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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013

Dérivation d’une fonction vectorielle

Enoncés

Exercice 1[ 00564 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etf:R→Edérivable en 0. On
suppose
∀x∈R,f(2x) = 2f(x)

Montrer quefest linéaire

Exercice 2[ 00565 ][correction]
SoientEunK-espace vectoriel de dimension finie etf:C1([a b[ E).
Montrer quefadmet un prolongement de classeC1à[a b]si, et seulement si,f0
admet une limite enb.

Exercice 3[ 00566 ][correction]
Pour tout réelx, on pose :

x
x22!

Dn(x) =x33!

.
xnn!

1 0
x1
.
x22!x..
. .
. . . .1
∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ∙x22!x

a) Montrer queDnest une fonction dérivable et calculerD0n(x).
b) En déduire l’expression deDn(x).

Exercice 4[ 00567 ][correction]
a) Montrer que pour tout06p < non a
knX=0(−1)kkn!kp= 0etk=nX0(−1)kkn!kn= (−1)nn!

b) En déduire, pourf:R→Ede classeCn, la limite quandh→0de
h1knX=n0(−1)knk!f(kh)

Exercice 5[ 00568 ][correction]
Soitf:R→Ede classeC∞. Etablir que pour toutt6= 0,

tn−1f(1t)(n)= (t−n1+)1nf(n)(1t)

Exercice 6[ 00569 ][correction]
Soitf: [01]→Edérivable à droite en 0 et vérifiantf(0) = 0.
Déterminer la limite quandn→+∞de

n
Sn=Xfkn2
k=1

Exercice 7[ 03482 ][correction]
On munitR3de sa structure euclidienne orientée usuelle. Soient~e1 e2 e3trois
~ ~
fonctions deIversR3de classeC1telle que

∀t∈IB(t) = (e~1(t)~e2(t)~e3(t))est une base orthonormée directe deR3

a) Montrer que pour toutt∈I, la matrice représentative dansB(t)de la famille
(~e01(t)~e02(t)~e03(t))est antisymétrique.
b) En déduire qu’il existe une fonction~Ω :I→R3continue vérifiant

∈ {123}0~
∀i~ei(t) = Ω(t)∧e~i(t)

Exercice 8[ 03481 ][correction]
~
Soitf:I→R3de classeC2vérifiant

~00(t)∈Vectf~(t)
∀t∈I f

~ ~
a) Montrer que l’applicationt7→~σ(t) =f(t)∧f0(t)est constante.
~ ~
b) On suppose qu’il existet0∈Itel que les vecteursf(t0)etf0(t0)ne soit pas
colinéaires.
Montrer qu’il existe alors un plan deR3contenant les valeurs prises parf~(t).
~ ~
c) On suppose qu’il existet0∈Itel que les vecteursf(t0)etf0(t0)sont
colinéaires.
~
On suppose de plus quef(t)ne s’annule pas.
Montrer qu’il existe alors une droite3~
deRcontenant les valeurs prises parf(t).

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Notons quef(2×0) = 2×f(0)impliquef(0) = 0.
On a
f(x) =f(2×x2) = 2f(x2)

Par récurrence

Donc

puis

f(x) = 2nf(x2n)

f(x)f(x2n)−f(0)
=
x x2n→f0(0)

f(x) =f0(0)x

Corrections

Exercice 2 :[énoncé]
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, on prolonge ce résultat aux fonctions à
valeurs dansE.

Exercice 3 :[énoncé]
a) NotonsA(x) = (aij(x))∈ Mn(K)la matrice dontDn(x)est le déterminant.
La fonctionx7→A(x)fonctions coordonnées le sont et parest dérivable car ses
multilinéarité du déterminant, la fonctionDnest dérivable avec

D0n= det(C10 C2     Cn) + det(C1 C02     Cn) +∙ ∙ ∙+ det(C1 C2     C0n)

et donc
D0n= det(C1 C2     C0n)
En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, on
obtient :
0
Dn(x) =Dn−1(x)
b) SachantDn(0) = 0etD1(x) =xon peut conclure, par récurrence,

Dn(x) =xnn!

