Algebra Et Analyse

R ÉPUBLIQUE A LGÉRIENNE D ÉMOCRATIQUE ET POPULAIRE
Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique
Université Abou Bekr Belkaid Tlemcen
Faculté des Sciences
Département de Mathématiques
Algèbre et Analyse
Recueil d’Exercices Corrigés
Mathématiques
Pour Etudiants de Première Année
ATTAR Ahmed MIRI Sofiane Elhadi

Algèbre et Analyse
Recueil d’Exercices Corrigés
ATTAR Ahmed MIRI Sofiane Elhadi
8 mars 2018
Préface
Ce polycopié est un ouvrage, principalement destiné aux étudiants de première

année Génie Industriel, mais aussi à tous les étudiants de première année des fi-
lières technologiques et scientifiques. Il fait suite au polycopié [8] publié par la
faculté de technologie, et contenant les notions présentées en cours de mathéma-
tiques.
Nous y présentons différents exercices de Mathématiques de degré de difficulté
variable, avec des corrigés détaillés.
Le lecteur y trouvera aussi des exercices supplémentaires sans corrigé, ainsi
que certains sujets d’examens.
Avant chaque série d’exercices, nous faisons un bref rappel des notions de
cours ; qu’on pourra retrouver en détail dans [8].
Le manuscrit couvre différents sujets de l’analyse et de l’algèbre, qui consti-
tuent les programmes des matières Analyse, Algèbre et Outils mathématiques.
Nous avons scindé ce recueil d’exercices en trois parties, la première partie est
consacrée à l’Algèbre, les exercices proposés traitent de la théorie des ensembles,
des applications et leur classification, de l’arithmétique dans Z, des nombres com-
plexes, du calcul matriciel, des espaces vectoriels ainsi que les applications li-
néaires. La deuxième partie est quant à elle consacrée à l’analyse, on y trouvera
des exercices sur les suites, et sur les fonctions réelles de la variable réelle. La troi-
sième partie, est dédiée aux exercices portant sur le calcul intégral et aux équations
différentielles.
A la toute fin de ce recueil, le lecteur trouvera les corrigés détaillés des examens
d’analyse et d’algèbre des années universitaires allant de 2011 à 2016.
Nous tenons à exprimer notre gratitude et notre reconnaissance aux deux spé-
cialistes anonymes qui ont expertisé ce modeste ouvrage. Grâce à leurs commen-
taires nous avons pu améliorer la présentation du présent manuscrit dans sa forme
et dans son contenu. Nous les remercions pour leur travail consciencieux et profes-
sionnel et pour leurs remarques toujours pertinentes.
ii Préface
Comme toute première version de tout ouvrage, ce recueil peut contenir cer-
taines erreurs et fautes de frappe, nous invitons le lecteur à nous les signaler afin
d’améliorer la présentation et le contenu du présent manuscrit.
Table des matières
Préface i
I Algèbre 1
1 Logique et Théorie des Ensembles 3

1.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Applications 13
2.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3 Arithmétique dans Z 23
3.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4 Nombres Complexes 39
4.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5 Calcul Matriciel 47
5.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
iv TABLE DES MATIÈRES
6 Espaces Vectoriels 57
6.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
6.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
7 Applications Linéaires 67
7.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
7.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
II Analyse 73
8 Suites Numériques 75
8.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
8.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
9 Fonction Réelle d’une Variable Réelle 85

9.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
9.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
10 Dérivation 93
10.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
10.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
III Outils Mathématiques 101
11 Calcul Intégral 103

11.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
11.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
12 Equations Différentielles 117

12.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
12.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
TABLE DES MATIÈRES v
IV Examens 129
13 Examens Algèbre 131

13.1 Examen Final 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
13.2 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
13.3 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
13.4 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
13.5 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
13.6 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
13.7 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
13.8 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
14 Examens d’Analyse 167

14.1 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
14.2 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
14.3 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
14.4 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
14.5 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
14.6 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
14.7 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
15 Examens d’Outils Mathématiques 199

15.1 Examen Final 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
15.2 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
15.3 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
15.4 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
15.5 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
15.6 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
15.7 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
15.8 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
Première partie
Algèbre
Chapitre 1
Logique et Théorie des

Ensembles
Sommaire
1.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.1 Exercices
Avant d’en venir aux ensembles nous commençons par une série d’exercices
sur la logique mathématique.
Exercice 1.1. Soient p et q deux propositions données, en utilisant la table de

vérité, montrer que
(p ⇒ q) ⇔ (p ∧ q)
(p ⇒ q) ⇔ (q ⇒ p)
Exercice 1.2. Soient p, q et r trois propositions données, montrer les propriétés

suivantes
1. p⇔p
2. ( p ∧ p)⇔ p
3. ( p ∨ p)⇔ p
4. ( p ∧ q)⇔( q ∧ p) commutativité du ∧
4 Logique et Théorie des Ensembles
5. ( p ∨ q)⇔( q ∨ p) commutativité du ∨
6. [(p ∧ q) ∧ r] ⇔ [p ∧ (q ∧ r)] associativité du ∧
7. [(p ∨ q) ∨ r] ⇔ [p ∨ (q ∨ r)] associativité du ∨
8. (p ∧ q) ⇔ (p ∨ q) loi de Morgan
9. (p ∨ q) ⇔ (p ∧ q) loi de Morgan
Exercice 1.3. Soient p, q et r trois propositions données. En utilisant la table de

vérité, vérifier que les propositions suivantes sont vraies
1. (p ∨ q) ⇔ [(p ⇒ q) ⇒ q]
2. (p ⇒ q) ⇒ [(p ∧ r) ⇒ (q ∧ r)]
Exercice 1.4. Former la négation des propositions suivantes :

[(p ⇒ q) ∨ r] ∧ (p ∨ q)
[(p ∧ q) ∨ r] ⇒ (p ∧ r)
Exercice 1.5. Montrer à l’aide d’un exemple que la relation
(∀x)(∃y)P ⇒ (∃y)(∀x)P
n’est généralement pas vraie.
Exercice 1.6. Raisonnement par récurrence : Montrer par récurrence ce qui suit
n
X n(n + 1)
k = 1 + 2 + ... + n =
2
k=1
n
X
(2k − 1) = (2(1) − 1) + (2(2) − 1) + ... + (2(n) − 1) = n2
k=1
n 2
X
3 3 3 3 n(n + 1)
k = 1 + 2 + ... + n =
2
k=1
Exercice 1.7. Raisonnement par contraposition : Montrer que

1.
x 6= 2 et y 6= 2 ⇒ xy − 2x − 2y + 4 6= 0
2. Soit n ∈ Z,
n2 pair ⇒ n pair
Exercice 1.8. Raisonnement par l’absurde : Montrer que

√
2 est irrationnel.
ln(2)
est irrationnel
ln(3)
1.1. Exercices 5
Exercice 1.9. Soient A et B deux ensembles donnés, montrer que si A ∩ B =

A ∪ B alors A = B.
Exercice 1.10. Soient A, B et C trois ensembles donnés, montrer que A ∩ C =

A ∪ B si et seulement si B ⊂ A ⊂ C.
Exercice 1.11. Soient A et B deux sous-ensembles d’un ensemble E. Montrer

l’égalité
(A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A \ B) ∪ (B \ A).
1.2 Solutions
Exercice 1.1. Soient p et q deux propositions données, telles que
(p ⇒ q) ⇔ (p ∧ q)
(p ⇒ q) ⇔ (q ⇒ p)
Pour démontrer ces propriétés, il suffit de dresser la table de vérité ;
p q p q p∧q p⇒q p⇒q q⇒p

1 1 0 0 0 1 0 1
1 0 0 1 1 0 1 0
0 1 1 0 0 1 0 1
0 0 1 1 0 1 0 1
Exercice 1.2. Soient p, q et r trois propositions données

1. p⇔p
2. ( p ∧ p)⇔ p
3. ( p ∨ p)⇔ p
4. ( p ∧ q)⇔( q ∧ p) commutativité du ∧
5. ( p ∨ q)⇔( q ∨ p) commutativité du ∨
6. [(p ∧ q) ∧ r] ⇔ [p ∧ (q ∧ r)] associativité du ∧
7. [(p ∨ q) ∨ r] ⇔ [p ∨ (q ∨ r)] associativité du ∨
8. (p ∧ q) ⇔ (p ∨ q) loi de Morgan
9. (p ∨ q) ⇔ (p ∧ q) loi de Morgan
Indication : Cet exercice se traite aussi comme le précédent, il suffit de dresser

la table de vérité
Exercice 1.3. Soient p, q et r trois propositions données. En utilisant la table de

vérité, les propositions suivantes sont vraies :
1. (p ∨ q) ⇔ [(p ⇒ q) ⇒ q]
p q p∨q A:p⇒q B : (p ⇒ q) ⇒ q A⇔B
1 1 1 1 1 1
1 0 1 0 1 1
0 1 1 1 1 1
0 0 0 1 0 1
1.2. Solutions 7
2. (p ⇒ q) ⇒ [(p ∧ r) ⇒ (q ∧ r)]
p q r A:p⇒q B :p∧r C :q∧r D:B⇒C A⇒D
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 0 1 0 0 1 1
1 0 1 0 1 0 0 1
1 0 0 0 0 0 1 1
0 1 1 1 0 1 1 1
0 1 0 1 0 0 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 0 0 1 0 0 1 1
Exercice 1.4. La négation des propositions suivantes :
1. [(p ⇒ q) ∨ r] ∧ (p ∨ q) ⇔ [(p ∨ q) ∨ r] ∧ (p ∨ q)
⇔ [(p ∧ q) ∧ r] ∨ (p ∧ q)
2. [(p ∧ q) ∨ r] ⇒ (p ∧ r) ⇔ [(p ∧ q) ∨ r] ∨ (p ∧ r)
⇔ [(p ∧ q) ∨ r] ∧ (p ∨ r)
Exercice 1.5. Pour montrer qu’on ne peut pas en général commuter les quantifi-
cateurs universel et existentiel il suffit de donner un contre exemple, en effet
∀( un être humain x )(∃ un prenom y)telque y est le prenom de x
⇒ (∃ un prenom y)∀ ( un etre humain x ) ( telque y est le prenom de x)

L’implication est évidemment fausse, l’hypothèse étant vraie et la conclusion étant
fausse l’implication est fausse.
Exercice 1.6. Raisonnement par récurrence :

n
X n(n + 1)
k =
2
k=1
n
X
(2k − 1) = n2
k=1
n 2
X
3 n(n + 1)
k =
2
k=1
n
(2k − 1) = n2
P
On va choisir de démontrer
k=1
on décompose la démonstration en trois étapes
1. Vérification : pour n = 1, on a bien que 2(1) − 1 = 1 = 12 .

n
(2k − 1) = n2 .
P
2. Hypothèse de récurrence :
k=1
n+1
(2k − 1) = (n + 1)2 .
P
3. Il faut montrer que
k=1
n+1
X
(2k − 1) = 2(1) − 1 + 2(2) − 1 + 2(3) − 1 + ... + 2(n) − 1 + 2(n + 1) − 1
k=1
= n2 + 2(n + 1) − 1, par l’hypothèse de récurrence.
= (n + 1)2 .
Ce qui nous permet de conclure que pour tout entier naturel supérieur à 1
n
(2k − 1) = n2
P
on a :
k=1
Exercice 1.7. 1. Soit x, y ∈ R, par contraposée, nous allons montrer que
(xy − 2x − 2y + 4) = 0 ⇒ x = 2 ou y = 2).
Nous attirons l’attention du lecteur sur le fait que la négation du "et" est un
"ou" par les lois de Morgan. On suppose que (xy − 2x − 2y + 4) = 0, or
xy − 2x − 2y + 4 = 0 ⇒ x(y − 2) − 2(y − 2) = 0 ⇒ (x − 2)(y − 2) = 0

⇒ (x = 2 ou y = 2)
2. Soit n ∈ Z,
n2 pair ⇒ n pair
Par contraposée, soit n ∈ Z, nous allons montrer que
n impair ⇒ n2 impair
On suppose que n est impair, alors n = 2k + 1 et par suite
n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1 = 2k 0 + 1
avec k 0 = 2k 2 + 2k pour k ∈ Z donc n2 = 2k 0 + 1 et par conséquent n2 est

impair.
En conclusion pour tout n ∈ Z,
n2 pair ⇒ n pair
1.2. Solutions 9
Exercice 1.8. Raisonnement par l’absurde : Rappelons que pour démontrer qu’une
proposition est vraie, la demonstration par l’absurde consiste à montrer que la
négation de la proposition à démontrer est fausse.
√
1. 2 est irrationnel :
√ √
Supposons que 2 est rationnel alors, 2 = pq , avec p ∈ Z; q ∈ Z∗ , on
supposera de plus que p et q sont premiers entre eux (on choisira une forme
irréductible de la fraction pq )
√ p
2= ⇒ p2 = 2q 2
q
commme p2 = 2q 2 alors p2 est pair, et d’après l’exercice précédent, si p2 est
pair alors p est pair.
Comme p est pair, alors ∃p0 ∈ Z tel que p = 2p0 , or nous avons p2 = 2q 2
donc 4p02 = 2q 2 et par suite q 2 = 2p02 donc q 2 est pair, et donc ∃q 0 ∈ Z tel
0
que q = 2q 0 , en conclusion pq = 2p 2q 0 ce qui contredit l’hypothèse de l’irré-
√
ductibilité de la fraction choisie, ainsi nécessairement 2 est irrationnel.
ln(2)
2. ln(3)est irrationnel
On procède de la même façon que la question précédente, par l’absurde on
suppose que ln(2) ln(2) p ∗
ln(3) est rationnel alors ln(3) = q , avec p ∈ Z; q ∈ Z , p et q
premiers entre eux.
ln(2) ln(2)
Alors ln(3) est rationnel, donc ln(3) = pq ⇒ q ln(2) = p ln(3) ⇒ 2q = 3p .
Si q ≥ 1 alors 2 divise 3p , et par suite 2 divise 3 absurde.
ln(2)
On en déduit que ln(3) est irrationnel.
Exercice 1.9.
Pour montrer l’égalité entre deux ensembles il est souvent pratique de montrer la
double inclusion, en effet
Montrons que A ⊂ B : Soit x ∈ A donc x ∈ A ∪ B ; or par hypothèse A ∩ B =
A ∪ B donc x ∈ A ∩ B et par suite x ∈ B, donc A ⊂ B.
Montrons que B ⊂ A : Soit x ∈ B donc x ∈ A ∪ B ; or par hypothèse A ∩ B =

A ∪ B donc x ∈ A ∩ B et par suite x ∈ A, donc B ⊂ A.
De la double inclusion découle l’égalité.
Exercice 1.10. Soit A, B et C trois ensembles donnés, Il faut montrer que A∩C =
A ∪ B si et seulement si B ⊂ A ⊂ C.
"⇐" Hypothèse B ⊂ A ⊂ C
B ⊂ A ⇒ A ∪ B = A et A ⊂ C ⇒ A ∩ C = A donc B ⊂ A ⊂ C ⇒ A ∩ C =
A∪B
"⇒" Hypothèse A ∩ C = A ∪ B
On sait que B ⊂ A ∪ B or A ∩ C = A ∪ B donc B ⊂ A ∩ C, et par suite B ⊂ A.
D’un autre côté on sait que A ⊂ A ∪ B or A ∩ C = A ∪ B donc A ⊂ A ∩ C, et
par suite A ⊂ C. En conclusion B ⊂ A ⊂ C.
Exercice 1.11. Soit A et B deux sous-ensembles d’un ensemble E. Montrer l’éga-

lité
(A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A \ B) ∪ (B \ A).
Il faut rappeler que A \ B = A ∩ CE B, où CE B est le complémentaire de B dans

E, donc (A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A ∪ B) ∩ CE (A ∩ B) = (A ∪ B) ∩ (CE A ∪ CE B)
= (A ∩ CE A) ∪ (A ∩ CE B) ∪ (B ∩ CE A) ∪ (B ∩ CE B)
= (A \ B) ∪ (B \ A).
1.3 Exercices supplémentaires

Exercice 1.12. Par un raisonnement par l’absurde (et par une approche algé-
brique ), montrer que
1 1 1 1
1+ + + + ... + ...
1! 2! 3! n!
est irrationnel.
Exercice 1.13. Soient m, n deux entiers naturels

1. Donner un équivalent à [(n < m) ⇒ (n = m)].
2. Donner la négation de [(n ≤ m) ⇒ (n > m)]
Exercice 1.14. Soient A, B et C trois ensembles montrer que
[(A ∩ B) = (A ∩ C) et (A ∪ B) = (A ∪ C)] ⇒ B = C
Exercice 1.15. Montrer que

1. (A \ B) \ C = A \ (B ∪ C)
2. (A \ B) ∩ (C \ D) = (A ∩ C) \ (B ∪ D)
1.3. Exercices supplémentaires 11
Exercice 1.16. On rappelle que
A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
Montrer que
(A ∩ B)∆(A ∩ C) = A ∩ (B∆C).
(∀ε > 0, |x| ≤ ε) ⇒ (x = 0)

Chapitre 2
Applications
Sommaire
2.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1 Exercices
Exercice 2.1. Soit f : R → R telle que f (x) = −3x+8. f ainsi définie est-elle
injective ? surjective ?bijective ?
Exercice 2.2. Soit l’applicationf définie comme suit : f : R → R telle que

f (x) = |2x + 5| . f ainsi définie est-elle injective ? surjective ?bijective ?
Exercice 2.3. Soit f : R → R telle que f (x) = x2 − 1 .

1. f ainsi définie est-elle injective ? surjective ?bijective ?
2. Soit à présent g : [1, +∞[→ [0, +∞[ telle que g(x) = x2 − 1, montrer que
g est bijective et donner l’expression de sa fonction réciproque.
2x
Exercice 2.4. Soit f : R → R telle que f (x) = 1+x2
.
1. f ainsi définie est-elle injective ? surjective ?bijective ?
2x
2. Montrer que l’application g : [−1, 1] → [−1, 1] telle que g(x) = 1+x2
est
une application bijective.
14 Applications
Exercice 2.5. Soit f : R2 → R2 telle que f (x, y) = (x + y, 2x + 2y).

L’application f ainsi définie est elle bijective ?
Exercice 2.6. Soit l’application f définie comme suit :

1
→ Rr 21

f: Rr 2
x+1
x 7−→ f (x) =
2x − 1
1. f ainsi définie est-elle injective ? surjective ?
2. Donner l’expression de (f ◦ f )(x).
3. Par deux méthodes différentes , retrouver l’expression de f −1 (x).
Exercice 2.7. Soient a, b, c et d des réels non nuls donnés, et soit g définie comme
suit :
g : Rr {x0 } → Rr {y0 }
ax + b
x 7−→ g(x) =
cx + d
1. Comment doit- on choisir le réel x0 pour que g soit une application ?
2. Comment doit-on choisir a, b, c et d pour que g soit une application injec-
tive ?
3. Comment doit- on choisir a, b, c, d et le réel y0 pour que g soit une applica-
tion surjective ?
4. Comment doit-on choisir a, b, c, d, x0 et y0 pour que g soit une application
bijective ?
Exercice 2.8. On considère quatre ensembles A, B, C et D et des applications

f : A → B , g : B → C, h : C → D. Montrer que :
1. (g ◦ f ) injective⇒ f injective
2. (g ◦ f )surjective⇒ g surjective
3. ((g ◦ f )et (h ◦ g) bijectives)⇒(f, g et h sont bijectives)
2.2. Solutions 15
2.2 Solutions
Exercice 2.1. Soit f : R → R telle que f (x) = −3x + 8.
1. Injectivité : Soit x1 , x2 ∈ R, tels que f (x1 ) = f (x2 ).
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ −3x1 + 8 = −3x2 + 8 ⇒ x1 = x2
et par suite f est injective.

