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Exercice 1  564  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et f:E dérivable en 0. On suppose

x,f(2x)=2f(x).

Montrer que f est linéaire

Solution

Notons que f(2×0)=2×f(0) implique f(0)=0.
On a

f(x)=f(2×x/2)=2f(x/2).

Par récurrence

f(x)=2nf(x/2n).

Donc

f(x)x=f(x/2n)-f(0)x/2nf(0)

puis

f(x)=f(0)x.
 
Exercice 2  566   Correction  

Pour tout réel x, on pose:

Dn(x)=|x1(0)x2/2!x1x3/3!x2/2!x1xn/n!x2/2!x|.
  • (a)

    Montrer que Dn est une fonction dérivable et calculer Dn(x).

  • (b)

    En déduire l’expression de Dn(x).

Solution

  • (a)

    Notons A(x)=(ai,j(x))n(𝕂) la matrice dont Dn(x) est le déterminant. La fonction xA(x) est dérivable car ses fonctions coordonnées le sont et par multilinéarité du déterminant, la fonction Dn est dérivable avec

    Dn=det(C1,C2,,Cn)+det(C1,C2,,Cn)++det(C1,C2,,Cn)

    et donc

    Dn=det(C1,C2,,Cn).

    En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, on obtient

    Dn(x)=Dn-1(x).
  • (b)

    Sachant Dn(0)=0 et D1(x)=x on peut conclure, par récurrence,

    Dn(x)=xnn!.
 
Exercice 3  2693     MINES (MP)Correction  

Calculer le déterminant

|a1+x(x)(x)an+x|

x,a1,,an réels.

Solution

En retirant la première colonne aux autres, on obtient un déterminant où ne figurent des x que sur la première colonne. En développant selon cette première colonne, on obtient une expression affine de la variable x.

|a1+x(x)(x)an+x|=αx+β.

Il reste à déterminer les réels α,β exprimant cette fonction affine.
D’une part

β=|a1+x(x)(x)an+x|x=0=|a1(0)(0)an|=a1an

et d’autre part

α=ddx|a1+x(x)(x)an+x|x=0.

La dérivée d’un déterminant est la somme des déterminants obtenus lorsque l’on ne dérive qu’une colonne

α=j=1n|a11(0)(0)1an|

où la colonne formée de 1 est à la position j. Chaque déterminant se calcule en développant selon la ligne ne contenant que le coefficient 1 et l’on obtient

α=j=1nijai.
 
Exercice 4  5060  

Soit f:[a;b]2 une fonction dérivable.

Montrer qu’il existe c]a;b[ tel que f(c) soit colinéaire à f(b)-f(a).

 
Exercice 5  3964  

Soit tf(t) une fonction de classe 𝒞1 définie sur et à valeurs dans l’espace 2 muni de sa structure euclidienne usuelle.

On suppose la fonction tf(t) constante. Montrer que pour tout réel t, les vecteurs f(t) et f(t) sont orthogonaux.

 
Exercice 6  5061   

Soit f:In une fonction dérivable ne s’annulant pas et telle que les vecteurs f(t) et f(t) sont colinéaires pour tout tI.

Montrer que la fonction f prend toutes ses valeurs dans une même droite vectorielle.

 
Exercice 7  5247   

(Loi des aires)

Soit f:I3 une fonction de classe 𝒞2 ne s’annulant pas et telle que les vecteurs f(t) et f′′(t) sont colinéaires pour tout tI.

Montrer que la fonction f prend toutes ses valeurs dans un même plan vectoriel et que le triangle défini par les vecteurs f(t) et f(t) est d’aire constante.

 
Exercice 8  2587     CCP (MP)Correction  

Soient u,v,w trois fonctions de classe 𝒞2 de [a;b] vers (avec a<b). On suppose

|u(a)v(a)w(a)u(b)v(b)w(b)u(a)v(a)w(a)|=0.

Montrer qu’il existe c]a;b[ vérifiant

|u(a)v(a)w(a)u(b)v(b)w(b)u′′(c)v′′(c)w′′(c)|=0.

Solution

On introduit la fonction f:[a;b] définie par

f(x)=|u(a)v(a)w(a)u(b)v(b)w(b)u(x)v(x)w(x)|.

Cette fonction est continue sur [a;b], dérivable sur ]a;b[ avec

f(x)=|u(a)v(a)w(a)u(b)v(b)w(b)u(x)v(x)w(x)|.

