Sujet Oraux : Polytechnique, Oraux X Abordables en 1ère année

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 03044 ] [correction] Exercice 7 [ 03351 ] [correction] ?Soit E un ensemble. Montrer que E est infini si, et seulement si, pour toute Soient a,b∈N\{0, 1} et n∈N . n nfonction f :E→E, il existe A⊂E avec A =∅ et A =E telle que f(A)⊂A. On suppose que a +b est un nombre premier. Montrer que n est une puissance de 2. Exercice 2 [ 03040 ] [correction] Exercice 8 [ 03039 ] [correction] 1Quelle est l’image du cercle unité par l’application z7→ ?1−z Soit z∈C avec|z|0 0 z +|z |n n ∀n∈N,z =n+1 2Exercice 4 [ 03353 ] [correction] Soient n> 3, ω ,...,ω les racines n-ième de l’unité avec ω = 1.1 n n a) Calculer pour p∈Z, Exercice 10 [ 03234 ] [correction] nX Soit (u ) une suite réelle vérifiantnpS = ωp i i=1 u −u → 0 et u → +∞n+1 n n b) Calculer Montrer qu’il existe une application ϕ :N→N strictement croissante vérifiant n−1X 1 u −n→ 0T = ϕ(n) 1−ωi i=1 Exercice 11 [ 03034 ] [correction] Soit f : [0, 1[→R uniformément continue. Montrer que f est bornée. Exercice 5 [ 03352 ] [correction] Soient a,b,c trois complexes distincts vérifiant Exercice 12 [ 03035 ] [correction] +|2a−b−c| =|2b−a−c| =|2c−a−b| Soit f :R →R continue et tendant vers 0 à l’infini. Montrer que f est uniformément continue. Montrer que le triangle dont les sommets ont pour affixes a,b,c est équilatéral. Exercice 13 [ 03105 ] [correction] Soit α un réel compris au sens large entre 0 et 1/e.
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Exercice 1[ 03044 ][correction]
SoitEun ensemble. Montrer queEest infini si, et seulement si, pour toute
fonctionf:E→E, il existeA⊂EavecA6=∅etA6=Etelle quef(A)⊂A.

Exercice 2[ 03040 ][correction]
Quelle est l’image du cercle unité par l’applicationz7→1?
1−z

Exercice 3[ 03107 ][correction]
SoitBune partie bornée non vide deC.
On suppose que siz∈Balors1−z+z2∈Bet1 +z+z2∈B.
DéterminerB.

Exercice 4[ 03353 ][correction]
Soientn>3,ω1     ωnles racinesn-ième de l’unité avecωn= 1.
a) Calculer pourp∈Z,
n
Sp=Xωip
i=1

b) Calculer

n−11
T=X
i=11−ωi

Exercice 5[ 03352 ][correction]
Soienta b ctrois complexes distincts vérifiant

|2a−b−c|=|2b−a−c|=|2c−a−b|

Montrer que le triangle dont les sommets ont pour affixesa b cest équilatéral.

Exercice 6[ 03043 ][correction]
SoitEun ensemble fini non vide muni d’une loi de composition interne
associative notée>.
Montrer qu’il existee∈Etel quee>e=e.

Enoncés

1

Exercice 7[ 03351 ][correction]
Soienta b∈N {01}etn∈N?.
On suppose quean+bnest un nombre premier. Montrer quenest une puissance
de 2.

Exercice 8[ 03039 ][correction]
Soitz∈Cavec|z|<1. Existence et calcul de
n
nl→i+m∞Y 1 +z2k
k=0

Exercice 9[ 03048 ][correction]
Etudier la suite(zn)n>0définie parz0∈Cet
∀n∈Nzn+zn+2|zn|
1=

Exercice 10[ 03234 ][correction]
Soit(un)une suite réelle vérifiant

un+1−un→0etun→+∞
Montrer qu’il existe une applicationϕ:N→Nstrictement croissante vérifiant

uϕ(n)−n→0

Exercice 11[ 03034 ][correction]
Soitf: [01[→Runiformément continue. Montrer quefest bornée.