2. Surjectivité : Soit y ∈ R,
8−y
y = f (x) ⇒ y = −3x + 8 ⇒ x = .
3
8−y
Donc ∀y ∈ R, ∃x = 3 ∈ R, tel que y = f (x). Alors f est surjective.
3. f étant injective et surjective donc f est bijective.
Exercice 2.2. Soit l’applicationf définie comme suit : f : R → R telle que f (x) =
|2x + 5|(
. Commençons par écrire l’expression de f sans la valeur absolue :
2x + 5 si x ≥ −5 2
f (x) =
−2x − 5 si x ≤ −5 2
– Injectivité :
– Soient x1 , x2 ∈] − ∞, −5 2 ], f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ −2x1 − 5 = −2x2 − 5 ⇒
x1 = x2 .
– Soient x1 , x2 ∈ [ −5
2 , ∞[, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 2x1 + 5 = 2x2 + 5 ⇒ x1 =
x2 .
– Soit x1 ∈] − ∞, −5 −5
2 ], x2 ∈ [ 2 , ∞[, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ −2x1 − 5 =
2x2 + 5 ⇒ x2 = −x1 − 5.
Cela nous laisse soupçonner que f n’est pas injective, pour le confirmer
nous devons fournir un contre exemple, en effet considérons x2 = 0 ∈
[ −5
2 , +∞[,−x2 − 5 = x1 alors x1 = −5 − 0 = −5 ∈] − ∞, 2 ], et
−5
f (x1 ) = f (−5) = 5, f (x2 ) = f (0) = 5, donc f (0) = f (−5) = 5 mais

x1 = 0 6= x2 = −5. Alors f n’est pas injective. (On peut d’ores et déjà
affirmer que f n’est pas bijective, n’étant pas injective).
– Surjectivité :Soit y ∈ R, ∃x ∈ R tel que y = f (x)
Comme contre exemple y = −1, alors l’équation y = −1 = f (x) = |2x+5|
n’a pas de solution car |2x + 5| ≥ 0.
Ce qui nous permet de déduire que f n’est pas surjective.
– f n’est ni injective ni surjective et par suite f n’est pas bijective.
Exercice 2.3. Soit f : R → R telle que f (x) = x2 − 1 .

16 Applications
1. – Injectivité :Soit x1 , x2 ∈ R, tel que f (x1 ) = f (x2 )
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x21 = x22 ⇒ (x1 = x2 ∨ x1 = −x2 ),
par exemple :x1 = 2, x2 = −2, f (x1 ) = f (x2 ) = 3 mais x1 6= x2 alors

f n’est pas injective.
– Surjectivité :Soit y ∈ R tel que y = f (x)
y = f (x) ⇒ y + 1 = x2 ,
par exemple pour y = −4 alors x2 = −3 contradiction, donc y = −4

ne possède pas d’antécédent par f , ce qui nous permet de conclure que f
n’est pas surjective.
2. Soit à présent g : [1, +∞[→ [0, +∞[ telle que g(x) = x2 − 1 ;
– Injectivité :Soit x1 , x2 ∈ [1, +∞[, tels que g(x1 ) = g(x2 )
g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ x21 = x22 ⇒ (x1 = x2 ∨ x1 = −x2 )
( or l’égalité x1 = −x2 ne peut jamais avoir lieu car x1 , x2 ∈ [1, +∞[),

donc nécessairement x1 = x2 , et par suite g est injective.
– Surjectivité :Soit y ∈ [0, +∞[ tel que y = g(x)
y = g(x) ⇒ y + 1 = x2 ⇒ x = y + 1,
p
√
alors ∃x = y + 1 ∈ [1, +∞[ (car y ∈ [0, +∞[) tel que y = g(x). Alors
g est surjective.
– g étant injective et surjective, elle est bijective
y = g(x) ⇒ y = x2 − 1 ⇒ x = ± y + 1.
p
√ √
On accepte x = y + 1 ∈ [1, +∞[ et on rejette x = − y + 1
√
y = g(x) ⇔ x = g −1 (y) = y + 1.
√
Donc g −1 : [0, +∞[→ [1, +∞[ telle que g −1 (x) = x + 1
2x
Exercice 2.4. Soit f : R → R telle que f (x) = 1+x2
.
1. – Injectivité : Soient x1 , x2 ∈ R, tel que f (x1 ) = f (x2 )
2x1 2x2
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ =
1 + x21 1 + x22
⇒ x1 (1 + x22 ) = x2 (1 + x21 )
⇒ x1 − x2 + x1 x22 − x2 x21 = 0
⇒ x1 − x2 + x1 x2 (x2 − x1 ) = 0
⇒ (x1 − x2 )(1 − x1 x2 ) = 0
⇒ (x1 = x2 ∨ x1 x2 = 1),
2.2. Solutions 17
cela nous laisse soupçonner que f n’est pas injective, pour le confirmer il
faut fournir un contre-exemple, considérons x1 = 2, x2 = 12 alors f (2) =
2 12
f ( 12 ) = 4 1
5, f(2) = 1+( 12 )2
= 1
1+ 14
= 4
5, alors f (2) = f ( 12 ) = 4
5 mais
1
2 6= alors f n’est pas injective.
2
2x 2
– Surjectivité :Soit y ∈ R, y = f (x) ⇒ y = f (x) = 1+x 2 ⇒ y(1 + x ) =
2x ⇒ yx2 − 2x + y = 0
Equation à résoudre en x : ∆ = 4 − 4y 2 = 4(1 − y 2 ).
Si y > 1 ou y < −1 alors ∆ < 0 donc pas de solution. Si on prend par
exemple y = 3
2x
y = 3, y = f (x) ⇒ 3 = ⇒ 3x2 − 2x + 3 = 0, ∆ = −32 < 0,
1 + x2
donc l’équation 3 = f (x) ne possède pas de solutions en x, en d’autres

termes y = 3 ne possède pas d’antécédent par f , donc f n’est pas surjec-
tive.
2x
2. Soit g : [−1, 1] → [−1, 1] telle que g(x) = 1+x2
.
2x1 2x2
– Soient x1 , x2 ∈ [−1, 1], tel que g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ 1+x 2 = 1+x2 ⇒ (x1 =
1 2
x2 ∨ x1 x2 = 1).
l’égalité x1 x2 = 1 ne peut avoir lieu que si x1 = x2 = 1 ou si x1 = x2 =
−1 car x1 , x2 ∈ [−1, 1] en effet
1
x1 x2 = 1 ⇒ x1 = .
x2
Si −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 1 ≤ x1 et 1
x < −1. Donc g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ x1 = x2 et
par suite g est injective.
– Soit y ∈ [−1, 1], y = g(x)
2x
y = g(x) ⇒ y = ⇒ y(1 + x2 ) = 2x ⇒ yx2 − 2x + y = 0.
1 + x2
∆ = 4(1 − y 2 ), comme y ∈ [−1, 1] alors ∆ > 0.

Donc pour tout y ∈ [−1, 1] l’équation yx2 − 2x + y = 0 possède une
solution x. Reste à vérifier que la solution x de cette équation appartient
bien à [−1, 1].
Si y 6= 0 les solutions sont données par
p p
1 − 1 − y2 1 + 1 − y2
x1 = , x2 =
y y
18 Applications
Si y = 0 ⇒ x = 0 ∈ [−1, 1].
p
x2 ∈ 2
/ [−1,
√ 1], car 1 + √ 1 − y ≥√1 et y ∈ [−1, 1] ⇒ x2 ∈ / [−1, 1].
1− 1−y 2 (1− 1−y 2 )(1+ 1−y 2 ) y 2
x1 = y = √ = √ = √y 2 .
y(1+ 1−y 2 ) y(1+ 1−y 2 ) 1+ 1−y
p
Comme 1 + 1 − y 2 ≥ 1 et y ∈ [−1, √ 1] alors x1 ∈ [−1, 1].
1− 1−y 2
Ainsi ∀y ∈ [−1, 1], ∃x = x1 = y ∈ [−1, 1], y = g(x).
(Si y = 0, ∃x = 0, y = g(x)).
En conclusion g est surjective.
3. Puisque g est injective et surjective alors g est bijective
Exercice 2.5. Soit f : R2 → R2 telle que f (x, y) = (x + y, 2x + 2y).

Il suffit de remarquer par exemple que f est symétrique
f (x, y) = f (y, x),
donc par exemple f (5, 2) = f (2, 5) mais (5, 2) 6= (2, 5) alors f n’est pas injective,
donc f n’est pas bijective.
f : Rr 21 → Rr 21

x+1
x 7−→ f (x) =
2x − 1
1. – Injectivité : Soient x1 , x2 ∈ Rr 21 , tels que f (x1 ) = f (x2 )

x1 + 1 x2 + 1
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ =
2x1 − 1 2x2 − 1
⇒ (2x1 − 1)(x2 + 1) = (2x2 − 1)(x1 + 1)
⇒ 2x2 x1 + 2x1 − x2 − 1 = 2x2 x1 + 2x2 − x1 − 1
⇒ x1 = x2 ,
alors f est injective.

– Surjectivité : soit y ∈ Rr 21 , y = f (x)

x+1
y = f (x) ⇒ y =
2x − 1
⇒ y(2x − 1) = x + 1
⇒ x(1 − 2y) = −y − 1
y+1
⇒ x= .
2y − 1
2.2. Solutions 19
y+1
Observons que x = 2y−1 = 12 ⇒ −1 = 2 ce qui est impossible, donc
x 6= 21 .
y+1
En conclusion ∀y ∈ Rr 12 , ∃x = 2y−1 ∈ Rr 12 tel que y = f (x),

et par suite f est surjective.

2. Il est essentiel de noter que (f ◦ f ) est bien définie, car l’ensemble d’arrivée
de f est égal à son ensemble de départ.
x+1
f (x) + 1 +1 3x
(f ◦ f )(x) = f (f (x)) = = 2x−1
x+1 = = x.
2f (x) − 1 2 2x−1 − 1 3
3. – 1ère méthode : on a déjà montré que ∀x ∈ Rr 21 on a (f ◦ f )(x) =

x, en d’autres termes (f ◦ f ) = IdRr{ 1 } . Grâce à un théorème traité

2
en cours ([8] Proposition2.1 page 22) nous pouvons conclure que f est
bijective et de plus f −1 = f.
x+1
– 2ème méthode : la méthode classique ∀y ∈ R, ∃x ∈ R, y = f (x) = 2x−1
y+1
alors x = 2y−1 , par un changement d’inconnue y = f −1 (x) = 2x−1
x+1
=
f (x)
Exercice 2.7. Soient a, b, c et d des réels non nuls donnés, et soit g définie comme
suit :
g : Rr {x0 } → Rr {y0 }
x 7−→ g(x) = ax+b
cx+d
1. On choisit x0 pour que g soit une application, on cherche le domaine de
définition cx + d 6= 0, alors x0 = − dc
2. Pour que g soit une application injective : soit x1 , x2 ∈ Rr {x0 }, g(x1 ) =
g(x2 ) alors ax2 +b ax1 +b
cx2 +d = cx1 +d ⇒ (ax2 + b)(cx1 + d) = (cx2 + d)(ax1 + b) ⇒
(x1 − x2 )(ad − bc) = 0,
Alors pour que g soit injective il faut que ad 6= bc.
3. Pour que g soit une application surjective : soit y ∈ Rr {y0 } , ∃x ∈ Rr {x0 }
dy−b
y = g(x) = ax+b
cx+d ⇒ y(cx+d) = ax+b ⇒ x(a−cy) = dy−b ⇒ x = a−cy ,
pour que cette expression de x soit bien définie il faut que a − cy 6= 0, si
a − cy = 0 ⇒ y = ac , et par suite g est surjective si y0 = ac .
4. g sera bijective si elle est à la fois surjective et injective : donc il faut que g
soit définie comme suit
g : Rr − dc → Rr ac

x 7−→ g(x) = ax+b

cx+d
tel que a, b, c et d sont des réels vérifiant que ad 6= bc.

20 Applications
Exercice 2.8. On considère quatre ensembles A, B, C et D et des applications

f : A → B , g : B → C, h : C → D. :
1. (g ◦ f ) injective⇒ f injective.
Supposons que (g ◦ f ) injective, soient x1 , x2 ∈ A, tel que f (x1 ) = f (x2 )
donc (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ) (car g est une application) or on a déjà
supposé que (g ◦ f ) injective donc x1 = x2 alors
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 , d’où f est injective.
2. (g ◦ f )surjective⇒g surjective.
Soit z ∈ C, comme (g ◦ f ) est supposée surjective alors
∃x ∈ A, z = (g ◦ f )(x),
ainsi z = g(f (x)), soit encore
∃y = f (x) ∈ B, z = g(y),
ce qui est exactement la définition de la surjectivité de g.

3. ((g ◦ f )et (h ◦ g) bijectives)⇒(f, g et h sont bijectives)
Comme (g ◦ f ) est bijective, alors en particulier (g ◦ f ) est surjective, et
donc g est surjective (d’après la question précédente).
D’un autre côté puisque (h ◦ g) est bijective, elle est en particulier injec-
tive, donc par la première question on en déduit que g est injective. Ainsi
g est injective et surjective, et par suite g est bijective ( et dans ce cas g −1
existe.) De plus, on peut écrire f = g −1 ◦ (g ◦ f ) qui est bijective ; car com-
posée d’applications bijectives. On procède de la même manière pour h, en
écrivant h = (h ◦ g) ◦ g −1 , donc h est bijective.

Problème :
Soient E et F deux ensembles donnés, Soit E1 (respectivement F1 ) un sous en-
semble de E (respectivement F ), on note E2 = CE E1 et F2 = CF F1 . Soit
f1 : E1 → F1 et f2 : E2(→ F2 deux applications données. On définit alors
f1 (x) si x ∈ E1
f : E → F par f (x) =
f2 (x) si x ∈ E2
1. Montrer que f est injective ssi f1 et f2 sont injectives.
2. Montrer que f est surjective ssi f1 et f2 sont surjectives.
f: R→R
x 7−→ f (x) = 2x − |x + 1|
f est elle injective ? f est elle surjective ?
f: R→R
x 7−→ f (x) = |x − 1| − |x + 1|
f est elle injective ? f est elle surjective ?
Exercice 2.11. Soit f : E −→ F une application donnée, et soit A ⊂ E , B ⊂ E

et soit C ⊂ F et D ⊂ F . Montrer ce qui suit
1. A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B)
2. f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
3. f (A ∩ B) ⊂ f (A)∩f (B) . Si f est injective alors on a l’égalité f (A ∩ B) =
f (A) ∩ f (B)
4. C ⊂ D ⇒ f −1 (C) ⊂ f −1 (D)
5. f −1 (C ∪ D) = f −1 (C) ∪ f −1 (D)
6. f −1 (C ∩ D) = f −1 (C) ∩ f −1 (D)
Chapitre 3
Arithmétique dans Z
Sommaire
3.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.1 Exercices
Exercice 3.1. Montrer par récurrence, que pour tout entier naturel n
5/(12n − 7n ),
6/ 3 32n + 1

.
Exercice 3.2. En utilisant les congruences, montrer que
n est impair ⇒ 8/ (7n + 1)
puis donner le reste de la division de (7n + 1) par 8 lorsque n est pair.
Exercice 3.3. Montrer que la somme de trois cubes consécutifs est toujours divi-
sible par 9, i.e. il faut montrer ce qui suit
h i
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ≡ 0 [9]
Exercice 3.4. En utilisant les congruences, montrer qu’un entier est divisible par
3 (resp par 9) ssi la somme de ses chiffres est divisible par 3 (resp par 9) .
24 Arithmétique dans Z
Exercice 3.5. Calculer ce qui suit pgcd(955,183), ppcm(955,183), pgcd(126,

230), ppcm(126, 230).
Exercice 3.6. Résoudre le système

(
pgcd(x, y) = 18
ppcm(x, y) = 540
où x et y sont des entiers naturels.
Exercice 3.7. Résoudre les équations diophantiennes suivantes :

1. 7x − 9y = 6
2. 955x + 183y = 1
3. 123x + 67y = 10
4. 13x − 10y = 13
5. 70x + 30y = 6
6. 111x + 90y = 12.
Exercice 3.8. A quelle condition nécessaire et suffisante le système

(
x ≡ a [m]
x ≡ b [n]
admet-il une solution ?
Exercice 3.9.
1. Résoudre l’équation diophantienne suivante :
37x + 27y = 1000.
2. Préciser x et y, sachant que y représente un nombre d’étudiants et x le

nombre de chaises disponibles.
3.2. Solutions 25
3.2 Solutions
Exercice 3.1. Démonstration par récurrence, pour tout entier naturel n
1.
5/(12n − 7n )
12n − 7n ≡ 0 [5] ...............∀n ∈ N.....(Pn )
• n = 0, 5/0, 0 ≡ 0[5].....(P0 ) est vraie.

• Hypothèse de récurrence : (Pn ) est vraie.
Il faut montrer que :
12n+1 − 7n+1 ≡ 0 [5] .................(Pn+1 ).
• On a
12n ≡ 7n [5] ⇒ 12.12n ≡ 12.7n [5]
Or 12 ≡ 7[5], alors
12n+1 ≡ 7.7n [5] ⇒ 12n+1 ≡ 7n+1 [5]
On en déduit que
12n+1 − 7n+1 ≡ [5].............(Pn+1 )
Alors
12n − 7n ≡ 0 [5] .................∀n ∈ N.......(Pn )
2.
6/ 3 32n + 1

.........∀n ∈ N.....(Pn )
• n = 0, 6 / 6 ou encore 6 ≡ 0[6].....(P0 ) est vraie.

• Hypothèse de réccurence : (Pn ) est vraie
Il faut montrer que :
3(32(n+1) + 1) ≡ 0 [6] .................(Pn+1 ).
• On a
3(32n + 1) ≡ 0 [6] ⇒ 32n+1 + 3 ≡ 0 [6] ⇒ 32n+1 ≡ 3 [6]
9(32n+1 ≡ 3 [6]) ⇒ 3.32n+2 ≡ 27 [6] .

Or 27 ≡ 3[6], alors
3.32n+2 + 3 ≡ (3 + 3) [6] ⇒ 3.(32n+2 + 1) ≡ 0 [6]
On en déduit que
3.(32(n+1) + 1) ≡ 0 [6] ............∀n ∈ N......(Pn+1 )
En conclusion, pour tout entier naturel, on a
3.(32n + 1) ≡ 0 [6] .................∀n ∈ N.......(Pn )
Exercice 3.2.
n est impair ⇒ 8/ (7n + 1)
On a 7 ≡ −1[8] et 7.7 ≡ (−1)(−1)[8] ≡ 1[8],

et de proche en proche 7n ≡ 7.7.7.7...7[8] ≡ (−1)n [8]
7n + 1 ≡ ((−1)n + 1)[8],
on distingue deux cas

• si n est impair alors 7n + 1 ≡ ((−1)n + 1)[8] ≡ (−1 + 1)[8] ≡ 0[8] (car
(−1)n = −1).
Ce qui nous permet de conclure que si n est impair, alors 8/ (7n + 1)
• si n est pair alors 7n + 1 ≡ ((−1)n + 1)[8] ≡ (1 + 1)[8] ≡ 2[8] (car
(−1)n = 1).
Ce qui nous permet de conclure que lorsque n est pair, le reste de la division
de 7n + 1 par 8 est égal à 2.
Exercice 3.3. Nous allons démontrer par récurrence ce qui suit :

h i
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ≡ 0 [9] .
Posons donc :
h i
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ≡ 0 [9] .................(Pn )
• Pour n = 0, on a bien 03 + 13 + (0 + 2)3 = 9 ≡ 0[9].....(P0 ) est vraie.