2

Exercice 4 :[énoncé]
a) Procédons par récurrence surn∈N?.
n(−1)kkn!= (1−1)n= 0etnkP=0(−1)kkkn!=−1.
Pourn= 1,P
k=0
Supposons la propriété établie au rangn>1.
Pour06p < n+ 1.
n+1)kkn+ 1!kp= (1−1)n+1= 0.
Sip= 0alorsP(−1
k=0
n
Si0< p < n+ 1alorskn=+P01(−1)kk+ 1!kp= (n+ 1)kn=P1+1(−1)kk−n1!kp−1=
n
k=0k!(kaprès développement du(k+ 1)p−1.
(n+ 1)P(−1)k−1n+ 1)p−1= 0
Sip=n+ 1alors
kn=P01+(−1)knk+ 1!kn+1= (n+ 1)nkP=0(−1)k−1nk!(k+ 1)n= (−1)n+1(n+ 1)!.
Récurrence établie.
nf(p)(0)
b) Pa) =P
r Taylor Young :f(xp=0p!xp+o(xn)donc
k=nP0(−1)kkn!f(kh) =npP=0f(pp)!(0)k=nP0(−1)knk!kp+o(hn)→(−1)nf(n)(0).

Exercice 5 :[énoncé]
Par récurrence surn∈Nvia :
(tnf(1t))(n+1)=t×tn−1f(1t)(n+1)=t×tn−1f(1t)(n)0+(n+1)tn−1f(1t)(n)

en vertu de la formule de Leibniz, puis

+1
(tnf(1t))(n+1)=t(−1)ntn+(2n+ 1)f(n)(1t)+t(t−n1+)1n−t21f(n+1)(1t)+(n+1) (t−n1+)1nf(n)(1t
et la formule attendue après simplification.

Exercice 6 :[énoncé]
Par la dérivabilité à droite defen 0, on peut écrire

f(x) =f(0) +xf0(0) +xε(x)

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avecε→0.
0+
Puisquef(0) = 0, on obtient
Sn=n12n(0) + 1kn=X1kεnk2
Xkf0n2
k=1
En exploitant
εkn26]0m1axn]kεk
et

nn(n+ 1)
X2
k=
k=1

on obtient
Sn−n2+n1f0(0)6n2+n1]0m1axn]k k
ε
Orε0→+0donc]0m1axn]kεk →0puis

Sn→21f0(0)

Exercice 7 :[énoncé]
a) Pouri j∈ {123}, on a(~ei(t)|e~j(t)) =δijdonc en dérivant
(~ei0(t)|e~j(t)) +~ei(t)|e~0j(t)= 0

Or le coefficientaij(t)de la matrice recherchée est donnée par
aij(t) =e~i(t)|e0j(t)
~

et la relation précédente donne donc

aij(t) +aji(t) = 0

La matrice étudiée est donc antisymétrique
b) Cette matrice antisymétrique est alors de la forme
c(t)
−c(b(0tt))−a(0t)−b(a0t)(t)

Corrections

avec des fonctionsa b c:I→Rcontinues en vertu de leurs expressions en tant
que produit scalaire proposées ci-dessus. On vérifie alors que le vecteur
~
Ω(t) =a(t)e~1+b(t)e~2+c(t)e~3est solution.

Exercice 8 :[énoncé]
a) Par composition, l’application~σest dérivable et

~σ0(t) =f~0(t)∧f~0~ ~0(t) =~0
(t) +f(t)∧f0

On en déduit que l’application~σest constante.
b) Le vecteurs~n=~σ(t0)n’est pas nul et pour toutt∈I

~
f~0(t)∧f(t) =~σ(t) =~n

~
doncf(t)est toujours orthogonal à~n.
~
On en déduit que les valeurs prises parf(t)appartiennent au plan donc~nest
vecteur normal.
c) Le vecteur~σ(t0)est nul et donc pour toutt∈I,~(t) =~0ce qui signifie que
σ
~ ~
f0(t)est colinéaire àf(t).
Introduisons alors le vecteur unitaire

~
u~(t)f~(t)
=
f(t)

La fonctiont7→u~(t)est dérivable et

~ ~ ~
u0(t) =~f0(t)−(f0(t)|f(3t))f~(t) =~0
~
f(t)f~(t)

~ ~
carf0(t)est colinéaire àf(t).
~
Puisque la fonction vectoriellet7→~u(t)est constante, les valeurs prises parf(t)
sont incluses dans la droite vectorielle engendrée par ce vecteur constant.

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