Exercice 12[ 03035 ][correction]
Soitf:R+→Rcontinue et tendant vers 0 à l’infini.
Montrer quefest uniformément continue.

Exercice 13[ 03105 ][correction]
Soitαun réel compris au sens large entre 0 et1e.
a) Démontrer l’existence d’une fonctionf∈ C1(RR)vérifiant
∀x∈R f0(x) =αf(x+ 1)

b) Siα= 1e, déterminer deux fonctions linéairement indépendantes vérifiant la
relation précédente.

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Exercice 14[ 03350 ][correction]
Montrer la surjectivité de l’application

z∈C7→zexp(z)∈C

Exercice 15[ 00727 ][correction]
Soitf∈ C2(R+R)telle quexl→i+m∞f(x) =a∈R.
a) Sif00est bornée, que dire def0(x)quandx→+∞?
b) Le résultat subsiste-t-il sans l’hypothèse du a) ?

Enoncés

Exercice 16[ 01341 ][correction]
Soitf: ]01]→Rdérivable. On suppose def(x)→`etxf0(x)→`0quandx→0.
Que dire de`0?

Exercice 17[ 02945 ][correction]
Soientx1     xn y1     yndes réels positifs.
Montrer

(x1   xn)1n+ (y1   yn)1n6((x1+y1)× ∙ ∙ ∙ ×(xn+yn))1n

Exercice 18[ 03049 ][correction]
SoientIun intervalle ouvert deRetf∈ C0(IR).
a) On suppose que, pour tout(x y)∈I2,
fx+2y6f(x) +f(y)
2

Montrer quefest convexe.
b) On suppose qu’il existe un réelMtel que

∀(x y)∈R2|f(x+y) +f(x−y)−2f(x)|6M y2

Montrer quefest dérivable.
Indice : Considérerx7→f(x)±M x22.

Exercice 19[ 02966 ][correction]
Soientf: [01]→Rcontinue telle que
Z10f(t) dt= 0
mle minimum defetMson maximum.
Prouver
Z01f2(t) dt6−mM

Exercice 20[ 02967 ][correction]
Soientfetgdeux fonctions croissantes et continues sur[01]. Comparer
Z10f(t)g(t) dtetZ01f(t) dt×Z01g(t) dt

Exercice 21[ 03051 ][correction]
Soient(a b)∈R2aveca < betf∈ C0([a b]C).
A quelle condition portant surfa-t-on
b
Zaf=Zba|f|?

Exercice 22[ 03089 ][correction]
Soient(a b)∈R2,µ∈R+?etf∈ C2([a b]R)telles que
∀x∈[a b]|f0(x)|>µetf0monotone

Montrer :

Zbae2iπf(t)dt6µ1π

Exercice 23[ 03380 ][correction]
Soitf: [01]→Rcontinue vérifiant
Z1
f(t) dt= 0
0
Montrer qu’il existex∈]01[vérifiant
Z0xtf(t) dt= 0

2

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Exercice 24[ 03116 ][correction]
SoientEun espace vectoriel de dimension finie etu∈ L(E)nilpotent.
SoitSun sous-espace vectoriel deEstable paruet tel que

Montrer queS=E.

E=S+Imu

Enoncés

Exercice 25[ 02464 ][correction]
Soit(a b c)∈R3. Les fonctionsx7→sin(x+a) x7→sin(x+b)etx7→sin(x+c)
sont-elles linéairement indépendantes ?