• Hypothèse de réccurence : (Pn ) est vraie,
et il faudra montrer que :
h i
(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 ≡ 0 [9] .................(Pn+1 ).
3.2. Solutions 27
h i
Un calcul direct nous donne : (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3
h i
= (n + 1)3 + (n + 2)3 + n3 + 9n2 + 27n + 27
h i h i
⇒ (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3
+9n2 + 27n + 27,
en utilisant l’hypothèse de récurrence, on aboutit à

h i
(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 ≡ (0 + 9n2 + 27n + 27) [9]
En remarquant que (9n2 + 27n + 27) = 9(n2 + 3n + 3), on a

h i
(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 ≡ 0 [9] .................(Pn+1 ).
• Ce qui achève la démonstration et nous permet de conclure que pour tout

entier naturel n on a
h i
n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 ≡ 0 [9] .
Exercice 3.4. En utilisant les congruences :
N est divisible par 3 ⇔ la somme de ses chiffres est divisible par 3
Soit N un entier divisible par 3

• "⇒" Supposons que N = ak ak−1 ...a1 a0 alors N s’écrit (en système déci-
mal) comme
N = ak .10k + ak−1 .10k−1 + ... + a2 .102 + a1 .10 + a0 ,
d’autre part 10 ≡ 1[3], 102 ≡ 1[3], ..., 10k ≡ 1[3], ainsi
N = ak .10k + ak−1 .10k−1 + ... + a2 .102 + a1 .10 + a0
≡ (ak + ak−1 + ... + a2 + a1 + a0 )[3].
Alors
N ≡ 0[3] ⇒ (ak + ak−1 + ... + a2 + a1 + a0 ) ≡ 0[3]
• "⇐" Reprenons les même notations que plus haut
N = ak .10k + ak−1 .10k−1 + ... + a2 .102 + a1 .10 + a0

et supposons à présent que la somme des chiffres de N est divisible par 3,

c’est à dire ak + ak−1 + ... + a2 + a1 + a0 ≡ 0[3].
Comme ak .10k ≡ ak [3] car 10k ≡ 1[3] de même ak−1 .10k−1 ≡ ak−1 [3], ...
a2 .102 ≡ a2 [3] a1 .10 ≡ a1 [3] a0 ≡ a0 [3]
en sommant, on obtient
ak .10k + ak−1 .10k−1 + ... + a2 .102 + a1 .10 + a0
≡ ak + ak−1 + ... + a2 + a1 + a0 ≡ 0[3]
Alors N ≡ 0[3].
La même démonstration reste valable si l’on remplace 3 par 9 du fait que 10 ≡ 1[3]
et 10 ≡ 1[9]. Ce qui nous permet de conclure que
N est divisible par 3 (rep .9) ⇔ la somme de ses chiffres est divisible par 3 (rep .9)
Exercice 3.5.
1. Pour calculer le pgcd on utilise l’algorithme d’Euclide :
• pgcd(955,183), on a
955=183 × 5+40 ; 183=40 × 4+23 ; 40=23 × 1+17 ; 23=17 ×
1+6 ; 17=6× 2+5 ; 6=5× 1+1 ; 5=5×1 +0.
Alors pgcd(955,183)=1.
• pgcd(230,126), on a
230=126.1+104 ; 126=104× 1+22 ; 104=22× 4+16 ; 22=16× 1+6 ;
16=6× 2+4 ; 6=4× 1+2 ; 4=2× 2+0.
Alors pgcd(230,126)=2
2. • Pour ppcm(955,183), on a 955 = 5 × 191 et 183 = 3 × 61
Alors ppcm(955, 183) = 955 × 183 = 174765.
• Pour ppcm(230,126), on a 230 = 2 × 5 × 23 , 126 = 2 × 32 × 7
Alors ppcm(230,126)=32 × 7 × 5 × 23 = 14490.
Exercice 3.6. Résolution du système

(
pgcd(x, y) = 18
ppcm(x, y) = 540
où x et y sont des entiers naturels. On sait que pgcd(x, y)ppcm(x, y) = x.y =

18 × 540 = 9720, et x = 18x0 , y = 18y 0 avec x0 ∧ y 0 = 1.
xy = 18x0 × 18y 0 = 182 × x0 × y 0 = 324 × x0 × y 0 = 9720 alors
3.2. Solutions 29
x0 .y 0 = 30 et ppcm(x, y) = ppcm(18x0 , 18y 0 ) = 18ppcm(x0 , y 0 ) = 540,

ce que donne ppcm(x0 , y 0 ) = 30


 x0 y 0 = 30
pgcd(x0 , y 0 ) = 1

ppcm(x0 , y 0 ) = 30

Utilisons la première condition on aura que
(x0 , y 0 ) = {(30, 1), (15, 2), (10, 3), (6, 5), (5, 6), (3, 10), (2, 15), (1, 30)}
Et par suite les solutions
(x, y) = {(540, 18), (270, 36), (180, 54), (108, 90), (90, 108), (54, 180), (36, 270)
, (18, 540)}
Exercice 3.7. Résolution des équations diophantiennes suivantes :

1. 7x − 9y = 6, pgcd(7, 9) = 1
9=7×1+2
7=3×2+1
2=2×1+0
Ainsi pgcd(7, 9) = 1, comme 1/6 l’équation donnée possède bien des solu-
tions.
On applique donc l’identité de Bézout, et on trouve
7 × 4 − 9 × (3) = 1.
On multiplie cette dernière équation par 6
7 × (24) − 9 × (18) = 6,
ainsi
(x0 , y0 ) = (24, 18)
est une solution particulière. Soit à présent (x, y) une solution quelconque
de l’équation donnée, on a alors
7x − 9y = 6
7 × 24 − 9 × (18) = 6,
en retranchant la deuxième équation de la première, on obtient
7 (x − 24) − 9 (y − 18) = 0
et donc
7 (x − 24) = 9 (y − 18) (3.1)
comme 24 et 18 sont premiers entre eux, alors par le lemme de Gauss 9/ (x − 24) ,
et par suite
9/ (x − 24) ⇒ (x − 24) = 9k, k ∈ Z
soit encore
x = 24 + 9k, k ∈ Z
en remplaçant dans l’équation (3.1) on obtient
7 × 9k = 9 (y − 18) , k ∈ Z
ce qui donne
y = 18 + 7k, k ∈ Z.
Ainsi l’ensemble des solutions est donné par
E = {(x, y) = (24 + 9k, 18 + 7k) ; k ∈ Z}
2. 955x + 183y = 1, on commence par l’algorithme d’Euclide pour calculer

pgcd(955, 183).
955=183 × 5+40 ; 183=40 × 4+23 ; 40=23 × 1+17 ; 23=17 × 1+6 ;
17=6 × 2+5 ; 6=5 × 1+1 ; 5=5 × 1+0.
Ainsi pgcd(955, 183) = 1, comme 1/1 l’équation donnée possède bien des
solutions.
955 × (−32) + 183 × (167) = 1,
ainsi
(x0 , y0 ) = (167, −32)
955x + 183y = 1
955 × (−32) + 183 × (167) = 1.
En retranchant la deuxième équation de la première, on obtient
955 (x + 32) + 183 (y − 167) = 0

3.2. Solutions 31
et donc
955 (x + 32) = 183 (y − 167) (3.2)
comme 955 et 123 sont premiers entre eux, alors par le lemme de Gauss
183/ (x + 32) , et par suite
183/ (x + 32) ⇒ (x + 32) = 183k, k ∈ Z
soit encore
x = −32 + 183k, k ∈ Z
955 × 183k = 183 (y − 167) , k ∈ Z,
ce qui donne
y = 167 + 955k, k ∈ Z.
E = {(x, y) = (−32 + 183k, 167 + 955k) ; k ∈ Z}
3. 123x + 67y = 10
123 = 67 × 1 + 56 → L1
67 = 56 × 1 + 11 → L2
56 = 11 × 5 + 1 → L3
11 = 11 × 1 + 0
solutions.
123 × 6 + 67 × (−11) = 1.
123 × 60 + 67 × (−110) = 10,
ainsi
(x0 , y0 ) = (60, −110)
123x + 67y = 10
123 × 60 + 67 × (−110) = 10
123 (x − 60) + 67 (y + 110) = 0
et donc
123 (x − 60) = 67 (−y − 110) (3.3)
67/ (x − 60) , et par suite
67/ (x − 60) ⇒ (x − 60) = 67k, k ∈ Z
soit encore
x = 60 + 67k, k ∈ Z
123 × 67k = 67 (−y − 110) , k ∈ Z
ce qui donne
y = −110 − 123k, k ∈ Z.
E = {(x, y) = (60 + 67k, −110 − 123k) ; k ∈ Z}
4. 13x − 10y = 13
13 = 10 × 1 + 3 → L1
10 = 3 × 3 + 1 → L2
3 = 1 × 3 + 0 → L3
Ainsi pgcd(13, −10) = 1, comme 1/10 l’équation donnée possède bien des
solutions.
13 × (−3) − 10 × (−4) = 1.
13 × (−39) + 10 × (52) = 13,
ainsi
(x0 , y0 ) = (−39, 52)
3.2. Solutions 33
13x − 10y = 13
13 × (−39) − 10 × (−52) = 13
13 (x + 39) − 10 (y + 52) = 0
et donc
13 (x + 39) = 10 (y + 52) (3.4)

10/ (x + 39) , et par suite
13 (x + 39) ⇒ (x + 39) = 13k, k ∈ Z
soit encore
x = −39 + 13k, k ∈ Z
10 × 13k = 10 (y + 52) , k ∈ Z
ce qui donne
y = −52 + 10k, k ∈ Z.
E = {(x, y) = (−39 + 13k, −52 + 10k) ; k ∈ Z}
5. 70x + 30y = 6
70 = 30 × 2 + 10 → L1
30 = 10 × 3 + 0 → L2
Ainsi pgcd(70, 30) = 10, puisque 10 ne divise pas 6, alors l’équation ne
possède pas de solution entière.
6. 111x + 90y = 12.
111 = 90 × 1 + 21 → L1
90 = 21 × 4 + 6 → L2
21 = 6 × 3 + 3 → L3
6 = 3 × 2 + 0 → L3
solutions.
Puisque 12 = 4 × 3, d’un autre coté comme pgcd(111, 90) = 3, 111 = 37.3
et 90 = 30 × 3, avec pgcd(37, 30) = 1 donc 111x + 90y = 12 ⇔ 37x +
30y = 4, d’après l’identité de Bézout, il va exister u, v telque 37u+30v = 1,
car pgcd(37, 30) = 1, multiplions l’équation précedente par 4, on trouve
148u + 120v = 4 alors x0 = 4u, y0 = 4v, forment une solution particulière
de notre équation. Soit (x, y) une solution On applique donc l’identité de
Bézout, et on trouve
13 × (−3) − 10 × (−4) = 1.
13 × (−39) + 10 × (52) = 13,
ainsi
(x0 , y0 ) = (−39, 52)
13x − 10y = 13
13 × (−39) − 10 × (−52) = 13
13 (x + 39) − 10 (y + 52) = 0
et donc
13 (x + 39) = 10 (y + 52) (3.5)

10/ (x + 39) , et par suite
13 (x + 39) ⇒ (x + 39) = 13k, k ∈ Z
soit encore
x = −39 + 13k, k ∈ Z
10 × 13k = 10 (y + 52) , k ∈ Z
3.2. Solutions 35
ce qui donne
y = −52 + 10k, k ∈ Z.
E = {(x, y) = (−39 + 13k, −52 + 10k) ; k ∈ Z}
Exercice 3.8. Une condition nécessaire et suffisante pour que le système

(
x ≡ a [m]
x ≡ b [n]
admette une solution : On a x = a + m.k et x = b + n.l alors b + n.l = a + m.k

et par suite m.k − n.l = b − a, on a ainsi obtenu une équation diophantienne de
la forme ax + by = c, celle-ci possédera des solutions ( dans Z) si et seulement si
pgcd(a, b)/c, soit dans notre cas pgcd(m, n)/(b − a), plus précisément
b − a ≡ 0[d] ⇒ b ≡ a[d] où d = pgcd(m, n)
Exercice 3.9. 1. Résolution de l’équation diophantienne suivante :
37x + 27y = 1000.
37x + 27y = 1000

37 = 27 × 1 + 10 → L1
27 = 10 × 2 + 7 → L2
10 = 7 × 1 + 3 → L3
7=3×2+1
3=3×1+0
solutions.
37 × (−8000) + 27 × (11000) = 1.
37 × (−8000) + 27 × (11000) = 1000,
ainsi
(x0 , y0 ) = (−8000, 11000)
est une solution particulière. Soit à présent (x, y) une solution quelconque de
l’équation donnée, on a alors
37x + 27y = 1000

37 × (−8000) + 27 × (11000) = 1000
37 (x + 8000) + 27 (y − 11000) = 0
et donc
37 (x + 8000) = 27 (−y + 11000) (3.6)

27/ (x + 8000) , et par suite
27/ (x + 8000) ⇒ (x + 8000) = 27k, k ∈ Z
soit encore
x = −8000 + 27k, k ∈ Z
37 × 27k = 27 (−y + 11000) , k ∈ Z
ce qui donne
y = 11000 − 37k, k ∈ Z.
E = {(x, y) = (−8000 + 27k, 11000 − 37k) ; k ∈ Z}
2. Précisons x et y, sachant que y représente un nombre d’étudiants et x le nombre

de chaises disponibles.
Le nombre des chaises est 19, puisque −8000 ≡ −8[27] ≡ 19[27].
Le nombre des étudiants est 11 car 11000 ≡ 11[37] ≡ 11[37].

Exercice 3.10. En multipliant mon jour de naissance par 12 et mon mois de nais-
sance par 31 et en sommant on obtient 292. Quelle est donc ma date de naissance ?
(on ne demande pas l’année mais uniquement le jour et le mois)
Indication : On résout l’équation 12j − 31m = 292, après on tire les solutions
particulière alors on obtient (j, m) = (14, 04) c’est à dire la date de naissance
exacte est 14 − 04.
Exercice 3.11. Montrer que si n un entier naturel somme de deux carrées d’en-
tiers, alors le reste de la division euclidienne de n par 4 n’est jamais égal à 3.
Exercice 3.12. Soient a, b deux entiers supérieurs ou égaux à 1. Montrer que

1. (2a − 1)/(2ab − 1).
2. (2p − 1)premier ⇒ p premier .
3. pgcd(2a − 1, 2b − 1) = 2pgcd(a,b) − 1.
Chapitre 4
Nombres Complexes
Sommaire
4.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.1 Exercices
Exercice 4.1. Mettre sous forme algébrique les nombres complexes suivants
2
3 + 6i 1+i 2 + 5i 2 − 5i
, , + .
3 − 4i 2−i 1−i 1+i
Exercice 4.2.
1. Mettre sous forme géométrique les nombres complexes
√ √
6−i 2
z1 = z2 = 1 − i.
2
z1
2. En déduire le module et l’argument de .
z2
Exercice 4.3. Trouver les racines carrées de
z1 = 3 − 4i, z2 = 24 − 10i.
Exercice 4.4.
1. Calculer les racines carrées de
1+i
√ .
2
40 Nombres Complexes
π π

2. En déduire les valeurs de cos 8 et sin 8 .
Exercice 4.5. Résoudre dans C les équations
z 2 − (1 + 2i) z + i − 1,
√
z2 − 3z − i = 0,
z 4 + 10z 2 + 169 = 0.
Exercice 4.6. Trouver les racines cubiques de
z1 = 2 − 2i, z2 = 8i.
Exercice 4.7.
1. Donner les racines cubiques de z = 1, et montrer que celles-ci s’écrivent
1, j, j 2 .
2. Calculer 1 + j + j 2 .
3. Donner les racines nième de z = 1, et montrer que celles-ci s’écrivent
1, ω, ω 2 , ..., ω n−1 .
4. Calculer 1 + ω + ω 2 + ... + ω n−1 .
4.2. Solutions 41
4.2 Solutions
Exercice 4.1.
La forme algébrique des nombres complexes suivants
1. 3 + 6i 3 + 6i 3 + 4i −3 + 6i
= = .
3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i 5
2. 2
1+i −8 6
= +i .
2−i 25 25
3.
2 + 5i 2 − 5i 2 − 5i −3 7
+ = z + z̄, z= = +i , z + z̄ = −3.
1−i 1+i 1+i 2 2
Exercice 4.2.
1. Les formes trigonométriques suivantes :
• √ √
6 − i 2 √ iπ
z1 = = 2e 6 ,
2
•
√ π
z2 = 1 − i = 2e−i 4 .
z1 5π
2. le module et l’argument de = ei 12
z2
z1 5π z1
arg( )= + 2kπ, k ∈ Z, | | = 1.
z2 12 z2
Exercice 4.3. Les racines carrées de
1. z1 = 3 − 4i.
 
x2 − y 2 = 3  x = ±2
√

 
2 2 2
(x + iy) = 3 − 4i ⇒ x +y = 3 +4 =5 ⇒
2 2 y = ±1
 
2xy = −4 2xy = −4
 
La dernière équation permet de trouver le signe des couples solutions ainsi

x et y sont de signes opposés (x, y) = (2, −1) ou (x, y) = (−2, 1).
Alors les racines carrés de 3 − 4i sont w1 = 2 − i et w2 = −2 + i.
2. z2 = 24 − 10i.
 
2 2
 x − y = 24
  x = ±5

2 2 2
(x + iy) = 24 − 10i ⇒ x + y = 26 ⇒ y = ±1
 
2xy = −10 2xy = −10
 
Alors les racines carrées de 24 − 10i sont w1 = 5 − i et w2 = −5 + i.

Exercice 4.4.
1+i
1. z = √ .
2
 s √

 1+ 2
  x=± √
2 2 √1

 x −y = 2

s√ 22

 

1 + i 
(x + iy)2 = √ ⇒ x2 + y 2 = 1 ⇒ 2−1
2 
 2xy = √1
 
 y=± √
2



 2 2
2xy = √12


Donc les racines carrées de z sont

s √ s√ s √ s√
1+ 2 2−1 1+ 2 2−1
z1 = √ +i √ , z2 = − √ −i √
2 2 2 2 2 2 2 2
2. Les valeurs de cos π8 et sin π8 :

On cherche la forme géométrique de z = 1+i

√
2
(
cos(θ) = √1 π π π π
2 ⇒θ= alors z = ei 4 et comme (ei 8 )2 = ei 4 ,
sin(θ) = √1 4
2
π
donc ei 8 est une racine carrée de z,
π π π
ei 8 = cos( ) + i sin( ).
8 8
Comme cos( π8 ) > 0 alors
s √ s√
i π8 1+ 2 2−1
e = √ +i √ .
2 2 2 2
Ce qui nous permet de déduire que
s √ s√
π 1+ 2 π 2−1
cos( ) = √ , sin( ) = √ .
8 2 2 8 2 2
Exercice 4.5. Pour résoudre dans C les équations
√
1. z 2 − 3z − i = 0, ∆ = 3 + 4i, on cherche les racines carrées de ∆.
 
2 − y2 = 3

 x  x = ±2

2 2 2
(x + iy) = 3 + 4i ⇒ x +y =5 ⇒ y = ±1
 
2xy = 4 2xy = 5
 
Alors les racines carrées de ∆ sont w√1 = 2 + i et w2√= −2 − i, alors

3+2+i 3−2−i
l’équation admet pour solutions z1 = , z2 = .
2 2
4.2. Solutions 43
2. z 2 − (1 + 2i) z + i − 1 = 0, ∆ = 1, alors les solutions de cette équation

sont : z1 = i, z2 = 1 + i.
3. z 4 + 10z 2 + 169 = 0, on pose Z = z 2 , ce qui ramène l’équation à
Z 2 + 10Z + 169 = 0,
qui a pour ∆ = −576 = (24i)2 et pour solutions Z1 = −5 − 12i et Z2 =

−5 + 12i, enfin pour obtenir les quatre solutions de léquation donnée il suffit
de retrouver les racines carrées de Z1 et Z2 , par la méthode de l’exercice
précedent : Z1 = −5 − 12i.
 
