,$ pour $\,C\app\bb R\sp{1.5},\,$ avec : $f$ est continue sur le segment $\,[\sp{1.5}0,1\sp{1.5}]\,$ qui ne contient aucun pôle de $f,$ d'où l'intégrale par

Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$

$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$

primitivation :

Avec $\,x^2-2\sp{1.5}x+2=(x-1)^2+1 > 0\sp{1.5},\,$ la fonction

Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$

pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$

• Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$

• Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi  $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$

rationnelle $f$ n'a pas de pôle réel.

$f$ est donc une fonction

Une fonction rationnelle $\,f\,$ est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$

continue sur $\bb R\sp{1.5},$ si bien qu'elle y admet des

Toute fonction continue $\,f:I\to\bb K\,$ admet des primitives sur $I\sp{1.5}.$

Pour $\,a\app I\sp{1.5},\,$ $\,F:x\mapsto\!\dint_a^x\!\! f(t)\d t\,$ est  une de ces primitives.

primitives.

On commence par mettre en évidence le

Pour $A,B\app\bb K[X]$ avec $B\neq0,$ il existe un et un seul $\,(Q,R)\app\bb K[X]^2\,$ tel que :

$\displaystyle{}A=B\sp{1.5}Q+R\txt{et}\deg(R) < \deg(B)$

$Q$ et $R$  sont le quotient et le reste de la division euclidienne de $A$ par $B\sp{1.5}.$

quotient euclidien de $\,x^3\,$ par $\,x^2-2\sp{1.5}x+2:\,$

On peut ainsi isoler dans l'expression de de $f(x)$ sa partie entière :

On scinde alors son deuxième terme pour y faire apparaître la

Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$

Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :

$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$

dérivée d'un logarithme : Le dernier terme s'écrit : $\,-\dfrac{2}{(x-1)^2+1}\sp{1.5},\,$ et est l'expression

La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :

$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$

dérivée de : $\,-2\op{Arctan}(x-1)\sp{1.5}.\,$

Les

$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$  ssi  $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$

Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$

primitives de la fonction $f$ sur $\bb R$ sont donc les fonctions $\,F_C:x\mapsto F(x)+C\,$ pour $\,C\app\bb R\sp{1.5},\,$ avec :

On en déduit l'intégrale de la fonction $f$ sur le segment $\,[\sp{1.5}0,1]\,$ par

Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$

$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$

primitivation :