Exercice 26[ 00271 ][correction]
SoitP∈C[X]non constant et tel queP(0) = 1. Montrer que :

∀ε >0∃z∈C|z|< εet|P(z)|<1

Exercice 27[ 00274 ][correction]
SoitP∈R[X]simplement scindé surR. Montrer queP
coefficients consécutifs nuls.

ne peut avoir deux

Exercice 28[ 01352 ][correction]
SoientKun corps eta1 a2     an∈Kdeux à deux distincts.
a) Calculer
nX
i=X1j6Y=iai−−aajj
n
b) On poseA(X) =Q(X−aj). Calculer
j=1

n1
iXA0(ai)
=1

Exercice 29[ 02131 ][correction]
Déterminer dansK[X]tous les polynômes divisibles par leur polynôme dérivé.

Exercice 30[ 02143 ][correction]
Soientt∈Retn∈N?.
Déterminer le reste de la division euclidienne dansR[X]de(Xcost+ sint)npar
X2+ 1.

Exercice 31[ 02375 ][correction]
Trouver lesP∈C[X]vérifiant

P(X2) =P(X)P(X+ 1)

Exercice 32[ 02941 ][correction]
SoientA B∈C[X]non constants vérifiant

3

{z∈CA(z) = 0}={z∈CB(z) = 0}et{z∈CA(z) = 1}={z∈CB(z) = 1}

Montrer queA=B.

Exercice 33[ 03041 ][correction]
Trouver lesP∈C[X]tels que

P(1) = 1,P(2) = 2,P0(1) = 3,P0(2) = 4,P00(1) = 5etP00(2) = 6

Exercice 34[ 03046 ][correction]
SoitP∈R[X]. Montrer que la suite(P(n))n∈Nvérifie une relation de récurrence
linéaire à coefficients constants.

Exercice 35[ 03336 ][correction]
Résoudre dansC3le système
x2+y2+z2= 0
x4+y4+z4= 0
x5+y5+z= 0
5

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[ 01432 ][correction]

Exercice 38
Calculer

en notant par

a) Soitk∈N?. Majorer les coefficients deAk.
b) CalculerA−1.
c) CalculerAkpourk∈N.

∙ ∙ ∙

Cnn
Cn
n+1
.
C2nn

[n+1]

∙ ∙ ∙
∙ ∙ ∙

Exercice 39[ 03373 ][correction]
a) Donner les coordonnées des foyersF

x2y21
a2+b2=

C0C11
0
1
C10C2
Dn+1=
. .
C0nC1n+1

Ckkn!=k!(nn!−k)!
=
n

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etF0de l’ellipseEd’équation

Exercice 36[ 00403 ][correction]
Soit
M=dbca∈ M2(R)
avec06d6c6b6aetb+c6a+d.
Pour toutn>2, on note
Mn=anndbnn
c

Enoncés

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Exercice 37
Soit

Démontrer que, pour toutn>2,

bn+cn6an+dn

∙ ∙ ∙

[ 02929 ][correction]
1

1

∙ ∙ ∙

0 1
.
.
..
0∙ ∙ ∙

.
.
.
..
0 1

∈ Mn(R)


A=


4

I=Z Z(M F+M F0) dxdy
D
oùDdésigne l’intérieur de l’ellipse

(avec0< b < a)
b) Calculer

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
SiEvide, il n’existe pas de partieest l’ensemble Aincluse dansEvérifiantA6=∅
etA6=E.
SiEest un ensemble à un élément, idem.
SiEest un ensemble fini contenant au moins deux éléments, on peut indexer les
éléments deEpour écrireE={x1 x2     xn}avecn=CardE>2. Considérons
alors l’applicationf:E→Edéfinie parf(x1) =x2,f(x2) =x3,. . . ,f(xn−1) =xn
etf(xn) =x1.
Soit une partieAdeEvérifiantf(A)⊂A. SiAest non vide alors il existe
i∈ {1     n}tel quexi∈Amais alorsf(xi)∈Ai.e.xi+1∈Aet reprenant ce
processus on obtientxi xi+1     xn x1     xi−1∈Aet doncA=E.
Ainsi, siEest un ensemble fini, il existe une applicationf:E→Epour laquelle
les seules partiesAdeEvérifiantf(A)⊂Asont∅etE.
Inversement.
SoitEun ensemble infini etf:E→E.
Soitx∈Eet considérons la suite des élémentsx f(x) f2(x)     fn(x)   .
S’il existen∈N?tel quefn(x) =xalors la partie
A=x f(x)     fn−1(x)⊂Eest non vide, distincte deE(carAfinie) et
vérifief(A)⊂A.
Sinon, la partieA=f(x) f2(x)   ={fn(x)n∈N?} ⊂Eest non vide,
distincte deE(carx∈ A) et vérifief(A)⊂A.

