Oraux PSI 2016 : Analyse, Algèbre, Probabilités - Exercices Corrigés

Oraux PSI 2016
ANALYSE
ALGÈBRE
PROBABILITÉS

BANQUE ANALYSE
EXERCICE 1 analyse
Énoncé exercice 1
1. On considère deux suites numériques (un)n∈Net (vn)n∈Ntelles que un∼
+∞vn.
Démontrer que unet vnsont de même signe à partir d’un certain rang.
2. Déterminer le signe, au voisinage de l’infini, de : un=sh 1
n−tan 1 n.
Corrigé exercice 1
1. Puisque un∼
+∞vn, on peut écrire, au voisinage de +∞,un=vn+o(vn).
o(vn) = εnvnavec lim
n→+∞εn= 0.
lim
n→+∞εn= 0 donc il existe entier Ntel que : ∀n∈N,n>N⇒ |εn|61
2.
Et donc ∀n>N,|o(vn)|=|εnvn|61
2|vn|c’est à dire ∀n>N,−1 2|vn|6o(vn)61 2|vn|.
On en déduit que ∀n>N,−1
2|vn|+vn6un61 2|vn|+vn. (*)
Soit n∈Ntel que n>N.
Premier cas : Si vn>0
Alors d’après (*), un>1
2vnet donc un>0.
Deuxième cas cas : Si vn60
Alors d’après (*), un61
2vnet donc un60.
On en déduit qu’à partir du rang N,unet vnsont de même signe.
Autre méthode :
un∼
+∞vn⇐⇒ ∃ (εn)/ un−vn=εnvnavec lim n→+∞εn= 0
⇐⇒ ∃ (εn)/ un= (1 + εn)vnavec lim
n→+∞εn= 0 (∗)
lim
n→+∞εn= 0 donc il existe un entier n0tel que : ∀n∈N,n>n0=⇒ |εn|61
2.
Donc, ∀n∈N,n>n0=⇒ −1
26εn61 2.
On en déduit que ∀n∈N,n>n0=⇒1 + εn>1
2>0. (**)
D’après (*) et (**), pour n>n0,unet vnsont de même signe.
2. Au voisinage de +∞, sh(1
n) = 1 n+1 6n3+o1 n3et tan 1 n=1 n+1 3n3+o1 n3. Donc un∼
+∞−1
6n3.
On en déduit, d’après 1., qu’à partir d’un certain rang, unest négatif.

EXERCICE 2 analyse
Énoncé exercice 2
On pose f(x) = 1
(x+ 1)2(3 −x).
1. Décomposer f(x)en éléments simples et en déduire la primitive Gde fdéfinie sur l’intervalle ]−1; 3[ telle
que G(1) = 0.
2. Déterminer le développement en série entière en 0 de la fonction fet précisez le rayon de convergence.
3. Déduire de ce développement la valeur de G(3)(0).
Corrigé exercice 2
On pose f(x) = 1
(x+ 1)2(3 −x).
1. En utilisant les méthodes habituelles de décomposition en éléments simples, on trouve :
f(x) = 1
16 ×1 x+ 1 +1 4×1 (x+ 1)2+1 16 ×1 3−x.
Les primitives de fsur ]−1; +3[ sont donc les fonctions Fdéfinies par :
F(x) = 1
16 ln x+ 1 3−x−1 4×1 (x+ 1) +Cavec C∈R.
De plus, F(1) = 0 ⇐⇒ C=1
8.
Donc, ∀x∈]−1; 3[,G(x) = 1
16 ln x+ 1 3−x−1 4×1 (x+ 1) +1 8.
2. D’après le cours, x7−→ 1
x+ 1 et x7−→ 1 (x+ 1)2sont développables en série entière à l’origine.
Le rayon de convergence de ces deux développements en série entière vaut 1. (1)
On a ∀x∈]−1,1[,1
1 + x=
+∞
P
n=0
(−1)nxn.
Et, ∀x∈]−1,1[,1
(1 + x)2=
+∞
P
n=1
(−1)n+1nxn−1( obtenu par dérivation du développement précédent).
Enfin, 1
3−x=1
31−x
3.
Donc x7−→ 1
3−xest développable en série entière à l’origine.
Le rayon de son développement en série entière vaut 3. (2)
Et, on a ∀x∈]−3; 3[,1
3−x=1 3
+∞
P
n=0
xn
3n
On en déduit que fest développable en série entière.
On note Rle rayon de convergence de ce développement en série entière.
D’après (1) et (2), R>1.
Or lim
x→−1|f(x)|= +∞donc R61.
Donc R= 1.
Et ∀x∈]−1; 1[,f(x) = 1
16
+∞
P
n=0
(−1)nxn+1
4
+∞
P
n=0
(−1)n(n+ 1)xn+1
16 ×1 3
+∞
X
n=0
xn
3n.
C’est-à-dire ∀x∈]−1; 1[,f(x) =
+∞
X
n=0 (−1)n
16 +(−1)n(n+ 1) 4+1 16 ×3n+1 xn.
3. D’après le cours, les coefficients d’un développement en série entière sont ceux de la série de Taylor associée.
Donc, si on pose ∀n∈N,an=(−1)n
16 +(−1)n(n+ 1) 4+1 16 ×3n+1 , alors, ∀n∈N,an=fn(0) n!.
Ainsi, G(3)(0) = f(2)(0) = 2!a2= 2 ×1
16 +3 4+1 16 ×27=44 27 .