2 2
 x − y = −5
  x = ±2

2 2 2
(x + iy) = −5 − 12i ⇒ x + y = 13 ⇒ y = ±3
 
2xy = −12 2xy = −12
 
Alors les racines carrées de Z1 sont w1 = 2 − 3i et w2 = −2 + 3i.

On applique le même argument pour Z2 , on obtient les racines carrées suivantes :
w3 = 2 + 3i et w4 = −2 − 3i, alors l’équation donnée, admet pour solutions
w1 = 2 − 3i, w2 = −2 + 3i, w3 = 2 + 3i et w4 = −2 − 3i.
Exercice 4.6. Les racines cubiques de
1. z1 = 2 − 2i.
Pour trouver les racines cubiques de z1 , il faut commencer par le mettre sous
sa forme géométrique : On a
(
√ cos(θ) = √12 π
|z| = 2 2, 1
=⇒ θ = − + 2kπ, k ∈ Z,
sin(θ) = − √ 4
2
√ −π
alors z1 = 2 2e( 4 +2kπ)i . On pose w = x + iy = reiα est une racine
√ −π
cubique de z1 telle que w3 = z1 = 2 2e( 4 +2kπ)i , alors
√ 1 −π 2kπ
wk = (2 2) 3 e( 12 + 3 )i , k = 0, 1, 2.
On aura alors
√ −π 7π 11π
w0 = 2e 12 i , w1 = e 12 i , w2 = e 12 .
2. z2 = 8i, nous allons adopter la même démarche que pour le cas précédent.
En effet, on a
π
z2 = 8e( 2 +2kπ)i k ∈ Z.
On pose w = x + iy = reiα est une racine cubique de z2 tel que w3 = z2 =

π π 2kπ
8e( 2 +2kπ)i , alors wk = 2e( 6 + 3 )i , k = 0, 1, 2, On aura alors,
π 5π 9π
w0 = 2e 6 i , w1 = 2e 6
i
, w2 = 2e 6 .
Exercice 4.7.
1. Pour le calcul des racines cubiques, il est plus pratique de passer par la
forme géométrique de z, alors z = reiθ , ce qui donne z 3 = 1 = ei2kπ , k ∈
Z ce qui revient à écrire
2kπ
i
z=e 3 , k = 0, 1, 2,
ainsi
2π 4π
i i
z1 = 1, z2 = e 3 , z2 = e 3
2π
i
On remarque que z22 = z3 , alors si on pose j = e 3 , donc les racines cu-
biques de 1 s’écrivent sous la forme 1, j, j 2 .
2. 1 + j + j 2 .
Par le fait que j est une racine cubique de 1, on sait que j 3 = 1.
1 + j + j 2 = j 3 + j + j 2 = j(1 + j + j 2 ) ⇒ j(1 + j + j 2 ) = 1 + j + j 2
⇒ (j − 1)(1 + j + j 2 ) = 0
Comme j 6= 1 on a 1 + j + j 2 = 0.
3. Les racines nième de z = 1, s’obtient par la même méthode wn = 1 = ei2kπ

2kπ 2π
alors wk = e n i k = 0, 1, 2, ..., n − 1, si on pose ω = e n i , alors les
racines sont 1, ω, ω 2 , ..., ω n−1 , avec ω n = 1.
4.
1 − ωn
1 + ω + ω 2 + ... + ω n−1 = ,
1−ω
somme des termes d’une suite géométrique de raison ω or ω n = 1 donc
1 + ω + ω 2 + ... + ω n−1 = 0

Exercice 4.8. Résoudre dans C l’équation suivante :
z 4 + (3 − 6i)z 2 − 8 − 6i = 0.
Exercice 4.9. Montrer que l’équation
(1 − i)z 3 − (5 + i)z 2 + (4 + 6i)z − 4i = 0,
possède une racine réelle, puis la résoudre.
Exercice 4.10. Soit w 6= 1 une racine nième de 1. Calculer
1 + 2w + 3w2 + 4w3 + ...nwn−1

Chapitre 5
Calcul Matriciel
Sommaire
5.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
5.1 Exercices
Exercice 5.1. Soient A, B et C les matrices suivantes
     
0 1 −1 1 2 0 −3
A =  −3 4 −3  , B =  0 5 , C= 2 1 
     
−1 1 0 −6 −1 8 −7
1. Calculer B + C, B − C, B + 2C, 2B − 3C.
2. Calculer AB, AC, A2 , A3 .
3. Calculer t A; t B, t (AB) .
Exercice 5.2. Calculer le déterminant des matrices suivantes

 
! 0 1 −1 !
1 2 cos(x) sin(x)
A= , B =  −3 4 −3  , C = ,
 
−1 3 − sin(x) cos(x)
−1 1 0
 
1 2 −1 2
 
 0 3 9 0 
D=  
 2 1 5 4 
−2 1 −3 −4
48 Calcul Matriciel
et donner A−1 et B −1 .
 
0 1 −1
Exercice 5.3. Soit M =  0 1 1 
 
1 0 1
1. Calculer M 3 − 2M 2 + 2M
2. Déduire de ce qui précède que la matrice M est inversible ; puis donner
M −1 .
3. Retrouver M −1 par utilisation de la comatrice.
 
α −1 0
Exercice 5.4. Soit la matrice A =  −2 α −2  où α est un paramètre
 
0 −1 α
réel α ∈ R.
1. Discuter suivant les valeurs de α de l’inversibilité de A.
2. Lorsque cela est possible, calculer A−1 .
 
1 −2 4
Exercice 5.5. Soit la matrice A =  1 1 1 
 
1 −1 1
1. Vérifier que A est inversible, et donner A−1 .
2. En déduire la solution du système

 −x + y − z = 10

x + y + z = −4

x − 2y + 4z = 6.

 
1 a a2
Exercice 5.6. Soit la matrice A =  1 b b2  où a, b et c sont des réels non
 
1 c c2
nuls. Dire pour quelle(s) valeur(s) de a, b et c la matrice A est inversible.
 
1 −3 6
Exercice 5.7. Soit la matrice A =  6 −8 12  .
 
3 −3 4
2 puistrouver deux réels α, β tels que A2 = αA + βI, où
 A ,
1. Calculer
1 0 0
I= 0 1 0 
 
0 0 1
5.1. Exercices 49
2. Déduire de ce qui précède que A est inversible, et donner A−1 .

3. Retrouver A−1 par utilisation de la comatrice.
50 Calcul Matriciel
5.2 Solutions
Exercice 5.1. Soient A, B et C les matrices suivantes
     
0 1 −1 1 2 0 −3
A =  −3 4 −3  , B =  0 5 , C =  2 1 .
     
−1 1 0 −6 −1 8 −7
1. •    
1 −1 1 5
B + C =  2 6  , B − C =  −2 4  ,
   
2 −8 −14 6
•
   
1 −4 2 13
B + 2C =  4 7 , 2B − 3C =  −6 −7  .
   
10 −15 −36 19
2. •     
0 1 −1 1 2 6 6
AB =  −3 4 −3   0 5  =  15 17  .
    
−1 1 0 −6 −1 −1 3
•     
0 1 −1 0 −3 −6 8
AC =  −3 4 −3   2 1  =  −16 34 
    
−1 1 0 8 −7 2 4
•
    
0 1 −1 0 1 −1 −2 3 −3
A2 =  −3 4 −3   −3 4 −3  =  −9 10 −9  .
    
−1 1 0 −1 1 0 −3 3 −2
•
    
0 1 −1 −2 3 −3 −6 7 −7
A3 = AA2  −3 4 −3   −9 10 −9  =  −21 22 −21  .
    
−1 1 0 −3 3 −2 −7 7 −6
3. t A; t B, t (AB) .
 
0 −3 −1 ! !
t 1 0 −6 6 15 −1
A= 1 4 1  , tB = t
, (AB) =
 
2 5 −1 6 17 3
−1 −3 0
5.2. Solutions 51
Exercice 5.2. Le déterminant des matrices suivantes

 
! 0 1 −1 !
1 2 cos(x) sin(x)
A= , B =  −3 4 −3  , C = ,
 
−1 3 − sin(x) cos(x)
−1 1 0
 
1 2 −1 2
 
 0 3 9 0 
D=  2 1 5

 4 
−2 1 −3 −4
• |A|=5.

4 −3 −3 −3 −3 4
• |B| = 0 − − = 3 − 1 = 2.

1 0 −1 0 −1 1

cos(x) sin(x)
• |C| = = cos2 (x) + sin2 (x) = 1.

− sin(x) cos(x)

2 −1 2 1 −1 2 1 2 2

• |D| = 0 1 5 4 + 3 2 5 4 − 9 2 1 4

1 −3 −4 −2 −3 −4 −2 1 −4

1 2 −1

+0 2 1 5 = 0 + 0 − 0 + 0 = 0.

−2 1 −3
Les valeurs de A−1 et B −1 .  

3 3 1
1 t 1t 
B −1 = com(B) =  −1 −1 −1 

|B| 2
1 3 3
 
3 −1 1
1
=  3 −1 3  .

2
1 −1 3
! !
1 t 1 t 3 1 1 3 −2
A−1 = com(A) = = .
|A| 5 −2 1 5 1 1
 
0 1 −1
Exercice 5.3. Soit M =  0 1 1 
 
1 0 1
3 2
1. Le résultat de M − 2M + 2M
52 Calcul Matriciel
    
0 1 −1 0 1 −1 −1 1 0
M2 = MM =  0 1 1   0 1 1  =  1 1 2  .
    
1 0 1 1 0 1 1 1 0
    
−1 1 0 0 1 −1 0 0 2
M 3 = M 2M =  1 1 2   0 1 1  =  2 2 2  .
    
1 1 0 1 0 1 0 2 0
Alors
     
0 0 2 −1 1 0 0 1 −1
M 3 − 2M 2 + 2M =  2 2 2  − 2  1 1 2  + 2  0 1 1 
     
0 2 0 1 1 0 1 0 1
 
2 0 0
=  0 2 0 .
 
0 0 2
2. On a déja démontré que M 3 −2M 2 +2M = 2I, alors 12 M (M 2 −2M +2I) = I,

et puisque M M −1 = M −1 M = I, on en déduit que :
 
1 −1 2
1 1
M −1 = (M 2 − 2M + 2I) =  1 1 0 .

2 2
−1 1 0
3. M −1 par utilisation de la comatrice.

On a |M | = 2
   
1 1 −1 1 −1 2
1 t 1t   1
M −1 = com(M ) =  −1 1 1  =  1 1 0 

|M | 2 2
2 0 0 −1 1 0
 
α −1 0
Exercice 5.4. Soit A =  −2 α −2  où α est un paramètre réel α ∈ R.
 
0 −1 α
1. Pour savoir que A soit inversible il faut calculer le déterminant de A,

α −1 0
α −2 −2 −2
|A| = −2 α −2 = α − = α3 − 4α

−1 α 0 α
0 −1 α
5.2. Solutions 53
Alors A est inversible si et seulement si α 6= 0 et α 6= 2 et α 6= −2.

2. On suppose que α ∈ IR − {0, −2, 2} alors A−1 existe.
 
α 2 − 2 2α 2
1 t 1 t
A−1 = com(A) = 3 α α2 α
 
|A| α − 4α
 
2 2
2α α − 2
 
α2 − 2 α 2
1
= 3  2α α2 2α 
 
α − 4α
2 α α2 − 2
 
1 −2 4
Exercice 5.5. Soit la matrice A =  1 1 1 
 
1 −1 1
1. Pour vérifier que A est inversible, il faut calculer son déterminant

1 1 1 1 1 1
|A| = + 2 + 4 = 2 + 0 − 8 = −6,

−1 1 1 1 1 −1
|A| =
6 0, alors A est inversible,
   
t
2 0 −2 2 −2 −6
1 1t 1
A−1 = com(A) = −  −2 −3 −1  = −  0 −3 3 .
  
|A| 6 6
−6 3 3 −2 −1 3
2. Soit le système 
 −x + y − z = 10

x + y + z = −4

x − 2y + 4z = 6

ce dernier peut être reécrit sous la forme


 x − 2y + 4z = 6

x + y + z = −4

x − y + z = −10

qui, une fois mis sous forme matricielle, n’est autre que
 
x
A  y  = b,
 
et la résolution de ce système matriciel revient à inverser la matrice A
AX = b =⇒ X = A−1 b,
54 Calcul Matriciel
alors
      40 
x 2 −2 −6 6 −3
1
X =  y  = −  0 −3 3   −4  =  3 
     
6 19
z −2 −1 3 −10 3
ce qui donne (x, y, z) = (− 40 19

3 , 3, 3 ).
 
1 a a2
Exercice 5.6. Soit la matrice A =  1 b b2  où a, b et c sont des réels non
 
1 c c2
nuls. Pour trouver les valeur(s) de a, b et c pour lesquels la matrice A est inversible,
il suffit de calculer le déterminant.
|A| = (bc2 − cb2 ) − a(c2 − b2 ) + a2 (c − b) = (c − b)(b − a)(c − a)
Donc A est inversible si et seulement si c 6= b et a 6= b et a 6= c.

 
1 −3 6
Exercice 5.7. Soit la matrice A =  6 −8 12 
 
3 −3 4
    
1 −3 6 1 −3 6 1 3 −6
2
1. A =  6 −8 12   6 −8 12  =  −6 10 −12 
    
3 −3 4 3 −3 4 −3 3 −2
2
 valeurs de α, β
Les tels queA = αA + βI,  alors 
1 3 −6 1 −3 6 1 0 0
 −6 10 −12  = α  6 −8 12  + β  0 1 0 
     
−3 3 −2 3 −3 4 0 0 1
 
α+β −3α 6α
=  6α −8α + β 12α 
 
3α −3α 4α + β
Par identification, on trouve que :

(
α+β =1
−3α = 3
Alors α = −1, β = 2, On aura donc : A2 = −A + 2I.

2. Puisque A2 = −A + 2I alors 21 (A2 + A) = I, et par suite :
1
A(A + I) = I,
2
ce qui implique que A est inversible, et que

 
2 −3 6
1 1
A−1 = (A + I) =  6 −7 12  .

2 2
3 −3 5
3. Par la méthode de comatrice, on a |A| = 4

   
t t
4 12 6 4 −6 12
1 1   1
A−1 = com(A) =  −6 −14 −6  =  12 −14 24 

|A| 4 4
12 24 10 6 −6 10
 
2 −3 6
1
=  6 −7 12  .

2
3 −3 5

Exercice 5.8. Soit les matrices suivantes
   
1 1 2 0 1 2
A =  0 1 1  et B= 0 0 1 
   
0 0 1 0 0 0
1. Calculer B 3 .
2. En déduire An pour n ∈ N (utiliser la formule du binôme de Newton).
3. Montrer que A est inversible et calculer A−1 .
4. Vérifier que la formule trouvée en (2) est encore vraie pour n = −1.
Exercice 5.9. Soit les matrices suivantes

   
3 0 −1 1 0 1
A =  2 4 2  et P =  −2 1 0 
   
−1 0 3 1 0 −1
1. Montrer que P est inversible et calculer P −1 .

2. Calculer P −1 AP
3. En déduire l’expression de An .
Chapitre 6
Espaces Vectoriels
Sommaire
6.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
6.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
6.1 Exercices
Exercice 6.1.
1. Vérifier que (1, 1) et (2, 3) engendrent R2 . Conclure !
2. Vérifier que {(1, 2, 3), (0, 1, −1), (2, 0, 1)} est une famille libre dans R3 .
Conclure !
Exercice 6.2. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z =

0} et E2 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x − y = x + z = 0}
1. Montrer que E1 et E2 sont des sous espaces vectoriels de R3 .
2. Donner une base de E1 et une base de E2 ; et en déduire dimE1 et dimE2
3. Montrer -par deux méthodes- que R3 = E1 ⊕ E2 .
Exercice 6.3. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = y = z}

et E2 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 0}
2. Montrer -par deux méthodes- que R3 = E1 ⊕ E2 .

58 Espaces Vectoriels
Exercice 6.4. Parmi les ensembles F dire lesquels sont des sous espaces vecto-
riels de E :
1-E = R3 ; F = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + 3z = 0}
2- E = R2 ; F = {(x, y) ∈ R2 ; x + 3y = 3}
3-E = R2 ; F = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 = 4}
4- E = R[X] ; F = {P ∈ R[X]; degP = 4}
5-E = R[X] ; F = {P ∈ R[X]; degP ≤ 4}
6- E = {f : R → R; application} ;F = {f ∈ E; paire}
Exercice 6.5. Soit E l’espace vectoriel des suites réelles convergentes. Montrer
que l’ensemble des suites constantes et l’ensemble des suites convergeant vers 0
sont deux sous espaces supplémentaires dans E.
Exercice 6.6. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+y −3z =

0} et E2 = {(x, αx, x) ∈ R3 ; x ∈ R} ou α est un paramètre réel.
2. Donner une base de E1 et une base de E2 ; et en déduire dimE1 et dimE2 .
3. Pour quelle(s) valeur(s) du paramètre α a-t-on : R3 = E1 ⊕ E2 ?
6.2. Solutions 59
6.2 Solutions
Exercice 6.1. 1. Pour montrer que {(1, 1), (2, 3)} est une famille génératrice,
on cherche α et β deux réelles tel que : (x, y) = α(1, 1) + β(2, 3) après le
calcul on aura α = 3x − 2y, β = y − x et par suite, soit X = (x, y) ∈ R2
donc
X = (x, y) = (3x − 2y)(1, 1) + (y − x)(2, 3).
Alors < (1, 1), (2, 3) > engendrent R2 et par suite < (1, 1), (2, 3) > forme
une base (une famille génératrice qui a la même dimension que la base).
2. {(1, 2, 3), (0, 1, −1), (2, 0, 1)} est une famille libre dans R3 .
Soient λ1 , λ2 , λ3 ∈ R.
 

 λ1 + 2λ3 = 0 
 λ1 = −2λ3
2λ1 + λ2 = 0 ⇒ −2λ1 = λ2
 
3λ1 − λ2 + λ3 = 0 −6λ3 + 4λ3 + λ3 = 0
 
⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0,
donc on en déduit que : {(1, 2, 3), (0, 1, −1), (2, 0, 1)} est une famille libre
dans R3 , et puisque la dimension égal a la dimension de R3 , alors on conclut
que
{(1, 2, 3), (0, 1, −1), (2, 0, 1)} est une base dans R3
Exercice 6.2. Soient les ensembles suivants :

E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+y +z = 0} et E2 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x−y = x+z = 0}
1. • Commençons par E1
E1 6= ∅, il contient au moins 0, car soit (0, 0, 0) ∈ R3 et 0 + 0 + 0 = 0
alors E1 6= ∅.
Soit X = (x, y, z), X 0 = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 , et soit λ, µ ∈ R, il est clair que
λX +µX 0 ∈ E1 alors λ(x+y +z)+µ(x0 +y 0 +z 0 ) = 0 car X, X 0 ∈ E1 .
• E2 6= ∅, car il contient au moins 0, soit (0, 0, 0) ∈ R3 et 0−0 = 0+0 = 0

alors E2 6= ∅.
Soit X = (x, y, z), X 0 = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ E2 , et soit λ, µ deux réels quel-
conques.
Par hypothèse on a d’une part x − y = x + z, alors
λ(x − y) = λ(x + z) = 0. (6.1)

Et d’autre part x0 − y 0 = x0 + z 0 , d’où
µ(x0 − y 0 ) = µ(x0 + z 0 ) = 0 (6.2)
(6.1)+(6.2) donne :
λx + µx0 − (λy + µy 0 ) = λx + µx0 + λz + µz 0 = 0.
Ainsi
λx + µx0
 
λX + µX 0 =  λy + µy 0  ∈ E2 .
 