Exercice 2 :[énoncé]
Pourθ∈]02π[etz= eiθ,

1 1 = e−iθ2i+122=12icotanθ
=
1−z1−eiθ2 sinθ2

L’image du cercle unité est la droite d’équationx=21.

Exercice 3 :[énoncé]
On observe queB={i−i}est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres. . .
Posonsf:C→Cetg:C→Cdéfinies par

On remarque

f(z) = 1−z+z2etg(z) = 1 +z+z2

|f(z)−i|=|z+i| |z−(1 +i)|,|f(z) +i|=|z−i| |z−(1−i)|

|g(z)−i|=|z−i| |z+ 1 +i|et|g(z) +i|=|z+i| |z+ 1−i|

Soienta∈Bet(zn)n>0la suite d’éléments deBdéfinie parz0=aet pour tout
n∈N
zn+1=gf((zznn))sRsiiRee((zznn))6>00
Posons enfin
un=zn2+ 1=|zn−i| |zn+i|

Si Re(zn)60alors

un+1=|f(zn)−i| |f(zn) +i|=un|zn−(1 +i)| |zn−(1−i)|

5

Selon le signe de la partie imaginaire dezn, l’un au moins des deux modules
|zn−(1 +i)|et|zn−(1−i)|est supérieur à√2que l’autre est supérieur à 1.alors
Ainsi
un+1>√2un
Si Re(zn)>0, on obtient le mme résultat.
On en déduit que siu06= 0alors la suite(un)n’est pas bornée. Or la partieBest
bornée doncu0= 0puisa=±i. AinsiB⊂ {i−i}.
SachantB6=∅et sachant que l’appartenance deientraîne celle de−iet
inversement, on peut conclure
B={i−i}

Exercice 4 :[énoncé]
Quitte à réindexer, on peut supposer

∀k∈ {1     n} ωk=e2ikπn=ωkavecω=e2iπn

a) Sinne divise parpalors, puisqueωp6= 1

Sindivisepalors


nXωkp=ωp1−ωωpnp= 0
Sp1=
k=1

n n
Sp=Xωkp=X1 =n
k=1

k=1
b) Pour16k6n−1, on a


1ikπn=1icotkπ+12
=−e
1−ωk2isinknπ2n

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Puisque

on a

nk−=X11cotnkπ`=n=−`nk=X−11cotπ−`π=n−1otnπ`
nX−c
`=1

n−1cotkπ= 0
Xn
k=1

puis
T(n−1)
=
2
On peut aussi retrouver cette relation en considérant queTest la somme des
racines d’un polynôme bien construit

Pn= (X−1)n−Xn=−nXn−1+n(n2−1)Xn−2+∙ ∙ ∙

Exercice 5 :[énoncé]
Posons
a+b+c
ω=
3
l’affixe du barycentre des sommets du triangle. L’hypothèse posée donne

|a−ω|=|b−ω|=|c−ω|

Corrections

donc le barycentre est aussi centre du cercle circonscrit au sommet du triangle
(qui est nécessairement non aplati). Puisque le barycentre est aussi le centre du
cercle circonscrit, le triangle est équilatéral (on le montre par exemple en
affirmant que médianes et médiatrices issues d’un côté sur lequel ne figure pas le
point désigné parωsont confondues).