EXERCICE 3 analyse
Énoncé exercice 3
1. On pose g(x)=e2xet h(x) = 1
1 + x.
Calculer, pour tout entier naturel k, la dérivée d’ordre kdes fonctions get hsur leurs ensembles de
définitions respectifs.
2. On pose f(x) = e2x
1 + x.
En utilisant la formule de Leibniz, concernant la dérivée nème d’un produit de fonctions, déterminer, pour
tout entier naturel net pour x∈R\{−1}, la valeur de fn(x).
3. Démontrer, dans le cas général, la formule de Leibniz, utilisée dans la question précédente.
Corrigé exercice 3
1. gest de classe C∞sur Ret hest de classe C∞sur R\{−1}.
On prouve, par récurrence, que :
∀x∈R,g(k)(x)=2ke2xet ∀x∈R\{−1},h(k)(x) = (−1)kk!
(1 + x)k+1 .
2. get hsont de classe C∞sur R\{−1}donc, d’après la formule de Leibniz, fest de classe C∞sur R\{−1}
et ∀x∈R\{−1}:
f(n)(x) =
n
X
k=0 n
kg(n−k)(x)h(k)(x) =
n
X
k=0 n
k2n−ke2x(−1)kk!
(1 + x)k+1 =n!e2x
n
X
k=0
(−1)k2n−k
(n−k)!(1 + x)k+1 .
3. Notons (Pn)la propriété :
Si f:I→Ret g:I→Rsont nfois dérivables sur Ialors, fg est nfois dérivable sur Iet :
∀x∈I,(fg)(n)(x) =
n
X
k=0 n
kf(n−k)g(k)(x).
Prouvons que (Pn)est vraie par récurrence sur n.
La propriété est vraie pour n= 0 et pour n= 1 (dérivée d’un produit).
Supposons la propriété vraie au rang n>0.
Soit f:I→Ret g:I→Rdeux fonctions n+ 1 fois dérivables sur I.
Les fonctions fet gsont, en particulier, nfois dérivables sur Iet donc par hypothèse de récurrence la
fonction fg l’est aussi avec ∀x∈I,(fg)(n)(x) =
n
X
k=0 n
kf(n−k)g(k)(x).
Pour tout k∈ {0, . . . , n}, les fonctions f(n−k)et g(k)sont dérivables sur Idonc par opération sur les
fonctions dérivables, la fonction (fg)(n)est encore dérivable sur I.
Ainsi la fonction fg est (n+ 1) fois dérivable et :
∀x∈I,(fg)(n+1)(x) =
n
X
k=0 n
kf(n+1−k)(x)g(k)(x) + f(n−k)(x)g(k+1)(x).
En décomposant la somme en deux et en procédant à un décalage d’indice sur la deuxième somme, on
obtient : ∀x∈I,(f g)(n+1)(x) =
n
X
k=0 n
kf(n+1−k)(x)g(k)(x) +
n+1
X
k=1 n
k−1f(n+1−k)(x)g(k)(x).
C’est à dire
(fg)(n+1)(x) =
n
X
k=1 n
k+n
k−1f(n+1−k)(x)g(k)(x) + n
0f(n+1)(x)g(0)(x) + n
nf(0)(x)f(n+1)(x).
Or, en utilisant le triangle de Pascal, on a n
k+n k−1=n+ 1 k.
On remarque également que n
0=1=n+ 1 0et n n=1=n+ 1 n+ 1.
On en déduit que (fg)(n+1)(x) =
n+1
X
k=0 n+ 1
kf(n+1−k)(x)g(k)(x).
Donc (Pn+1)est vraie.

EXERCICE 4 analyse
Énoncé exercice 4
1. Énoncer le théorème des accroissements finis.
2. Soit f: [a;b]−→ Ret soit x0∈]a, b[.
On suppose que fest continue sur [a;b]et que fest dérivable sur ]a;x0[et sur ]x0;b[
Démontrer que, si f0admet une limite en x0, alors fest dérivable en x0et f0(x0) = lim
x→x0
f0(x).
3. Prouver que l’implication : ( fest dérivable en x0)=⇒(f0admet une limite finie en x0) est fausse.
Indication : on pourra considérer la fonction gdéfinie par : g(x) = x2sin 1
xsi x6= 0 et g(0) = 0.
Corrigé exercice 4
1. Théorème des accroissements finis :
Soit f: [a, b]−→ R.
On suppose que fest continue sur [a, b]et dérivable sur ]a, b[.
Alors ∃c∈]a, b[tel que f(b)−f(a) = f0(c)(b−a).
2. On pose l= lim
x→x0
f0(x).
Soit h6= 0 tel que x0+h∈[a, b].
En appliquant le théorème des accroissements finis, à la fonction f, entre x0et x0+h, on peut affirmer
qu’il existe chstrictement compris entre x0et x0+htel que f(x0+h)−f(x0) = f0(ch)h.
Quand h→0(avec h6= 0), on a, par encadrement, ch→x0.
Donc lim
h→0
1
h(f(x0+h)−f(x0)) = lim
h→0f0(ch) = lim
x→x0
f0(x) = l.
On en déduit que fest dérivable en x0et f0(x0) = l.
3. La fonction gproposée dans l’indication est évidemment dérivable sur ]−∞,0[ et ]0,+∞[.
gest également dérivable en 0 car 1
h(g(h)−g(0)) = hsin 1 h.
Or lim
h→0
h6=0
hsin 1
h= 0 car |hsin 1 h|6|h|.
Donc, gest dérivable en 0et g0(0) = 0.
Cependant, ∀x∈R\{0},g0(x)=2xsin 1
x−cos 1 x.
2xsin 1
x−−−→
x→00(car |2xsin( 1
x)|62|x|). mais x7−→ cos 1 xn’admet pas de limite en 0.
Donc g0n’a pas de limite en 0.