λz + µz 0
2. • La base de E1 , on a X ∈ E1 alors x + y + z = 0 ⇒ x = −y − z
alors (x, y, z) = (−y − z, y, z) = (−y, y, 0) + (−z, 0, z) = y(−1, 1, 0) +
z(−1, 0, 1), et par suite la base de E1 est
{(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}
alors la dim(E1 ) = 2.
• La base de E2 , soit X ∈ E2 alors x − y = x + z = 0 ⇒ z = −y et y = x
alors (x, y, z) = (y, y, −y) = y(1, 1, −1) = y(1, 1, −1), et par suite la
base de E2 est
{(1, 1, −1)}
alors la dim(E2 ) = 1.
• 1ère méthode : on utilise la dimension, puisque
dim(E) = dim(R3 ) = dim(E1 ) + dim(E2 ) et d’autre part dim(E1 ∩
E2 ) = 0, alors dim(E1 ⊕ E2 ) = dim(E1 ) + dim(E2 ), on déduit que
R3 = E1 ⊕ E2 .
• 2ème méthode : on vérifie les propriètés de la somme direct, il faut vérifie

que R3 = E1 + E2 et E1 ∩ E2 = {0R3 }, on définit
E1 + E2 = {X ∈ R3 ; X = x1 + x2 où x1 ∈ E1 et x2 ∈ E2 }
E1 + E2 ⊂ R3 clair par définition.

R3 ⊂ E1 + E2 , soit X ∈ R3 tel que X = (x, y, z) l’objectif est d’écrire
X = X1 + X2 avec X1 ∈ E1 et X2 ∈ E2 .
Soit X1 = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 alors x0 + y 0 + z 0 = 0, soit encore que
z 0 = −x0 − y 0 donc X1 = (x0 , y 0 , −x0 − y 0 ) .
6.2. Solutions 61
Soit X2 = (x00 , y 00 , z 00 ) ∈ E2 alors x00 − y 00 = x00 + z 00 soit encore que

y 00 = x00 et z 00 = −x00 donc X2 = (x00 , x00 , −x00 ), et par suite
X = X1 + X2 ⇔ (x, y, z) = x0 , y 0 , −x0 − y 0 + (x00 , x00 , −x00 )

en identifiant composante par composante, on obtient le système



 x = x0 + x00
y = y 0 + x00

z = −x0 − y 0 − x00

après substitution, et par un calcul direct on obtient


00
 x =x+y+z

x0 = −y − z

y 0 = −x − z

il est alors facile de vérifier que X = X1 + X2 , avec X = (x, y, z) et

X1 = (−y − z, −x − z, x + y + 2z) ∈ E1 et X2 = (x + y + z, x + y +
z, −x − y − z) ∈ E2 .
Pour l’intersection entre E1 et E2 , il est clair que E1 , E2 sont deux sous
espaces vectoriels, ils contient au moins le {0R3 } alors l’intersection n’est
pas vide, soit X ∈ E1 ∩ E2 donc X ∈ E1 et X ∈ E1 , ce qui donne
x + y + z = 0 et x − y = x + z = 0 ⇒ x = y = −z = 0 et x + y + z = 0
alors
E1 ∩ E2 = {(0, 0, 0)}.
Exercice 6.3. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = y = z}

et E2 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 0}
1. • E1 est un sous espaces vectoriel de R3 . Il faut vérifier que

(
E1 6= ∅
∀u, v ∈ E1 , ∀λ, µ ∈ R, (λu + µv) ∈ E1
E1 6= ∅, car il contient au moins par exemple (0, 0, 0).

Soit u = (x, y, z), v = (z 0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 , ∀λ, µ ∈ R alors u ∈ E1 ⇒ x =
y = z ⇒ λx = λy = λz et v ∈ E1 ⇒ x0 = y 0 = z 0 ⇒ µx0 = µy 0 = µz 0
et par suite λx + µx0 = λy + µy 0 = λz + µz 0 , donc λu + µv ∈ E1
• Par la même méthode, on peut montrer que E2 est un s.e.v, il est clair que
E2 est non vide car par exemple il contient (0, 0, 0), (0, 1, 7), (0, −2, −8).
Soit u = (x, y, z), v = (z 0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 , ∀λ, µ ∈ R alors λu + µv =
λ(0, y, z)+µ(0, y 0 , z 0 ) et par suite (0, λy +µy 0 , λz +µz 0 ) donc λu+µv ∈
E2 .
2. • 1 ère méthode, on utilise les dimensions : Pour l’intersection entre E1 et
E2 , il est clair que E1 , E2 sont deux sous espaces vectoriels, ils contient
au moins le {0R3 }, l’intersection n’est pas vide, soit X ∈ E1 ∩ E2 donc
X = (x, y, z) ∈ E1 et X ∈ E2 , ce qui donne x = y = z et x = 0 donc
x = y = z = 0 alors
E1 ∩ E2 = {(0, 0, 0)}
donc
dim(E1 ∩ E2 ) = 0
dim(R3 ) = dim(E1 ) + dim(E2 ). Cherchons la dimension de chaque

sous-espace pour E1 il est facile de vérifier que {(1, 1, 1)} constitue une
base de E1 , donc dim(E1 ) = 1, pour E2 il est facile de vérifier que
{(0, 1, 0), (0, 0, 1)} constitue une base de E2 , donc dim(E2 ) = 2, comme
dim(E1 + E2 ) = dim(E1 ) + dim(E2 ) − dim(E1 ∩ E2 ) = 1 + 2 − 0 = 3
et par suite comme (E1 +E2 ) est un sous espace de R3 et dim(E1 +E2 ) =
dim(R3 ) alors nécessairement
E1 + E2 = R3 .
En conclusion E1 ∩ E2 = {(0, 0, 0)} et E1 + E2 = R3 alors
R3 = E1 ⊕ E2 .
• 2ème méthode : on vérifie les propriètés de la somme direct, il faut vérifier

que R3 = E1 + E2 et E1 ∩ E2 = {0R3 }, on définit tout d’abord
E1 + E2 = {X ∈ R3 ; X = x1 + x2 où x1 ∈ E1 et x2 ∈ E2 }
E1 + E2 ⊂ R3 clair par définition.

R3 ⊂ E1 + E2 , soit X ∈ R3 tel que X = (x, y, z) l’objectif est d’écrire
X = X1 + X2 avec X1 ∈ E1 et X2 ∈ E2 .
Soit X1 = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 alors x0 = y 0 = z 0 , donc X1 = (x0 , x0 , x0 ) .
6.2. Solutions 63
Soit X2 = (x00 , y 00 , z 00 ) ∈ E2 alors x00 = 0 donc X2 = (0, y 00 , z 00 ), et par

suite
X = X1 + X2 ⇔ (x, y, z) = x0 , x0 , x0 + (0, y 00 , z 00 ),

en identifiant composante par composante, on obtient le système



 x = x0
y = x0 + y 00

z = x0 + z 00

après substitution, et par un calcul direct on obtient


0
 x =x

y 00 = y − x

 00
z =z−x
il est alors facile de vérifier que X = X1 + X2 , avec X = (x, y, z) et

X1 = (x, x, x) ∈ E1 et X2 = (0, y − x, z − x) ∈ E2 .
Exercice 6.4. Parmi les ensembles F dire lesquels sont des sous espaces vectoriels
de E :
1. E = R3 ; F = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + 3z = 0}, F ⊂ E, F 6= ∅, car

0R3 ∈ F et ∀u, v ∈ F, ∀λ, µ ∈ R ⇒ (λu + µv) ∈ F , alors F est un sous
espace vectoriel de E.
2. E = R2 ; F = {(x, y) ∈ R2 ; x + 3y = 3}, F n’est pas un sous espace
/ F , alors F * R2
vectoriel car 0R2 ∈
3. E = R2 ; F = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 = 4}, F n’est pas un sous espace
/ F , alors F * R2
vectoriel car 0R2 ∈
4. E = R[X] ; F = {P ∈ R[X]; degP = 4}, F n’est pas un sous espace
vectoriel de E = R[X], car a partir d’un contre exemple on peut trouver
P, Q ∈ F mais λP + µQ ∈ / F alors si P (x) = x4 + x et Q(x) = x4 où
P, Q ∈ F , mais P (x) − Q(x) = x ∈
/ F.
5. E = R[X] ; F = {P ∈ R[X]; degP ≤ 4} F est bien un sous espace
vectoriel de E = R[X], car l’espace des polynômes est un espace vectoriel
et F est un polynôme de degré ≤ 4.
6. E = {f : R → R; application} ;F = {f ∈ E; paire}, L’application nulle
est paire donc dans F . Si f, g deux fonctions paires, il en est alors de même
de f + g et de λf , pour tout réelle λ. Alors l’ensemble F est bien un sous

espace vectoriel de E.
Exercice 6.5. Soit E l’espace vectoriel des suites rélles convergentes
E = {(un )n ∈ RN , (un )n converge}.
On note par E1 l’espace vectoriel des suites constantes et E2 l’espace vectoriel

des suites converge vers 0.
Nous commencons de vérifier les propriètés des sous espaces supplémentaires
• E1 ∩ E2 = {0}. En effet une suite constante qui converge vers 0 est la suite
nulle.
• E = E1 + E2 , soit (un )n une suite dans E. Notons l la limite de (un )n .
Soit (vn )n la suite définie par vn = un − l, alors (vn )n converge vers 0.
Donc (vn )n ∈ E2 . Notons (wn )n la suite constante égale á l, nous avons
aussi un = l + un − l, ou encore un = wn + vn n ∈ N, et par suite
(un )n = (wn )n + (vn )n , ce qui donne la même décomposition souhaitée.
En déduire
E = E1 ⊕ E2 .
Exercice 6.6. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y − 3z =

0} et E2 = {(x, αx, x) ∈ R3 ; x ∈ R} où α est un paramètre réel.
1. • E1 sous espace vectoriel de R3 . E1 6= ∅, car (0, 0, 0) ∈ E1 .

∀u = (x, y, z), v = (z 0 , y 0 , z 0 ) ∈ E1 , ∀λ, µ ∈ R donc λ(x + y − 3z) +
µ(x0 + y 0 − 3z 0 ) = 0 ⇒ λx + µx0 + λy + µy 0 − 3(λz + µz 0 ) = 0 alors
λu + µv ∈ E1 .
• E2 sous espace vectoriel de R3 . E2 6= ∅, car (0, 0, 0), (1, α, 1) ∈ E1 .
∀u = (x, αx, x), v = (x0 , αx0 , x0 ) ∈ E1 , ∀λ, µ ∈ R donc λ(x, αx, x) +
µ(x0 , αx0 , x0 )
⇒ (λx + µx0 , α(λx + µx0 ), λx + µx0 ) alors λu + µv ∈ E2 .
2. • La base de E1 , remarquons que E1 par définition est E1 = {(x, y, z) ∈
R3 ; x = −y + 3z}, alors X = (x, y, z) ∈ E1 ⇒ X = (−y + 3z, y, z) =
(−y, y, 0) + (3z, 0, z) = y(−1, 1, 0) + z(3, 0, 1) donc on en déduit que
{(−1, 1, 0), (3, 0, 1)} est une base de E1 , et par suite dim(E1 ) = 2.
• La base de E2 , par définition est E2 = {(x, αx, x) ∈ R3 ; x ∈ R} , alors
X = (x, y, z) ∈ E2 ⇒ X = (x, αx, x) = x(1, α, 1) donc on en déduit
que {(1, α, 1)} est une base de E2 , , et par suite dim(E2 ) = 1.
3. La valeur de α pour laquelle
R3 = E1 ⊕ E2 .
Pour que E1 et E2 soient supplémentaires il est nécessaire d’avoir E1 ∩

E2 = {0R3 } . Soit X = (x, y, z) ∈ E1 ∩ E2 alors

 x + y − 3z = 0

z=x

y = αx

en substituant la valeur de y et de z obtenues des deux dernières équations

dans la première, on obtient
x + αx − 3x = 0,
soit encore
(α − 2) x = 0,
pour que la seule solution soit la solution triviale x = 0, il est nécessaire

d’avoir (α − 2) 6= 0 (car si (α − 2) = 0, tous les réels sont solutions.) Donc
si α 6= 2 alors x = 0, en revenant aux autres équations on a que y = z = 0,
soit que E1 ∩ E2 = {0R3 } . D’un autre côté, comme dim(E1 + E2 ) = 3
donc E1 + E2 = R3 , et en conclusion E1 ⊕ E2 = R3 .
Remarque que se passe-t-il si α = 2 ?
On observe dans ce cas que E2 = {(x, 2x, x), x ∈ R}, les éléments de E2
sont donc de la forme y = 2x, z = x on observe alors que x + y − 3z =
x + 2x − 3x = 0, ainsi les éléments de E2 sont aussi des éléments de E1 .
En conclusion si α = 2 on a E2 ⊂ E1 et ces deux espaces ne peuvent pas
être supplémentaires.

Exercice 6.7. Soit F = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + 2y 2 + z 2 + 2y(x + z) = 0}
F ainsi défini est-il un sous espace vectoriel de R3 ? Si oui donner sa dimension.
Exercice 6.8. Soient les ensembles suivants : E1 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x + y + z =

0}, E2 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+y −z = 0}, E3 = {(x, y, z) ∈ R3 ; x−y = x+z =
0}
1. Montrer que E1 , E2 et E3 sont des sous espaces vectoriels de R3 .
2. Donner dimE1 , dimE2 et dimE3

3. Montrer que R3 = E1 ⊕ E3 .
4. Sans calucler E1 ∩ E2 , ni dim(E1 ∩ E2 ). Montrer que E1 et E2 ne sont pas
supplémentaires.
5. E2 et E3 sont ils supplémentaires ?
Exercice 6.9. Soit E = C 1 (R, R) l’espace des fonctions de classe C 1 (dérivables

à dérivées continues), et soit F = {f ∈ E, f (0) = f 0 (0) = 0}. Montrer que F est
un sous espace vectoriel de E, et déterminer un supplémentaire de F dans E.
Chapitre 7
Applications Linéaires
Sommaire
7.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
7.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
7.1 Exercices
Exercice 7.1. Soit
f : R3 −→ R2
(x, y, z) 7−→ (x + y, x + z)
1. Vérifier que f est une application linéaire.

2. Déterminer kerf le noyau de f , puis donner une base de kerf et en déduire
dim(kerf ).
3. f es- elle injective ?
4. Donner dim(Imf ) ; puis donner une base de Imf .
5. f est-elle surjective ?
Exercice 7.2. Soit l’application linéaire suivante :
f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (x + y, x + z, x + y + z)
68 Applications Linéaires
1. Déterminer kerf le noyau de f et en déduire dim(kerf ).

2. f est-elle injective ? f est elle-surjective ? f est-elle bijective ?
3. Donner dim(Imf) ; puis donner une base de Imf .
Exercice 7.3.
1. Vérifier que {(1, 1), (2, 1)} est une base R2 .
2. Soit f : R2 −→ R2 , une application linéaire telle que f (1, 1) = (3, 0) et
f (2, 1) = (5, 1), donner alors l’expression de f .
f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (−x + y − z, −x + z, −2x + 2y)
1. Soit B1 la base canonique de R3 , donner M1 = M (f, B1 , B1 ).

2. Soit B2 la base de R3 définie comme suit : B2 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (0, −1, 1)}.
Calculer M2 = M (f, B2 , B1 ).
3. Soit B3 la base de R3 définie comme suit : B3 = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}.
Calculer M3 = M (f, B3 , B3 ).
4. Sans les calculer , montrer que det(M1 ) =det(M3 )
7.2. Solutions 69
7.2 Solutions
Exercice 7.1. Soit
f : R3 −→ R2
(x, y, z) 7−→ (x + y, x + z)
1. f est une application linéaire, en effet pour u = (x, y, z), v = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈

R3 , et λ, µ ∈ R
f λ (x, y, z) + µ x0 , y 0 , z 0

f (λu + µv) =
= f λx + µx0 , λy + µy 0 , λz + µz 0

λx + µx0 + λy + µy 0 , λx + µx0 + λz + µz 0

=
= λ (x + y, x + z) + µ x0 + y 0 , x0 + z 0

= λf (x, y, z) + µf x0 , y 0 , z 0

= λf (u) + µf (v) .
2. • Ker(f ) = u ∈ R3 ; f (u) = 0R2 .

f (u) = 0 =⇒ (x + y, x + z) = (0, 0) =⇒ {x = −y et x = −z} ,
et par suite : (x, y, z) ∈ R3 tels que
Ker(f ) = u ∈ R3 ; u = (x, −x, −x), où x ∈ R

• Base de Ker(f ) est B = {(1, −1, −1)}.

• dim(Ker(f )) = 1
3. Injectivité : on sait que
f est injective ⇐⇒ kerf = {0R3 }
Or comme dim(Ker(f )) 6= 0 alors kerf 6= {0R3 } , et par conséquent f

n’est pas injective.
4. • dim(Im(f )), on a
dim(R3 ) = 3 = dim(Ker(f )) + dim(Im(f ))
Et par suite : dim(Im(f )) = 2.

• Base de Im(f ), comme dimIm(f ) = 2 = dim(R2 ) et comme Im(f ) est

un sous espace vectoriel de R2 alors nécessairement Im(f ) = R2 et donc
la base canonique {(1, 0), (0, 1)} est une base de Im(f ).
5. Surjectivité : puisque dim(Im(f )) = dim(R2 ) = 2 alors f est surjective,
f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (x + y, x + z, x + y + z)
1. •
Ker(f ) = u ∈ R3 ; f (u) = 0R3 .

f (u) = 0 ⇒ (x + y, x + z, x + y + z) = (0, 0, 0)
⇒ (x = −y, x = −z, z) = (0, 0, 0)
Ce qui donne x = y = z = 0 et par suite Ker(f ) = {0R3 }.
• dim(Ker(f )) = 0
2. • Injectivité : puisque dim(Ker(f )) = 0 alors f est injective.
f est injective ⇔ kerf = {0R3 }
• Surjectivité
Imf = v ∈ R3 ; v = f (u) avec u ∈ R3 = f R3


0
 x =x+y

Soit v = (x0 , y 0 , z 0 ) ∈ R3 tel que v = f (u) ⇔ y0 = x + z

 0
z =x+y+z
 
0 0 0 0
 x =x+y
  x=x +y −z

⇒ 0 0
y = x − y + z =⇒ y = −y 0 + z 0 Et par suite f est sur-
 
z 0 = x0 + z z = z 0 − x0
 
jective.
• Bijectivité : f injective et surjective alors f bijective.
3. • dim(Im(f )) = 3, car
f est surjective ⇔ dim(Imf ) = dim(R3 ) = 3
• Base de Im(f ) : on a X ∈ Im(f ) alors X = (x + y, x + z, x + y + z) =

(x, x, x) + (y, 0, y) + (0, z, z) = x(1, 1, 1) + y(1, 0, 1) + z(0, 1, 1). Alors
la Base de Im(f ) :
{(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}.

7.2. Solutions 71
Exercice 7.3.
1. B = {(1, 1), (2, 1)} est une base R2 .
On vérifie seulement que B soit une famille génératrice ou B est libre (car
dim(B) = 2 est la même dimension de R2 ). Montrons que u1 = (1, 1) et
u2 = (2, 1) sont linéairement indépendants
λ1 u1 + λ2 u2 = 0R2 ⇒ λ1 (1, 1) + λ2 (2, 1) = (0, 0)

(
λ1 + 2λ2 = 0
⇒
λ1 + λ2 = 0
⇒ λ1 = λ2 = 0.
Et par suite B est une base dans R2 .