Exercice 6 :[énoncé]
Considérons l’applicationf:x7→x>xdeEversE.
Pourx∈E, la suite des élémentsx f(x)     fn(x)   ne peut tre formée
d’éléments deux à deux distincts car l’ensembleEest fini.
Ainsi il existep < q∈Ntel quefp(x) =fq(x).
Posonsa=fp(x)etn=q−p∈N?de sorte quefn(a) =a.
On af(a) =a2,f2(a) =a4,f3(a) =a8,. . . ,fn(a) =a2n.
Notons qu’ici la notationampour un itéré deaest possible pourm∈N?car la loi
>est associative. De plus, on peut affirmer quea`>am=a`+mpour` m∈N?.
Poure=a2n−1∈E, on a
e>e=e2=a2n+1−2=a2n>a2n−2=a>a2n−2=a2n−1=e.

Exercice 7 :[énoncé]
On peut écriren= 2k(2p+ 1)aveck p∈Net l’enjeu est d’établirp= 0.
Posonsα=a2ketβ=b2k. On a

6

an+bn=α2p+1+β2p+1=α2p+1−(−β2p+1)
On peut alors factoriser parα−(−β) =α+βet puisquean+bnest un nombre
premier, on en déduit queα+β= 1ouα+β=an+bn. Puisqueα β>1, le cas
α+β= 1est à exclure et puisqueα6anetβ6bn, le casα+β=an+bn
entraîne
α=anetβ=bn
Puisquea>2, l’égalitéα=an=α2p+1entraînep= 0et finalementnest une
puissance de 2.

Exercice 8 :[énoncé]
(1−z)k=Qn01= (1−z)(1 +z)(1 +z2)  (1 +z2n) = (1−z2n+1).
+z2k
Orz2n+1→0donclimnQ 1 +z2k=1 1−z.
n→+∞k=0

Exercice 9 :[énoncé]
On peut écrirez0=ρeiθavecρ>0etθ∈]−π π]
On a alors
1 +eiθosθiθ,z2=ρ2oscθ4socθei4θ,...,zn=ρei2θnnYs2coθk
z1=ρ2 =ρ2ce2
k=1

Siθ= 0alorszn=ρ→ρ.
Sinon, pour toutn∈N?,sin2θn6= 0et

n
sin2θnYs2θk2=sinnθ
co
k=1

par exploitations successives de l’identitésin 2a= 2 sinacosa.
On en déduit
nθsinθsinθ
Ycos =
k=12k2nsin2θn→θ

Finalement

sinθ
zn→ρθ

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Exercice 10 :[énoncé]
On définit les valeurs deϕpar récurrence en posant

ϕ(0) = 0

et pour toutn∈N?,
ϕ(n) = mink∈Nk > ϕ(n−1)etuϕ(k)>k

Corrections

Puisqueun→+∞,ϕ(n)est bien défini en tant que plus petit élément d’une
partie non vide deN.
Il est immédiat par construction queϕest une application strictement croissante
deNversN.
Il reste à vérifier
uϕ(n)−n→0
Par construction, on a pourn∈N?

uϕ(n)>n
et puisqueϕ(n)−1∈k∈Nk > ϕ(n−1)etuϕ(n)>n, on a

ϕ(n)−1 =ϕ(n−1)ouuϕ(n)−1< n

Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini denpour lesquels

ϕ(n−1) =ϕ(n)−1

Puisqueun+1−un→0, à partir d’un rangN, on a

|un+1−un|<12

Par constructionuϕ(N)=N+αavecα>0.
On a alors
uϕ(N)+k6N+α+k2
Pourkassez grand, on a
uϕ(N)+k< N+k
Or
u>N+k

donc

ϕ(N+k)