De plus, f(a)=f(b)=0 et donc, par le théorème de Rolle, il existe d]a;b[ tel que f(d)=0. Au surplus, f(a)=0 et une nouvelle application du théorème de Rolle – à la fonction f cette fois – donne l’existence de c]a;d[]a;b[ telle

f′′(c)=|u(a)v(a)w(a)u(b)v(b)w(b)u′′(c)v′′(c)w′′(c)|=0.
 
Exercice 9  4142   

Soit M:2n+1() une application de classe 𝒞1 vérifiant, pour tout réel s,

Mt(s)M(s)=In.

Montrer que la matrice M(s) n’est inversible pour aucune valeur de s.

 
Exercice 10  565  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et f:𝒞1([a;b[,E).
Montrer que f admet un prolongement de classe 𝒞1 à [a;b] si, et seulement si, f admet une limite en b.

Solution

Un tel résultat est déjà connu pour les fonctions à valeurs réelles par application du théorème des accroissements finis. En raisonnant via parties réelles et imaginaires on peut étendre ce résultat au cas d’une fonction complexe. En raisonnant via les fonctions coordonnées dans une base de E, on prolonge ce résultat aux fonctions à valeurs dans E.

 
Exercice 11  569   Correction  

Soit f:[0;1]E dérivable à droite en 0 et vérifiant f(0)=0.
Déterminer la limite quand n+ de

Sn=k=1nf(kn2).

Solution

Par la dérivabilité à droite de f en 0, on peut écrire

f(x)=f(0)+x.f(0)+x.ε(x) avec ε0+0

Puisque f(0)=0, on obtient

Sn=1n2k=1nk.f(0)+1n2k=1nk.ε(kn2).

En exploitant

ε(kn2)max]0;1/n]ε

et

k=1nk=n(n+1)2

on obtient

Sn-n+12nf(0)n+12nmax]0;1/n]ε.

Or ε0+0 donc

max]0;1/n]εn+0

puis

Snn+12f(0).
 
Exercice 12  5343    Correction  

Soient E un espace normé par , a<b deux réels et f:[a;b]E une fonction dérivable. On suppose qu’il existe M+ tel que

f(t)Mpour tout t[a;b].

On souhaite établir11 1 On retrouve l’inégalité des accroissements finis déjà affirmée dans le cours mais obtenue ici avec l’hypothèse dérivable au lieu de classe C1.

f(b)-f(a)M(b-a).
  • (a)

    Soit ε>0. Montrer l’existence d’un plus grand élément c[a;b] tel que

    f(c)-f(a)(M+ε)(c-a).
  • (b)

    Montrer que c=b et conclure.

Solution

  • (a)

    Méthode: On introduit la borne supérieure de l’ensemble des nombres c convenables et l’on montre que celle-ci appartient aussi à cet ensemble.

    Notons Aε l’ensemble des c[a;b] vérifiant

    f(c)-f(a)(M+ε)(c-a).

    Cet ensemble est une partie de , celle-ci est non vide car a lui appartient et est majorée par b. La partie Aε admet donc une borne supérieure que l’on note encore c. Par réalisation séquentielle d’une borne supérieure, il existe une suite (cn) d’éléments de Aε qui tend vers c. Les éléments cn appartiennent au segment [a;b] et donc la limite c aussi. En particulier, la fonction f est définie en c.

    De plus, pour tout n,

    f(cn)-f(a)(M+ε)(cn-a).

    Compte tenu de la continuité de f, cela donne à la limite

    f(c)-f(a)(M+ε)(c-a).

    Ainsi, c est élément de Aε, c’est le plus grand élément de [a;b] vérifiant l’inégalité.

  • (b)

    Par l’absurde, supposons c[a;b[.

    Méthode: Puisque f(c)<M+ε, on montre que pour t au voisinage de c, on a l’inégalité f(t)-f(c)(M+ε)|t-c|.

    Sachant

    limtctcf(t)-f(c)t-c=f(c) avec f(c)<M+ε

    il existe α>0 tel que

    t[a;b],(|t-c|α et tc)f(t)-f(c)t-cM+ε.

    Puisque c est strictement inférieur à b, on peut introduire t]c;b] tel que |t-c|α et alors

    f(t)-f(c)(M+ε)(t-c)

    puis, par l’inégalité triangulaire,

    f(t)-f(a) =f(t)-f(c)+f(c)-f(a)
    f(t)-f(c)(M+ε)(c-t)+f(c)-f(a)(M+ε)(c-a)(M+ε)(t-a).

    Cela contredit la définition de c, c’est absurde.

    On en déduit que c=b et donc

    f(b)-f(a)(M+ε)(b-a).

    Enfin, cela valant pour tout ε>0, aussi petit soit-il, on a encore

    f(b)-f(a)M(b-a).

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Édité le 08-11-2019

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