2. Soit f : R2 −→ R2 , une application linéaire telle que
f (1, 1) = (3, 0) et f (2, 1) = (5, 1). On commence par observer que {(1, 1), (2, 1)}
constitue une base de R2 (le fait qu’elle constitue une famille génératrice
nous suffit pour traiter l’exercice). Pour (x, y) ∈ R2 on a
(x, y) = (2y − x)(1, 1) + (x − y)(2, 1)
f (x, y) = f ((2y−x)(1, 1)+(x−y)(2, 1)) = (2y−x)f (1, 1)+(x−y)f (2, 1)

car f est linéaire, et par suite
f (x, y) = (2y − x)(3, 0) + (x − y)(5, 1)
alors
f (x, y) = (2x + y, x − y).
f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (−x + y − z, −x + z, −2x + 2y)
1. Rappelons que la base canonique dans R3 est

B1 = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}, alors
f (e1 ) = (−1, −1, −2), f (e2 ) = (1, 0, 2), f (e3 ) = (−1, 1, 0) donc la ma-
trice  
−1 1 −1
M1 = M (f, B1 , B1 ) =  −1 0 1 
 
−2 2 0
2. Soit B2 la base de R3 définie comme suit : B2 = {(1, 1, 1), (2, 0, 1), (0, −1, 1)}
 
−1 −3 −2
M2 = M (f, B2 , B1 ) =  0 −1 1 
 
0 −4 −2
3. Soit B3 la base de R3 définie comme suit : B3 = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)}
 
− 21 − 12 0
M3 = M (f, B3 , B3 ) =  − 12 3
0 
 
2
1 1
2 2 −2
4. Sans les calculer, M1 = P −1 M3 P (P est une matrice de changement de

base ( matrice de passage)).
det(M1 ) = det(P −1 M3 P ) = det(P −1 )det(M3 )det(P )
= (det(P ))−1 det(M3 )det(P ) = det(M3 )

p : R3 −→ R3
(x, y, z) 7−→ (−2x − 6z, x + y + z, x + 3z)
on note p2 = p ◦ p, B = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique de R3

1. Montrer que p est une application linéaire.
2. calculer p(e1 ), p(e2 ), p(e3 ), puis p2 (e1 ), p2 (e2 ), p2 (e3 ), que peut-on déduire ?
3. Donner une base de Im(p) est une base de Ker(p − I) et montrer que ces
deux espaces sont égaux.
f : Rn −→ R
(x1 , x2 , ..., xn ) 7−→ x1 + x2 + ... + xn
1. Montrer que f est une application linéaire.

2. Déterminer dim(Im(f )) et dim(Ker(f )).
Deuxième partie
Analyse
Chapitre 8
Suites Numériques
Sommaire
8.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
8.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
8.1 Exercices
Exercice 8.1. En utilisant la définition de la limite montrer que
2n + 1
1. lim = 2.
n+2
n→+∞
√
2. lim n 9 = 1.
n→+∞

 +∞
 si q > 1
n
3. lim q = 1 si q = 1
n→+∞ 
0 si 0 < q < 1.

Exercice 8.2. Calculer les limites suivantes

1
1. lim (−1)n + .
n→+∞ n
(−1)n
2. lim .
n→+∞ n
n sin (n!)
3. lim .
n→+∞ n2 + 1
√ √
4. lim n+1− n .
n→+∞
2n+1 + 3n+1
5. lim .
n→+∞ 2n + 3 n
76 Suites Numériques
n
n+5
6. lim .
n→+∞ n+3
Exercice 8.3. Soit la suite de terme général
1 1 1 1
un = + + + ... + .
1×2 2×3 3×4 n (n + 1)
1 a b
1. Montrer que = + .
n (n + 1) n n+1
2. Calculer lim un .
n→+∞
Exercice 8.4. Soit la suite définie par


1
u0 =


2
2
 un+1
 = (un )2 +
9
1 2
1. Montrer que ∀n ∈ N, < un < .
3 3
2. Étudier la monotonie de (un )n .
3. En déduire que (un )n est une suite convergente, et donner sa limite.


 u0 = 1,
4un
 un+1 = .
1 + un
1. Montrer que ∀n ∈ N, un > 0.
2. Étudier la monotonie de (un )n .
Exercice 8.6. Montrer que les deux suites (un )n et (vn )n définies par
1 1 1
un = 1 + + + ... + ,
1! 2! n!
1
vn = un + ,
n!
sont adjacentes.
1 1 1
Exercice 8.7. Montrer que la suite de terme général un = 1 + + + ... +
1 2 n
est divergente.
8.2. Solutions 77
8.2 Solutions
Exercice 8.1. Rappelons la définition de la limite :
( lim vn = l) ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃ηε ∈ N ; ∀n ∈ N, (n ≥ ηε ⇒ |vn − l| < ε) .

n→+∞
2n + 1
1. lim = 2.
n→+∞ n+2
Soit ε > 0 quelconque, on cherche ηε pour que l’on ait pour n ≥ ηε
2n + 1 2n + 1 − 2(n + 2) −3
| − 2| ≤ ε soit | | ≤ ε, ou encore | | ≤ ε
n+2 n+2 n+2
3
et donc ≤ ε, pour cela il suffit (par exemple) de choisir
n+2
n+2 1 3 3
> =⇒ n > − 2; ηε ∈ N; ηε = [ − 2] + 1,
3 ε ε ε
3
Notons que on peut aussi choisir ηε > [ − 2] + 1,
ε
( où [x] désigne : la partie entière de x), on rappelle que [x] ∈ Z telle que
[x] ≤ x ≤ [x] + 1.
√
n
2. lim 9 = 1. Comme précédemment, soit ε > 0 quelconque, on cherche
n→+∞ √
à avoir | n 9 − 1| < ε pour n ≥ ηε
√
n
√
n
√
n
| 9 − 1| < ε ⇒ −ε ≤ 9 − 1 ≤ ε ⇒ 9 ≤ ε + 1
1 1 1
⇒ 9 n ≤ ε + 1 ⇒ ln(9 n ) ≤ ln(ε + 1) ⇒ ln(9) ≤ ln(ε + 1)
n
1 ln(ε + 1)
⇒ ≤ (il faut observer que ln(9) > 0 car 9 > 1)
n ln(9)
ln(ε + 1) ln(ε + 1)
⇒n≥ (il suffit de choisir par exemple) ηε = [ ]+1
ln(9) ln(9)

 +∞
 si q > 1
3. lim q =n
1 si q = 1
n→+∞ 
0 si 0 < q < 1.

• Si q = 1 ⇒ q n = 1 suite constante et la limite égale a 1.
• Si q > 1, lim q n = +∞
n→+∞
⇔ ∀A > 0, ∃ηA ∈ N ; ∀n ∈ N, (n ≥ ηε ⇒ un > A) .
Soit A quelconque,
un > A ⇒ q n > A ⇒ ln(q n ) > ln(A).

ln(A)
⇒n> , (q > 1, donc ln(q) > 0)
ln(q)
h ln(A) i
Il suffit de prendre ηA = + 1.
ln(q)
1
• Si 0 < q < 1, soit q = q0 avec
1 1
q > 1 ⇒ qn = 0n
⇒ lim q n = lim 0n = 0,
q n→+∞ n→+∞ q
d’après le cas précédent.

(On peut aussi traiter ce cas de la même façon que le cas précédent).
Remarque : Si q = 0, q n = 0, lim q n = 0.
n→+∞
Exercice 8.2. Calcul des limites

1 1
1. lim (−1)n + On peut écrire un = (−1)n + par deux façons diffé-
n→+∞ n n
1
rentes : u2k = 1 + → 1 quand k → ∞.
2k
−1
u2k+1 = 1 + → −1 quand k → ∞, et par suite (un )n n’a pas de
2k + 1
limite.
(−1)n 1
2. Soit un = , on a (−1)n est borné et → 0 quand n → ∞, donc
n n
lim un = 0, ou bien
n→+∞
−1 (−1)n 1
0 = lim ≤ lim ≤ lim = 0.
n→+∞ n n→+∞ n n→+∞ n
Donc lim un = 0.
n→+∞
n sin (n!) n
3. un = , on sait que sin(n!) bornée, 2 → 0 quand n → ∞
n2 + 1 n +1
donc lim un = 0, ou bien
n→+∞
−n n sin(n!) n
0 = lim ≤ lim ≤ lim 2 = 0.
n→+∞ n2 2
+ 1 n→+∞ n + 1 n→+∞ n + 1
Donc lim un = 0.
n→+∞
√ √
4. lim ( n + 1 − n) = (forme indéterminée +∞ − ∞)
n→+∞
√ √ 1
lim ( n + 1 − n) = lim √ √ = 0.
n→+∞ n→+∞ ( n + 1 + n)
2 n+1
2n+1 + 3n+1 3n+1 ( 3 ) + 1 2
5. lim = lim = 3, (q n = ( )n →
n→+∞ 2n + 3 n n→+∞ 3n 2 n 3
( ) +1
3
0, car 0 < q < 1).
8.2. Solutions 79
n + 5 n
6. lim (Ceci est aussi une forme indéterminée 1∞ )
n→+∞ n+3
n + 5 n (1 + n5 )n e5
lim = lim = 3 = e2 .
n→+∞ n+3 n→+∞ 3 e
(1 + )n
n
Exercice 8.3. Soit la suite de terme général
1 1 1 1
un = + + + ... + .
1×2 2×3 3×4 n (n + 1)
1 a b a(n + 1) + bn n(a + b) + a
1. Pour montrer que = + = = ,
n (n + 1) n n+1 n+1 n+1
par identification
( (
a+b=0 a=1
⇒
a = 1. b = −1.
1 1 1
Ainsi, = −
n(n + 1) n n+1
2.
1 1 1 1
un = + + + ... +
1×2 2×3 3×4 n (n + 1)
1 1 1 1 1 1 1 1
= (1 − ) + ( − ) + ( − ) + ... + ( − )=1−
2 2 3 3 4 n n+1 n+1
Ainsi lim un = 1.
n→+∞


1
u0 =


2
2
 un+1 = (un )2 + .

9
1 2
1. On démontre par récurrence que ∀n ∈ N, < un < .
3 3
1 1 2
Pour n = 0, < u0 = < .
3 2 3
On suppose que
1 2
< un < ,
3 3
1 2
on peut élever au carré dans cette double inégalité car 0 < < un < , ce
3 3
qui donne
1 2 1 4
< un < ⇒ < u2n < ,
3 3 9 9
et par suite
1 4 1 2 2 4 2 1 2
< u2n < ⇒ + < u2n + < + ⇒ < un+1 < .
9 9 9 9 9 9 9 3 3
1 2
Ce qui nous permet de conclure que ∀n ∈ N, < un < .
3 3
2. La monotonie de (un )n .
2 2
un+1 − un = u2n + − un = u2n − un + , considérons l’équation
9 9
2 8 1 1 2
x2 − x + = 0, ∆ = 1 − = ( )2 , x1 = , x2 = , or d’après la
9 9 3 3 3
1 2
question précédente : on a que ∀n ∈ N, < un < , donc un+1 − un < 0.
3 3
(un )n est (strictement) décroissante (il est possible de le démontrer par ré-
currence).
1
3. Comme (un )n est une suite décroissante et minorée (par ), alors (un )n est
3
convergente. Soit l = lim un en passant à la limite dans la relation de
n→+∞
2
récurrence un+1 = u2n + , l doit nécessairement vérifier
9
2 1 2
l = l2 + ⇒ l = ou l = .
9 3 3
Or la limite est unique, nous devons donc éliminer l’une de ces deux valeurs.
1 2
Reprenons depuis le début, on a montré que ∀n ∈ N, < un < , et aussi
3 3
1 2
(un )n est décroissante avec u0 = . Donc la limite ne peut pas être , et
2 3
2
par suite l = (réfusée).
3
Alors
1
lim un = .
n→+∞ 3

 u0 = 1
4un
 un+1 =
1 + un
1. Démonstration par récurrence que ∀n ∈ N, un > 0.
4un
u0 = 1 > 0, on suppose que un > 0. ∀n alors = un+1 > 0, et
1 + un
parsuite
∀n ∈ N, un > 0.
4un 4un − un − u2n 3un − u2n un (3 − un )
un+1 − un = − un = = =
1 + un 1 + un 1 + un 1 + un
8.2. Solutions 81
On sait que un > 0 et donc 1 + un > 0, reste a étudier le signe de (3 − un ).

u0 = 1 < 3, essayons de montrer par récurrence que un < 3 ∀n ∈ N.
On suppose que un < 3
4un
un < 3 ⇒ (4un − 3un ) < 3 ⇒ 4un < 3 + 3un ⇒ < 3,
1 + un
d’où un+1 < 3. Donc un < 3 ∀n ∈ N, ou encore (3 − un ) > 0, ∀n ∈ N.
un (3 − un )
Ainsi un+1 − un = > 0, donc (un )n est croissante.
1 + un
3. (un )n est une suite croissante et majorée (par 3), elle est donc convergente.
( lim un = lim un+1 = l) et par suite la limite doit vérifier
n→+∞ n→+∞
4l
l= ⇒ l = 0 ou l = 3,
1+l
rappelons que (un )n est croissante, et que u0 = 1, donc un ≥ 1, et par suite
l ne peut pas être égale à 0, donc obligatoirement
lim un = 3.
n→+∞
Exercice 8.6. Montrer que les deux suites (un )n et (vn )n définies par
1 1 1
un = 1 + + + ... + ,
1! 2! n!
1
vn = un + ,
n!
sont adjacentes. Il faut démontrer que l’une est croissante, l’autre est décroissante
et que la limite de la différence est égale à 0.
• Etude de la monotonie
1 1 1 1 1 1 1
un+1 − un = 1 + + + ... + + − (1 + + + ... + )
1! 2! n! (n + 1)! 1! 2! n!
donc
1
un+1 − un = > 0.
(n + 1)!
Alors (un )n est croissante.
1 1
vn+1 − vn = un+1 + − (un + )
(n + 1)! n!
2 1 2 − (n + 1) 1−n
= − = = ≤ 0, ( dès que n ≥ 1),
(n + 1)! n! (n + 1)! (n + 1)!
donc
vn+1 − vn ≤ 0.
Alors (vn )n est décroissante.
1
• lim (vn − un ) = lim = 0.
n→+∞ n→+∞ n!
En conclusion (vn )n , (un )n sont adjacentes, donc elles sont convergentes,
et convergent vers la même limite.
1 1
Exercice 8.7. Soit un = 1 + + + ... + n1
1 2
Supposons par l’absurde que un est convergente, alors elle est de Cauchy et par
suite
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀p, q ∈ N ; ∀n ∈ N, (p, q ≥ Nε ⇒ |up − uq | < ε)
Soit par exemple p = 2n, et q = n, alors

1 1 1 1 1 1 1
|u2n − un | = |1 + + + ... + + ... + − (1 + + + ... + )|
1 2 n 2n 1 2 n
2n
1 1 X 1
=| + ... + |=| |
n+1 2n k
k=n+1
1 1
D’autre part, k ≤ 2n ⇒ ≥ , et par suite
k 2n
2n 2n
X 1 1 X 1 1
|u2n − un | = ≥ 1≥ .n =
k 2n 2n 2
k=n+1 k=n+1
Contradiction avec le fait que (un )n est de Cauchy. En conclusion (un )n est diver-
gente.

Exercice 8.8. On considère les deux suites (Un ) et (Vn ) définies par
U0 = 1, V0 = 2,
2Un−1 Vn−1 Un−1 +Vn−1
Un = , Vn = 2 .
Un−1 + Vn−1
1. Montrer que [∀n ∈ N, Un > 0 et Vn > 0].

2. Pour n ∈ N∗ calculer Vn − Un en fonction de Un−1 et Vn−1 .
3. En déduire que ∀n ∈ N, Vn − Un > 0.
4. Montrer que (Un ) est croissante et (Vn ) est décroissante.
5. Déduire de 3. et 4. que [∀n ∈ N, Un < V0 et Vn > U0 ].
6. En déduire que (Un ) et (Vn ) sont convergentes.
Exercice 8.9. Soient a, b deux réels données a < b.

Soit f : [a, b] −→ [a, b] une fonction continue.
On définit la limite (un )n par


 u0 ∈ [a, b]

un+1 = f (un ) ∀n ∈ N.

1. Montrer que si f est croissante alors (un )n est monotone convergeant vers
une solution de l’équation f (x) = x.
2. Calculer la limite de la suite définie par
4un + 5
u0 = 4 et un+1 = , ∀n ∈ N.
un + 3
Exercice 8.10. Soient k ∈ ]0, 1[, et la suite (un ) qui vérifie
∀n ∈ N, |un+2 − un+1 | ≤ k |un+1 − un | .
1. Montrer que
∀n ∈ N, |un+1 − un | ≤ k n |u1 − u0 | .
2. Montrer que si p et q deux entiers tels que p > q ≥ 0, alors

kq
|up − uq | ≤ |U1 − U0 | .
1−k
3. Déduire que la suite (un ) est de Cauchy, et par suite convergente.
Chapitre 9
Fonction Réelle d’une Variable

Réelle : Limites et Continuité
Sommaire
9.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
9.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
9.1 Exercices
Exercice 9.1. Étudier la parité des fonctions suivantes
√
1. f (x) = − x2 + 1.
sin(x)
2. f (x) = .
x2
3. f (x) = xn où n ∈ N.
cos(x)
Exercice 9.2. Montrer que la fonction f (x) = est bornée sur R.
1 + x2
Exercice 9.3. Montrer en utilisant la définition de la limite d’une fonction en un
point ce qui suit :
1. lim 3x + 3 = 6.
x→1
2. lim x2 + x + 1 = 3.
x→1
Exercice 9.4. Calculer les limites suivantes

86 Fonction Réelle d’une Variable Réelle
√
x+3−2
1. lim .
x→1 x−1
x2 − a2
2. lim 3 .
x→a x − a3
√
3. lim x2 + x − x .
x→+∞
cos(ax) − cos(bx)
4. lim .
x→0
√ x2
√ √
x− a− x−a
5. lim √ .
x→a+
x2 − a2
Exercice 9.5. Montrer que les limites suivantes n’existent pas

1 1
lim sin et lim cos ,
x→0 x x→0 x
puis calculer les limites suivantes

1
lim (sin(x)) sin ,
x→0 x

1
lim x3 cos .
x→0 x
Exercice 9.6. Etudier la continuité des fonctions suivantes
5x2 − 2

si x ≥ 1

1. f (x) = 2
 cos (x − 1) si x < 1.

1

 n
x sin si x 6= 0
2. f (x) = x où n ∈ N.
0 si x = 0

Exercice 9.7. Trouver les réels α, β, et γ pour que les fonctions suivantes soient
continues sur R, (
x+1 si x ≤ 1
f (x) = 2
3 − αx si x > 1.
 π
 −2 sin(x) si x ≤ −
2 π


 π
g(x) = β sin(x) + γ si − < x ≤

 2 π 2
cos(x) si x > .