ϕ(N+k)6=ϕ(N) +k

Ainsi, il n’est pas possible que pour toutp∈ {N+ 1     N+k}on ait

ϕ(p)−1 =ϕ(p−1)

et donc il existep>N+ 1vérifiant

uϕ(p)−1< petuϕ(p)>p

et puisqueuϕ(p)−uϕ(p)−1<12, on a

et par récurrence on obtient

uϕ(p)∈[p p+ 12[

∀q>p,uϕ(q)∈[q q+ 12[

Au-delà du rangp+ 1on ne peut avoir la propriété

car celle-ci entraîne

ϕ(n)−1 =ϕ(n−1)

uϕ(n−1)∈[n−1 n−12[etuϕ(n)∈[n n+ 12[

Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang

Cela entraîne

et donc

uϕ(n)−1< netuϕ(n)>n

06uϕ(n)−n6uϕ(n)−uϕ(n)−1→0

uϕ(n)−n→0

Exercice 11 :[énoncé]
Pourε= 1, il existeα >0tel que∀x y∈[01[|y−x|6α⇒ |f(y)−f(x)|61.
Par suite, pour toutx∈[1−α1[, on a|f(x)−f(1−α)|61puis
|f(x)|61 +|f(1−α)|.
De plus, la fonctionfest continue donc bornée sur le segment[01−α]par un
certainM.
On a alorsfbornée sur[01[parmax{M1 +|f(1−α)|}.

Exercice 12 :[énoncé]
Soitε >0.
Puisqueftend vers 0 en+∞, il existeA∈R+tel que pour toutx∈[A+∞[,
|f(x)|6ε2.

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Corrections

Puisque la fonctionfest continue, elle est continue sur le segment[0 A+ 1]et
donc uniformément continue sur ce segment en vertu du théorème de Heine.
Par suite il existeα >0tel que
∀(x y)∈[0 A+ 1]2|y−x|6α⇒ |f(y)−f(x)|6ε.
Posonsα0= min{α1}>0.
Soientx y∈R+tels que|x−y|6α0.
Quitte à échanger, supposons quexest le plus petit dexety.
Six∈[0 A]alorsx y∈[0 A+ 1]et|y−x|6αdonc|f(y)−f(x)|6ε.
Six∈[A+∞[alorsx y∈[A+∞[donc|f(y)−f(x)|6|f(y)|+|f(x)|6ε.

Exercice 13 :[énoncé]
a) Cherchonsfde la forme
f(x) = eβx
Après calculs, siα=βe−βalorsfest solution.
En étudiant les variations de la fonctionβ7→βe−β, on peut affirmer que pour
toutα∈[01e], il existeβ∈R+tel queβe−β=αet donc il existe une fonction
fvérifiant la relation précédente.
b) Pourα= 1e, les fonctionsx7→exetx7→xexsont solutions.
Notons que pourα∈]01e[il existe aussi deux solutions linéairement
indépendantes car l’équationβe−β=αadmet deux solutions, une inférieure à 1 et
l’autre supérieure à 1

Exercice 14 :[énoncé]
Notonsfl’application étudiée. Pourz=ρeiα, on a

f(z) =ρeρcosαei(α+ρsinα)

SoitZ=reiθ∈Cavecr>0.
Sir= 0alorsZ= 0 =f(0).
Sir >0, pour quez=ρeiαvérifief(z) =Z, il suffit de trouver(ρ α)solution du
système
(ρeρcosα=r
α+ρsinα=θ

Nous alors chercher un couple(ρ α)solution avecρ >0etα∈]0 π[.
Quitte à considérer un nouvel argumentθpour le complexeZ, nous supposons
θ > π.
On a alors
(αρeρ+coρssα=nirα=θ⇔gρ(α)=θnis=−ααr

avec

αθ−
g(α) =θ−esinααcosα
sinα
La fonctiongest définie et continue sur]0 π[.
Quandα→0+,g(α)→+∞et quandα→π−,g(α)→0+.
Par suite, il existeα∈]0 π[tel queg(α) =ret alors, pourρ=sθin−αα, on obtient

Finalementfest surjective.

f(ρeiα) =reiθ=Z

Exercice 15 :[énoncé]
a) PosonsM∈R+?tel que|f00(x)|6Mpour toutx∈R+.
Soitε >0. La suite(xn)de terme général
ε
xn=nM

diverge vers+∞et donc
f(xn+1)−f(xn)→0
Par suite il existeN∈Ntel que pour toutn>N

ε2
|f(xn+1)−f(xn)|6M

Par le théorème des accroissements finis, il existecn∈]xn xn+1[tel que

|f0(cn)|(xn+1−xn)6εM2

ce qui donne
|f0(cn)|6ε
Puisquef00est bornée parM, la fonctionf0estM-lipschitzienne et donc

∀u∈[xn xn+1]|f0(u)−f0(cn)|6M|u−cn|6ε

puis
∀u∈[xn xn+1]|f0(u))|6ε+|f0(cn)|62ε
et, puisque ceci vaut pour toutn∈N, on a en posantA xN,
=

∀u>A|f0(u)|62ε

On peut conclure quef0converge vers 0 en+∞.

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Corrections

b) Posons
f(t cos() =t2)
t+ 1
On vérifie aisément quefest de classeC2et converge en+∞sans quef0converge
en 0.

Exercice 16 :[énoncé]
Nous allons montrer`0= 0en raisonnant par l’absurde.
Supposons`0>0.
Il existeα >0tel qu’au voisinage de 0

xf0(x)>α

Pourxet2xdans ce voisinage, on peut écrire en vertu du théorème des
accroissements finis
f(2x)−f(x) =xf0(c)

avecccompris entrexet2x.
Puisquecf0(c)>α, on obtient

Or quandx→0+

f(2x)−f(x)>cαx>α2

f(2x)−f(x)→`−`= 0

C’est absurde.
De mme, supposer`0<0est absurde.

Exercice 17 :[énoncé]
Si l’un desxiou desyiest nul, la relation est immédiate. On suppose désormais
xi yi>0.
En divisant par(x1   xn)1n, la propriété demandée équivaut à
1 + (α1   αn)1n6((1 +α1)  (1 +αn))1npour toutαi>0. Etablissons cette
identité.
Considérons la fonctionf:x7→ln (1 + ex).
fest dérivable etf0(x) =e+1xex= 1−e+11x. La fonctionf0est croissante doncf
est convexe.
Par l’inégalité de Jensen :
∀a1     an∈R fa1+∙ ∙n∙+an61n(f(a1) +∙ ∙ ∙+f(an))

Pourai= lnαi, on obtient
ln1 + en1(lnα1+∙∙∙+αn)61n(ln(1 +α1) +∙ ∙ ∙+ ln(1 +αn))
puis
ln1 + (α1∙ ∙ ∙αn)1n6ln ((1 +α1)  (1 +αn))1n
et par la croissance de la fonction exponentielle, on obtient
1 + (α1   αn)1n6((1 +α1)  (1 +αn))1n

9

Exercice 18 :[énoncé]
a) Soita b∈IetA={λ∈[01] f(λa+ (1−λ)b)6λf(a) + (1−λ)f(b)}.
On a01∈Aet par l’hypothèse de travail, on montreλ µ∈A⇒(λ+µ)2∈A.
Par récurrence surn∈N, on a∀k∈ {01    2n} k2n∈A.
Enfin pour toutλ∈[01], pourkn=E(2nλ), on aλn=kn2n→λet
f(λna+ (1−λn)b)6λnf(a) + (1−λn)f(b)donne à la limite
f(λa+ (1−λ)b)6λf(a) + (1−λ)f(b).
Ainsi la fonctionfest convexe.
b) Par ce qui précède, on montre que la fonctiong:x7→f(x)−M x22est
convexe.
On en déduit qu’en toutx∈I,gest dérivable à droite et à gauche et on a
gg0(x)6g0d(x)
Or la fonctionx7→M x22est dérivable donc, par opérations,fest dérivable à
droite et à gauche et on vérifie
f0g(x)6f0d(x)
De mme, on montre que la fonctionh:x7→f(x) +M x22est concave et on en
déduit que pour toutx∈I,
fg0(x)>f0d(x)
Finalementf0g(x) =fd0(x)et doncfest dérivable.