2
Exercice 9.8. Les fonctions suivantes admettent-elles un prolongement par conti-
nuité aux points où elles ne sont pas définies ?

|x| (x − 1) sin(x) 1
f1 (x) = , f2 (x) = 2
, f3 (x) = sin .
x 2x − 2 x
9.2. Solutions 87
9.2 Solutions
Exercice 9.1. Etude de la parité des fonctions suivantes
Avant de discuter la parité d’une fonction, il faut tout d’abord vérifier que
son domaine de définition est symétrique par rapport à 0.
√
1. f (x) = − x2 + 1 alors Df = R et f (−x) = f (x) donc f est paire.
sin(x)
2. f (x) = alors Df = R∗ et f (−x) = −f (x) donc f est impaire
x2
(rapport d’une fonction paire et une autre fonction impaire).
3. f (x) = xn où n ∈ N alors Df = R et f (−x) = (−1)n f (x) donc si n est
pair alors f est paire, et si n est impair alors f est impaire.
cos(x)
Exercice 9.2. La bornitude de la fonction f (x) = sur R.
1 + x2
On a Df = R. D’un coté 0 ≤ |cos(x)| ≤ 1, et d’un autre coté :
1 1
1 + x2 ≥ 1 ⇒ 2
≤ 1, et comme ≥ 0.
1+x 1 + x2
|cos(x)|
Alors |f (x)| = ≤ 1, et par suite f est bornée.
1 + x2
Exercice 9.3. En utilisant la définition de la limite d’une fonction en un point, on
obtient
1. lim 3x + 3 = 6
x→1
∀ε > 0, ∃αε > 0, |x − 1| < αε ⇒ |f (x) − 6| < ε.
Nous cherchons à obtenir |f (x) − 6| < ε i.e : |3x + 3 − 6| = |3x − 3| < ε

et donc 3|x − 1| < ε.
ε ε
Il suffit pour cela que |x − 1| < , donc on peut prendre αε = .
3 3
2
2. lim x + x + 1 = 3
x→1
⇔ ∀ε > 0, ∃αε > 0, |x − 1| < αε ⇒ |f (x) − 3| < ε.
Nous cherchons à obtenir |f (x) − 3| < ε i.e |x2 + x + 1 − 3| < ε. Soit

|(x − 1)(x + 2)| < ε.
Comme x tend vers 1 on peut supposer par exemple que
x ∈]1 − 3, 1 + 3[=] − 2, 4[.

Donc
(x + 2) ∈]0, 6[⇒ 0 < x + 2 < 6 ⇒ −6 < x + 2 < 6 ⇒ |x + 2| < 6.
On a |f (x)−3| < ε ⇒ |x−1||x+2| < ε, pour obtenir ceci et comme |x+2| < 6.
ε
Il suffit par exemple d’avoir |x − 1| < . Mais n’oublions pas que nous
6
avons imposé la condition x ∈] − 2, 4[ soit |x − 1| < 3 comme
( ε
|x − 1| < ε
6 Il suffit de prendre αε = min{ , 3}.
|x − 1| < 3. 6
Exercice 9.4. Calcul des limites

√
x+3−2 x+3−4 1 1
1. lim = lim √ = lim √ = .
x→1 x−1 x→1 (x − 1)( x + 3 + 2) x→1 x+3+2 4
x2 − a2
2. lim
x→a x3 − a
x2 1
• Si a = 0, lim = lim = ±∞.
x→0 x3 x→0 x
x2 − a2 (x − a)(x + a) x+a
• Si a 6= 0, lim 3 3
= lim 2 2
= lim 2 =
x→a x − a x→a (x − a)(x + ax + a ) x→a x + ax + a2
2a 2
= .
3a2 3a
√ x2 + x − x2

2
x
3. lim x + x − x = lim √ = lim r =
x→+∞ x→+∞ x→+∞ 1
x2 + x + x x(1 + 1 + )
x
1
.
2
cos(ax) − cos(bx) (cos(ax) − cos(bx)) (cos(ax) + cos(bx))
4. lim 2
= lim
x→0 x x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx))
cos2 (ax) − cos2 (bx) 1 − sin2 (ax) − 1 + sin2 (bx)

= lim = lim
x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx)) x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx))
sin2 (bx) − sin2 (ax) sin2 (bx)

= lim = lim
x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx)) x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx))
sin2 (ax)
− lim
x→0 x2 (cos(ax) + cos(bx))
sin(bx) 2 b2 sin(ax) 2 a2
= lim − lim
x→0 bx (cos(ax) + cos(bx)) x→0 ax (cos(ax) + cos(bx))
b2 − a2 sin(x)
= , car lim =1
2 x→0 x
9.2. Solutions 89
√ √ √
x− a− x−a
5. lim √
x→a+ x2 − a√2
√
x− x
• Si a = 0, lim √ 2 = 0.
x→a+ x
• Si a 6= 0,
√ √ √ √ √ √
x− a− x−a x− a x−a
lim √ = lim √ −√ √
x→a + 2
x −a 2 x→a+ 2
x −a 2 x−a x+a
√
x−a x−a
= lim √ √ √ −√ √
x→a+ x2 − a2 ( x + a) x−a x+a
√
x−a 1 1
= lim √ √ √ −√ = −√ .
x→a + x + a( x + a) x+a 2a
1
Exercice 9.5. lim cos( ) n’existe pas, il suffit de considérer les deux suites
x→0 x
1 1
un = et vn =
2nπ (2n + 1)π
1 1
on a lim un = 0 et lim vn = 0, mais lim cos( ) = 1 et lim cos( ) =
n→+∞ n→+∞ n→+∞ un n→+∞ vn
−1.
1
Donc lim cos( ) n’existe pas.
x→0 x
1
Pour sin( ) considérons par exemple,
x
1 1
un = et vn = π
nπ 2 + 2nπ
1 1
on a lim un = 0 et lim vn = 0, mais lim sin( ) = 0 et lim sin( ) =
n→+∞ n→+∞ n→+∞ un n→+∞ vn
1.
1
Donc lim sin( ) n’existe pas.
x→0 x
1 1
Par contre lim sin(x) sin( ) = lim x3 cos( ) = 0 (produit d’une fonction bor-
x→0 x x→0 x
née et d’une fonction tendant vers 0).
Exercice 9.6. Étude de la continuité des fonctions suivantes

 5x2 − 2

si x ≥ 1
1. f (x) = 2
 cos (x − 1) si x < 1.
Pour x 6= 1, f est continue, reste à étudier la continuité en x0 = 1.
3 3
f (1) = , lim f (x) = et lim f (x) = 1. Donc f n’est pas continue
2 x→1 + 2 x→1−
en x0 = 1.

 xn sin 1

si x 6= 0
2. f (x) = x où n ∈ N
0 si x = 0

Pour x 6= 0, f est continue, reste à étudier la continuité en x0 = 0.
f (0) = 0
1
• Si n = 0, lim sin( ) n’existe pas.
x→0 x
n 1
• Si n 6= 0 lim x sin( ) = 0 = f (0).
x→0 x
Alors
• Si n 6= 0 Alors f est continue sur R.
• Si n = 0 f n’est pas continue en x0 = 0.
Exercice 9.7. Pour trouver les réels α, β, et γ pour que les fonctions suivantes
soient continues sur R on procède comme suit :
(
x+1 si x ≤ 1
f (x) = 2
3 − αx si x > 1
Pour x 6= 1, f est continue car f est une fonction polynomiale.

Pour obtenir la continuité en x0 = 1, lim f (x) = f (1) = 2. lim f (x) = 2. et
x→1− x→1−
lim f (x) = 3 − α, il suffit donc d’avoir 3 − α = 2 ⇒ α = 1.
x→1+
f est continue sur R ssi α = 1.
 π
 −2 sin(x) si x ≤ −
2 π


 π
g(x) = β sin(x) + γ si − < x ≤

 2 π 2
cos(x) si x > .


2
Pour x 6= ± π2 , f est continue.
π
Pour obtenir la continuité en x0 = ± , lim f (x) = f (− π2 ) = 2
2 x→− π2 −
lim f (x) = 2, et lim f (x) = −β + γ, d’autre part f ( π2 ) = β + γ,
x→− π2 − x→− π2 +
lim f (x) = β + γ et lim f (x) = 0
x→ π2 − x→ π2 +
Pour avoir la continuité de f, on doit avoir
( (
−β + γ = 2 γ=1
⇒
β+γ =0 β = −1
Donc f est continue sur R ssi γ = 1, β = −1.
Exercice 9.8. Etude de la prolongeabilité par continuité des fonctions suivantes :

|x|
f1 (x) =
x
f1 n’est pas définie en 0 ; lim f1 (x) = 1 et lim f1 (x) = −1. Donc lim f1 (x)
x→0+ x→0− x→0
n’existe pas, alors f1 n’est pas prolongeable par continuité en 0.
(x − 1) sin(x)
f2 (x) = ,
2x2 − 2
f2 n’est pas définie en ±1,
(x − 1) sin(x) (x − 1) sin(x) sin(x) sin(1)
lim f2 (x) = lim = lim = lim = .
x→1 x→1 2(x2 − 1) x→1 2(x − 1)(x + 1) x→1 2(x + 1) 4
(x − 1) sin(x)
lim f2 (x) = lim = ±∞.
x→−1 x→−1 2(x2 − 1)
En conclusion f2 est prolongeable par continuité en x0 = 1 mais ne l’est pas en
x0 = −1 et son prolongement s’écrit :
(x − 1) sin(x)

 si x 6= 1
2x2 − 2



F (x) =
sin(1)



 si x = 1
4

1
f3 (x) = sin ,
x
1
f3 n’est pas définie en 0, lim f3 (x) = sin( ) n’existe pas.
x→0 x
Donc f3 n’est pas prolongeable par continuité.

Exercice 9.9. Montrer que l’équation
x = e−x
admet une solution unique dans l’intervalle [0, 1], puis localiser cette solution dans
un intervalle de longueur l = 0.015625.
Exercice 9.10. Peut-on prolonger par continuité sur R les fonctions suivantes :
1 1 2 1 ex + e−x
f (x) = sin(x) sin( ), g(x) = − , h(x) = ln .
x 1 − x 1 − x2 x 2
Exercice 9.11. Soit f (x) = xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 , x ∈ R, n impair.
1. Calculer lim f (x) et lim f (x).
x→+∞ x→−∞
2. En déduire qu’il existe x0 , y0 ∈ R tels que f (x0 ) ≤ 0 et f (y0 ) ≥ 0.
3. Déduire qu’il existe un point c ∈ R tel que f (c) = 0.
Chapitre 10
Dérivation
Sommaire
10.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
10.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
10.1 Exercices
Exercice 10.1. Calculer f 0 (x) dans chacun des cas suivants
x
f (x) = xx , f (x) = ex , f (x) = cos(x5 ) , f (x) = cos5 (x), f (x) = arctan(ex ).
Exercice 10.2. Calculer la dérivée nième des fonctions suivantes

1. f (x) = eax .
2. f (x) = sin(x).
3. f (x) = cos(x).
1
4. f (x) = .
1−x
1
5. f (x) = .
1+x
1
6. f (x) = .
1 − x2
Exercice 10.3. Soit g : R → R une fonction continue, et soit a ∈ R . On pose
f (x) = (x − a) g(x). Montrer que f est dérivable en a, et calculer f 0 (a).

π
∀x ∈ [−1, 1], arcsin(x) + arccos(x) = .
2
94 Dérivation
Exercice 10.5. Soient f, g deux fonctions continues sur [a, b] dérivables sur ]a, b[
ne s’annulant pas, et telles que
f (a)g(b) = f (b)g(a).
Montrer qu’il existe un c ∈ ]a, b[ tel que
f 0 (c) g 0 (c)
= .
f (c) g(c)
Exercice 10.6. Soit x, y deux réels tels que 0 < x < y. Montrer que
y−x
x< < y.
ln(y) − ln(x)
Exercice 10.7. Donner le développement de Taylor Maclaurin pour n = 5, des

fonctions suivantes :
1. f (x) = ex .
2. f (x) = sin(x).
3. f (x) = cos(x).
4. f (x) = ln(1 + x).
5. f (x) = (1 + x)α .
6. f (x) = arctan(x).
Exercice 10.8. En utilisant un développement de Taylor, calculer les limites sui-

vantes
ex − 1
1. lim .
x→0 x
sin(x) − x
2. lim .
x→0 x
cos(x) − 1
3. lim .
x→0 x
x2 x3
ln (1 + x) − x + 2 − 3
4. lim .
x→0 (sin(x))4
10.2. Solutions 95
10.2 Solutions
Exercice 10.1. Calcul de la dérivée de f dans chacun des cas suivants
1. f (x) = xx = ex ln(x) ⇒ f 0 (x) = (x ln(x))0 ex ln(x) = (1 + ln(x))xx ,
(x > 0).
x x x
2. f (x) = ex ⇒ f 0 (x) = (xx )0 ex = (1 + ln(x))xx ex , (x > 0). Mainte-
nant, il faut bien rappeler la formule que [g(f (x))]0 = f 0 (x)g 0 (f (x)).
3. f (x) = cos(x5 ) ⇒ f 0 (x) = −(x5 )0 sin(x5 ) = −5x4 sin(x5 ).
En rappelant la formule suivante : (f n (x))0 = nf 0 (x)f n−1 (x).
4. f (x) = cos5 (x) ⇒ f 0 (x) = −5 sin(x) cos4 (x).
ex
5. f (x) = arctan(ex ) ⇒ f 0 (x) = (ex )0 (arctan)0 (ex ) = .
e2x + 1
Exercice 10.2. Les dérivées nième des fonctions suivantes
1. f (x) = eax
On dérive, f 0 (x) = aeax , f 00 (x) = a2 eax , on déduit la formule de la dérivée
nieme par f (n) (x) = an eax . Comme l’intuition ne suffit pas, il faut démon-
trer par récurrence que ∀n ∈ N, f (n) (x) = an eax .
Pour n = 1, f 0 (x) = a1 eax .
On suppose que la formule est vraie pour n et on démontre que notre formule
est vérifiée pour la dérivée d’ordre (n + 1).
On a f (n) (x) = an eax ⇒ (f (n) (x))0 = (an eax )0 ⇒ f (n+1) (x) = an+1 eax
alors la formule est vraie pour l’ordre (n + 1), donc on déduit que
∀n ∈ N, f (n) (x) = an eax
π
2. f (x) = sin(x), on dérive f 0 (x) = cos(x) = sin(x+ ), f 00 (x) = − sin(x) =
2
3π
sin(x + π), f (3) (x) = − cos(x) = sin(x + ), f (4) (x) = sin(x) =
2
sin(x + 2π), on peut généraliser et avoir
nπ
∀n ∈ N, f (n) (x) = sin(x + ),
2
formule qu’il faudra démontrer par récurrence.
3. f (x) = cos(x) comme le cas précédent, on arrive à la formule
nπ
∀n ∈ N, f (n) (x) = cos(x + ),
2
qu’il faudra démontrer par récurrence.
96 Dérivation
1
4. f (x) = = (1 − x)−1 , on dérive, f 0 (x) = 1(1 − x)−2 , f 00 (x) =
1−x
1.2(1 − x)−3 , f (3) (x) = 1.2.3.(1 − x)−4 , on dévine la formule de la dérivée
nieme :
∀n ∈ N, f (n) (x) = n!(1 − x)−(n+1) .
Formule qu’on doit la démontrer par récurrence :

Pour n = 1, f 0 (x) = 1!(1 − x)−1 , on suppose que la formule est vraie
pour n et on démontre que notre formule est vérifiée pour la dérivée d’ordre
(n + 1). On a
f (n) (x) = n!(1 − x)−(n+1) ⇒ (f (n) (x))0 = (n!(1 − x)−(n+1) )0
⇒ f (n+1) (x) = n!(n + 1)(1 − x)−(n+1) ,
alors la formule est vraie pour l’ordre (n + 1) donc on déduit que
∀n ∈ N, f (n) (x) = n!(1 − x)−(n+1) .
1
5. f (x) = on suit la même technique qu’auparavant on trouve que
1+x
f (n) (x) = n!(−1)n (1 + x)−(n+1) , ∀n ∈ N.
1 1 1 1
6. En remarquant que f (x) = = + , on déduit des
1 − x2 2 1+x 1−x
deux formules précédentes, la formule suivante :
n! (−1)n 1
f (n) (x) = + , ∀n ∈ N.
2 (1 + x)n+1 (1 − x)n+1
Exercice 10.3. Soit g : R → R une fonction continue, et soit a ∈ R. On pose

0
f (x) = (x − a) g(x). Le but de cet exercice est de provoquer l’erreur f (x) =
0
(x − a) g(x) , ce qui est clairement une erreur car g est supposée être seule-
ment continue (pas nécessairement dérivable)
f (x) − f (a) (x − a)g(x) − f (a) (x − a)g(x)

lim = lim = lim
x→a x−a x→a x−a x→a x−a
= lim g(x) = g(a) donc f 0 (a) = g(a).

x→a
Exercice 10.4. Pour montrer que

π
∀x ∈ [−1, 1], arcsin(x) + arccos(x) = .
2
10.2. Solutions 97
Avant de commencer, on fait un rappel sur

0 1
f −1 = ,
f0 ◦ f −1
donc
1 1
(arctan(x))0 = = ,
1+ tan2 (arctan(x)) 1 + x2
et
1 1 1
(arcsin(x))0 = =p 2
=√ ,
cos(arcsin(x)) 1 − sin (arcsin(x)) 1 − x2
car x ∈ [−1, 1], on a arcsin(x) ∈ [− π2 , π2 ], ainsi cos(arcsin(x)) est positif.

−1 −1
(arccos(x))0 = =√ ,
sin(arccos(x)) 1 − x2
car x ∈ [−1, 1], on a arccos(x) ∈ [0, π], donc sin(arccos(x)) est positif.
On observe alors que
arcsin0 (x) + arccos0 (x) = 0 ⇒ arcsin(x) + arccos(x) = c,
il suffit donc de donner une valeur à x, pour

π π
x = 0 ⇒ c = arcsin(0) + arccos(0) = 0 + = .
2 2
Exercice 10.5. Soient f, g deux fonctions continues sur [a, b] dérivables sur ]a, b[
et ne s’annulant pas, et telles que
f (a)g(b) = f (b)g(a).
Pour montrer que ∃c ∈ ]a, b[ tel que

f 0 (c) g 0 (c)
= .
f (c) g(c)
f (x)
Il suffit de considérer la fonction h(x) = , la fonction h est continue sur
g(x)
[a, b] (comme rapport de deux fonctions continues) et derivable sur ]a, b[ (comme
rapport de deux fonctions derivables), de plus
f (a) f (b)
f (a)g(b) = g(a)f (b) ⇒ = ⇒ h(a) = h(b),
g(a) g(b)
alors d’après le Théorème de Rolle : ∃c ∈]a, b[ tel que h0 (c) = 0, or
f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x)
h0 (x) = ,
g 2 (x)
98 Dérivation
h0 (c) = 0 ⇒ f 0 (c)g(c) = f (c)g 0 (c),
donc
f 0 (c) g 0 (c)
= ,
f (c) g(c)
ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 10.6. Soit x, y deux réels tels que 0 < x < y.