Exercice 19 :[énoncé]
La fonctiont7→(M−f(t))(f(t)−m)est positive donc
1
Z0(M−f(t))(f(t)−m) dt>0
En développant et par linéarité, on obtient−mM−R01f2(t) dt>0sachant
R10f(t) dt= 0.
On en déduit l’inégalité demandée.

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Corrections

Exercice 20 :[énoncé]
Nous allons établir l’inégalité
Z10f(t) dt×Z10g(t) dt6Z01f(t)g(t) dt
On peut commencer par observer que si cette inégalité est vraie pourfetg, elle
l’est encore pourf+λetg+µavecλ µ∈R. On peut donc, sans perte de
généralités, supposerR10f(t) dt=R10g(t) dt= 0et il s’agit alors d’établir
R10f(t)g(t) dt>0.
Il existe alorsa∈[01]tel quef(x)60pourx∈[0 a]etf(x)>0pourx∈[a1].
Il existe aussib∈[01]tel queg(x)60pourx∈[0 b]etg(x)>0pourx∈[b1].
Quitte à échangerfetg, on peut supposera6b.
Z10f(t)g(t) dt=Za(t)g(t) dt+Zabf(t)g(t) dt+Zb1f(t)g(t) dt
f
0
R0af(t)g(t) dt>0carf(t) g(t)60sur[0 a].
Rabf(t)g(t) dt>f(b)Rbag(t) dtcarf(t)6f(b)et doncf(t)g(t)>f(b)g(t)puisque
g(t)60.
Rb1f(t)g(t) dt>f(b)Rb1g(t) dtcarf(t)>f(b)et doncf(t)g(t)>f(b)g(t)puisque
g(t)>0.
On en déduit
1
Z0g(t) dt>f(b)Za1g(t) dt>0
f(t)
et on peut conclure.
Notons que la comparaison
Z01) dt×Z10g(t) dt6Z10f(t)g(t) dt
f(t
ne peut tre améliorée car c’est une égalité quandfetgsont des fonctions
constantes.

Exercice 21 :[énoncé]
SupposonsRbaf=Rba|f|.
On peut écrireRbaf=reiθavecr=Rbafetθ∈R.
Considérons alorsg:t7→f(t)e−iθ.
b
On aRg=Rbaf∈RdoncRbag=RabRe(g).
a

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Or|g|=|f|et l’hypothèse de départ donneRba|g|=Rab(g)puis
Re
Rab|g| −Re(g) = 0.
Puisque la fonction réelle|g| −Re(g)est continue, positive et d’intégrale nulle,
c’est la fonction nulle.
Par suite Re(g) =|g|et donc la fonctiongest réelle positive.
Finalement, la fonctionfest de la formet7→g(t)eiθavecgfonction réelle positive.
La réciproque est immédiate.

Exercice 22 :[énoncé]
Ecrivons
Zabe2iπf(t)dt=Zabff00((tte))2iπf(t)dt
Par intégration par parties
Zbaff00((tt)e)2iπf(t)dt=2ei2πiπff0((tt))ba+2i1πZabff00(0t)(t)2e2iπf(t)dt
Quitte à considérer−f, supposonsf00>0
bf00(t)e2b
Zaf0(t)2iπf(t)dt6Zaff0002((tt))dt=f01(a)−f01(b)

et donc

Zabff00((tte))2iπf(t)dt621π01(b1)1)−f01(b)
|f|+|f0(a)|+f0(a

Selon le signe (constant) def0, le terme enf0(b)ou le terme enf0(a)se simplifie
et on obtient
Zbaff00((tt))e2iπf(t)dt6µ1π

Exercice 23 :[énoncé]
Introduisons
x
F:x7→Z0xf(t) dtetG:x7→Ztf(t) dt
0
Par intégration par parties
Z Z

x x
G(x) =xF(x)−F(t) dt= [F(x)−F(t)] dt
0 0

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