Considérer la fonction f (t) = ln(t) et lui appliquer le Théorème des accroisse-
ments finis sur l’intervalle [x, y], f étant continue sur [x, y] et dérivable sur ]x, y[
alors il existe c ∈]x, y[ telque
f (y) − f (x) = f 0 (c)(y − x),
soit
1
ln(y) − ln(x) = (y − x),
c
or c ∈]x, y[ donc x < c < y,
1 1 1 1 1 1
< < ⇒ (y − x) < (y − x) < (y − x),
y c x y c x
donc
1 1 y−x
(y − x) < ln(y) − ln(x) < (y − x) ⇒ x < < y.
y x ln(y) − ln(x)
Exercice 10.7. Le but de cet exercice est d’utiliser le développement de Taylor,

lorsque f possède des dérivées successives au voisinage de x0 on a la formule :
(x − x0 )2 00 (x − x0 )3 000
f (x) = f (x0 ) + (x − x0 ) f 0 (x0 ) + f (x0 ) + f (x0 ) +
2! 3!
(x − x0 )n (n)
+... + f (x0 ) + (x − x0 )n ε (x) avec lim ε (x) = 0.
n! x→x0
Pour n = 5, x0 = 0, la formule de Taylor Maclaurin des fonctions suivantes :

x2 x3 x4 x5
1. f (x) = ex = 1 + x + + + + + x5 (x).
2! 3! 4! 5!
x3 x5
2. f (x) = sin(x) = x − + + x5 (x).
3! 5!
x2 x4
3. f (x) = cos(x) = 1 − + + x4 (x).
2! 4!
x2 x3 x4 x5
4. f (x) = ln(1 + x) = x − + − + + x5 (x).
2 3 4 5
x2 x3
5. f (x) = (1 + x)α = 1 + αx + α(α − 1) + α(α − 1)(α − 2) + α(α −
2! 3!
x4 x5
1)(α − 2)(α − 3) + α(α − 1)(α − 2)(α − 3)(α − 4) + x5 (x).
4! 5!
x3 x5
6. f (x) = arctan(x) = x − + + x5 (x),
3 5
avec lim (x) = 0.
x→x0
Exercice 10.8. A l’aide d’un développement de Taylor, calculons les limites sui-
vantes
x2
x
e −1 1 + x + + x2 (x) − 1 x
1. lim = lim 2! = lim 1 + + x(x) = 1,
x→0 x x→0 x x→0 2!
x3 x5
sin(x) − x x − + + x5 (x) − x x2 x4
2. lim = lim 3! 5! = lim − + +
x→0 x x→0 x x→0 3! 5!
4
x (x) = 0
x2 x4
cos(x) − 1 1− + + x4 (x) − 1 x x3
3. lim = lim 2! 4! = − + +x3 (x) =
x→0 x x→0 x 2! 4!
0,
x2 x3
ln(1 + x) − x + −
4. lim 2 3
x→0 (sin(x))4
x2 x3 x4 x2 x3
x− + − + x4 (x) − x + −
= lim 2 3 4 2 3
x→0 (sin(x))4
h 1 x 4 x 4 i 1
= lim − + (x) =− .
x→0 4 sin(x) sin(x) 4

√
Exercice 10.9. Donner une valeur approchée de e à 10−4 près.
Exercice 10.10. On note [x] la partie entière de x,

(exemple [5.9] = 5, [−3.7] = −4). Soit
f :R∗ −→ R
1
x −
7 → x[x − ].
x
Montrer que f admet une limite en 0 et calculer cette limite.
100 Dérivation
Problème :
Soit f : [a, b] −→ [a, b]
1. On suppose que ∀x, y ∈ [a, b], |f (x) − f (y)| ≤ |x − y|.
– Montrer que f est continue sur [a, b].
– En déduire que f (x) = x possède au moins une solution dans [a, b].
2. On suppose à présent que
∀x, y ∈ [a, b], x 6= y, |f (x) − f (y)| < |x − y|.
Montrer que l’équation f (x) = x possède une unique solution dans [a, b].
3. Soit
g : [0, 2] −→ R
x 7−→ g(x) = ln(x2 + 2)
– Montrer que max |g 0 (x)| < 1.

x∈[0,2]
– Montrer que g([0, 2]) ⊂ [0, 2].
4. Montrer que l’équation g(x) = x possède une unique solution dans [0, 2].
5. Montrer que f est injective.
Troisième partie
Outils Mathématiques
Chapitre 11
Calcul Intégral
Sommaire
11.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
11.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
11.1 Exercices
Exercice 11.1. Calculer les intégrales indéfinies suivantes
Z
x2 + 3x + 1 ex dx,

1. I1 =
Z
3x2 + x cos(x)dx,

2. I2 =
Z
x2 − 1 sin(x)dx,

3. I3 =
Z
4. I4 = xn ln(x)dx,
Z
5. I5 = arctan(x)dx,
Z
6. I6 = arcsin(x)dx.
Exercice 11.2. Trouver une relation entre I et J, puis calculer I et J

Z
I = (sin(x)) ex dx,
Z
J = (cos(x)) ex dx.
104 Calcul Intégral
Z π
2
En déduire la valeur de (sin(x)) ex dx.
0
Exercice 11.3. Utiliser un changement de variables pour calculer ce qui suit
ex
Z
1. I1 = dx,
1 + e2x
ln2 (x)
Z
2. I2 = dx,
x
Z
1
3. I3 = √ dx,
5 − x2
Z
1
4. I4 = 2 dx,
2 sin (x) + 3 cos2 (x)
Z π
2 sin(2x)
5. I5 = 2 dx,
0 sin (x) − 5 sin(x) + 6
Z 2√
x−1
6. I6 = dx.
1 x
Exercice 11.4. Calculer ce qui suit

Z
1
1. I1 = dx,
x2 + 2x + 5
Z
1
2. I2 = 2
dx,
x − 6x + 5
x−1
Z
3. I3 = dx,
x2 + 2x + 3
x−1
Z
4. I4 = dx.
(x + 2x + 3)2
2

Z
1
1. I1 = dx,
5 − 3 cos(x)
Z π
2 1
2. I2 = 3 dx,
π
4
sin (x)
Z
1
3. I3 = dx,
cos(x)
Z
1
4. I4 = dx,
4 − 5 sin(x)
Z
5. I5 = cos2 (x)dx.
11.1. Exercices 105
Exercice 11.6. Une voiture roule à une vitesse v(t) = v0 t − t2 kmh−1 durant

l’intervalle 0 ≤ t ≤ 1h. Quelle a été sa vitesse maximale ? Quelle distance a-t-elle

parcourue ?
Exercice 11.7. Soit f une fonction continue sur l’intervalle [−a, a] ; a > 0.
Montrer que
Z a Z a
1. Si f est paire alors f (x)dx = 2 f (x)dx.
−a 0
Z a
2. Si f est impaire alors f (x)dx = 0.
−a
Z π
2
Exercice 11.8. Calculer In = (sinn (x)) dx où n ∈ N.
0
11.2 Solutions
Dans toute cette section, c désignera une constante réelle arbitraire.
Exercice 11.1. Calculer les intégrales indéfinies suivantes

Z Z Z Z
2
x
1. I1 = x + 3x + 1 e dx = x e dxdx + 3 xe dx + ex dx =
2 x x
I10 + 3I20 + I30 , on utilise la linéarité de l’intégrale pour décomposer I1 en la

somme de trois intégrales :
Z
I30 = ex dx = ex + c,
Z
I20 = 3xex dx,
par une intégration par parties, et en posant
f (x) = x, g(x) = ex donc f 0 (x) = 1, g 0 (x) = ex ,
on obtient Z
I20 = xex − ex dx = (x − 1)ex + c,
Z Z
I1 = x e dx = x e −2 xex dx = x2 ex −2I20 = x2 ex −2(x−1)ex +c.
0 2 x 2 x
Alors
I1 = ex + 3(x − 1)ex + x2 ex − 2(x − 1)ex + c = (x2 + x)ex + c.

Z Z Z
3x + x cos(x)dx = 3 x cos(x)dx + x cos(x)dx = 3I10 +
2 2

2. I2 =
I20 , on commence par
Z Z
0
I2 = x cos(x)dx = x sin(x) − sin(x)dx = x sin(x) + cos(x) + c,
et
Z Z
I10 2
= x sin(x) − 2 2
x sin(x)dx = x sin(x) + 2x cos(x) + 2 cos(x)dx
= x2 sin(x) + 2x cos(x) − 2 sin(x) + c,
et par suite
I2 = 3x2 sin(x) + 6x cos(x) − 6 sin(x) + x sin(x) + cos(x) + c
= (3x2 + x − 6) sin(x) + (6x + 1) cos(x) + c.

11.2. Solutions 107
3.
Z Z
x2 − 1 sin(x)dx = cos(x) − x2 cos(x) +

I3 = 2x cos(x)dx
Z
2
= cos(x) − x cos(x) + 2x sin(x) − 2 sin(x)dx
= cos(x) − x2 cos(x) + 2x sin(x) + 2 cos(x) + c.
On en déduit que
I3 = (3 − x2 ) cos(x) + 2x sin(x) + c.
Z
4. I4 = xn ln(x)dx, par une intégration par parties, et en posant
xn+1 1
f (x) = , g(x) = ln(x) donc f 0 (x) = xn , g 0 (x) = ,
n+1 x
on obtient
xn+1 xn+1 1 xn+1 xn+1

Z
I4 = ln(x) − dx = ln(x) − ,
n+1 n+1x n+1 (n + 1)2
soit encore
xn+1 1
I4 = (ln(x) − ) + c.
n+1 n+1
5.
Z Z Z
x
I5 = arctan(x)dx = 1. arctan(x)dx = x arctan(x) − dx
x2 +1
1
= x arctan(x) − ln |x2 + 1| + c.
2
6.
−2x
Z Z Z
I6 = arcsin(x)dx = 1. arcsin(x)dx = x arcsin(x) + √ dx
2 1 − x2
p
= x arcsin(x) + 1 − x2 + c.
Exercice 11.2. Trouver une relation entre I et J, puis calculer I et J

Z Z
x
I = (sin(x)) e dx, J = (cos(x)) ex dx.
Z intégration par parties de I et J

1. Par une Z on trouve les deux relations :
I = (sin(x)) ex dx = − cos(x)ex + (cos(x)) ex dx = − cos(x)ex + J,
Z Z
J = (cos(x)) e dx = − sin(x)e − (sin(x)) ex dx = sin(x)ex − I.
x x
Z π
2
2. La valeur de (sin(x)) ex dx
0
On a
I = − cos(x)ex + J, J = sin(x)ex − I,
par substitution on obtient
1
I = (sin(x) − cos(x))ex ,
2
et par suite
Z π
2 1 π 1 π 1
(sin(x)) ex dx = (sin(x) − cos(x))ex 02 = e 2 + .
0 2 2 2
Exercice 11.3. Utiliser un changement de variables pour calculer ce qui suit

ex
Z
1. I1 = dx,
1 + e2x
on pose u(x) = ex alors du = ex dx, donc
Z
du
I1 = = arctan(u) + c = arctan(ex ) + c.
1 + u2
ln2 (x)
Z
2. I2 = dx,
x
1
on pose u(x) = ln(x) alors du = dx, donc
x
Z
1 1
I2 = u2 du = u3 + c = (ln(x))3 + c.
3 3
Z Z
1 1
3. I3 = √ dx =
√ r dx,
5 − x2 x
5 1 − ( √ )2
5
x dx
on pose y = √ alors dy = √ , donc
5 5
Z
1 x
I3 = p dy = arcsin(y) + c = arcsin( √ ) + c.
1−y 2 5
11.2. Solutions 109
4.
Z Z
1 1
I4 = 2 dx = 2 dx
2 sin (x) + 3 cos2 (x) 2 2 sin (x)
3 cos (x)( 3 + 1)
cos2 (x)
Z
1
= dx,
3 cos2 (x)( 23 tan2 (x) + 1)
dx
on pose t = tan(x), alors dt = , donc
cos2 (x)
Z
1
I4 = dt,
2 2
3( t + 1)
3
on pose alors un second changement de variable
r r
0 2 0 2
t = t, donc dt = dt,
3 3
alors
Z √
1 1 0 1 0 1 2
I4 = √ 02 dt = √ arctan(t )+c = √ arctan( √ tan(x))+c.
6t +1 6 6 3
Z π Z π
2 sin(2x) 2 2 sin(x) cos(x)
5. I5 = 2 dx = 2 dx,
0 sin (x) − sin(x) + 6 0 sin (x) − sin(x) + 6
on pose alors t = sin(x), donc dt = cos(x)dx, par suite,
Z 1
2t
I5 = dt,
0 t2 − t + 6
on effectue une décomposition en éléments simples
2t 6 4
= −
t2 − t + 6 t−3 t−2
et on obtient
Z 1 Z 1 Z 1
1 6 4
I5 = 2
dt = dt − dt
0 t −t+6 0 t−3 0 t−2
1
= 6 ln |t − 3| − 4 ln |t − 2| 0 ,
alors
I5 = 10 ln |2| − 6 ln |3|.
2
√
x−1
Z
6. I6 = dx,
1 x
√ dx
on pose y = x − 1 soit x = y 2 + 1 donc dy = √ , notre intégrale
2 x−1
s’écrit alors
Z 1 2 Z 1
2y − 2 + 2 2 1 π
I6 = 2
dy = 2− 2
dy = 2−2 arctan(y) 0 = 2− .
0 y +1 0 y +1 2
Finalement
π
I6 = 2 − .
2
Z Z Z
1 1 1 1
1. I1 = dx = dx = dx, on
x2 + 2x + 5 (x + 1)2 + 4 4 x+1 2
( ) +1
2
x+1 dx
pose t = alors dt = , donc
2 2
Z
1 1 1 1 x+1
I1 = 2
dx = arctan(t) = arctan( ) + c, c ∈ IR.
2 t +1 2 2 2
Z Z
1 1
2. I2 = dx = dx
x2 − 6x + 5 (x − 1)(x − 5)
une décomposition en éléments simples donne
1 a b
= + ,
x2 − 6x + 5 x−1 x−5
après identification on obtient
Z Z
1 1 1 1 1
I2 = dx − dx = (ln |x − 5| − ln |x − 1|) + c.
4 x−5 4x−1 4
Z 1 (2x + 2) − 2
x−1
Z
3. I3 = dx = 2 dx
x2 + 2x + 3 x2 + 2x + 3
Z Z
1 2x + 2 2
= 2
dx − 2
dx
2 x + 2x + 3 x + 2x + 3
Z
1 2 2
= ln |x + 2x + 3| − dx + c,
2 x2 + 2x + 3
Z Z Z
1 1 1
et dx = dx = dx,
2
x + 2x + 3 2
(x + 1) + 2 x+1
2(( √ )2 + 1)
2
x+1 dx
on pose alors t = √ et donc dt = √ ce qui donne
2 2
Z
1 1 x+1
√ dt = √ arctan( √ ) + c,
2
2(t + 1) 2 2
11.2. Solutions 111
et par suite
1 √ x+1
I3 = ln |x2 + 2x + 3| − 2 arctan( √ ) + c.
2 2
Z 1
x−1 2 (2x + 2) − 2
Z Z
1 2x + 2
4. I4 = 2 dx = 2 2
dx = dx
(x2 + 2x + 3) (x + 2x + 3) 2 (x + 2x + 3)2
2
−1
Z Z
2 2
− 2 2
dx = 2
− dx,
Z (x + 2x + 3) Z2(x + 2x + 3) (x Z+ 2x + 3)2
2
1 1 1
et dx = dx = 2 dx,
2
(x + 2x + 3) 2 2
((x + 1) + 2) 2 x + 1
4 ( √ )2 + 1
2
x+1 dx
on pose t = √ soit dt = √ d’où
2 2
Z
1 1
√ dt = √ I40 + c,
2
2 2(t + 1) 2 2 2
et par suite
−1 1
I4 = − √ I40 .
2(x2
+ 2x + 3) 2
1 + t2 − t2 t2
Z Z Z Z
0 1 dt
I4 = dt = dt = − dt
(t2 + 1)2 (t2 + 1)2 t2 + 1 (t2 + 1)2
t2
Z
= arctan(t) − dt.
(t2 + 1)2
Enfin une intégration par parties donne
t2 1 −t dt 1 −t
Z Z

2 2
dt = 2
+ 2
= 2
+ arctan(t)
(t + 1) 2 t +1 t +1 2 t +1
soit encore
x+1
√
−1 1 2 x+1
I4 = − √ + arctan( √ ) ,
2
2(x + 2x + 3) 2 2 x + 1 2
( √ )2 + 1
2
et finalement
−x − 2 1 x+1
I4 = − √ arctan( √ ) + c.
2x2+ 4x + 6 2 2 2

Z
1
1. I1 = dx
5 − 3 cos(x)
On utilise le changement de variable dit "universel"
x 2dt 1 − t2 2t
t = tan( ) avec dx = 2
, et cos(x) = 2
, sin(x) =
2 1+t 1+t 1 + t2
notre intégrale devient
Z Z Z
1 1 2dt 1
I1 = dx = = dt
5 − 3 cos(x) 1 − t2 1 + t2 1 + 4t2
5−3
1 + t2
Z
1 1 1 x
= 2
d(2t) = arctan(2 tan( )) + c.
2 1 + (2t) 2 2
π Z 1 Z 1 Z 1
(t2 + 1)2
Z
2 1 t 1
2. I2 = 3 dx = 3
dt = dt+ dt+
π sin (x) π
tan( 8 ) 4t π
tan( 8 ) 4 π
tan( 8 ) 2t
Z 1 4
1 1 π 1 π 1 1
dt = (1 − tan2 ( )) − ln(tan( )) − (1 − ).
tan( π8 ) 4t
3 8 8 2 8 8 tan2 ( π8 )
Z Z Z
1 1 2dt 2
3. I3 = dx = 2 2
= dt
cos(x) 1−t
2
1+t 1 − t2
1+t
Z Z
1 1 x x
= dt + dt = ln |1 + tan( )| − ln |1 − tan( )| + c.
1+t 1−t 2 2
Z Z Z
1 1 2dt 1
4. I4 = dx = = dt
4 − 5 sin(x) 2t 1 + t2 2t2 − 5t + 2
4−5
Z Z 1 + t2Z
1 2 1 2 1
= 1 dt = 3 dt − dt
(t − 2)(t − 2 ) t−2 3 t − 21
x x 1
= ln | tan( ) − 2| − ln | tan( ) − | + c.
2 2 2
Z Z
5. I5 = cos4 (x)dx = (1 − sin2 (x)) cos2 (x)dx
Z Z
2
= cos (x)dx − sin2 (x) cos2 (x)dx.
On a plusieurs méthodes, parmi lesquelles l’utilisation de la formule d’Euler

pour le cosinus et le sinus
eix + e−ix eix − e−ix

cos(x) = , sin(x) = .
2 2i
11.2. Solutions 113
En substituant dans notre intégrale on obtient
e + e−ix 2 e − e−ix 2 eix + e−ix 2

Z ix Z ix
I5 = ( ) dx − ( ) ( ) dx
2 2i 2
Z
1 1 2ix 1 −2ix 1
= [ e − e + 2x] + (e2ix − e−2ix )2 dx
4 2i 2i 16
1 1 1 1 1 1
= [ e2ix − e−2ix + 2x] + [ e4ix − e−4ix − 2x],
4 2i 2i 16 4i 4i
après simplification on aboutit à
sin(2x) sin(4x) 3x
I5 = + + + c.
4 32 8
Exercice 11.6.
1. Pour la vitesse maximale
1 1 v0
v 0 (t) = 0 ⇒ 1 − 2t = 0 ⇒ t = , donc v( ) = .
2 2 4
2. La
Z 1 distance parcourue
t2 t3 1 v0
v0 (t − t2 )dt = v0 ( − ) 0 = .
0 2 3 6
Exercice 11.7. Soit f une fonction continue sur l’intervalle [−a, a] ; a > 0.
Z a Z a
1. Si f est paire alors f (x)dx = 2 f (x)dx
−a 0
f étant paire on a f (−x) = f (x), alors
Z a Z 0 Z a
f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = I1 + I2
−a −a 0
Z 0
Pour le calcul de I1 = f (x)dx, on effectue un changement de variable
−a
en posant t = Z−x, et donc dt Z= −dx
0 a
Alors I1 = − f (−t)dt = f (t)dt = I2 car f est paire.
a 0
ce qui nous permet de conclure
Z a Z a
f (x)dx = 2 f (x)dx.
−a 0
Ra
2. Si f est impaire alors −a f (x)dx = 0
On suit les mêmes étapes que le cas précédent, du fait que f est impaire, on
a f (−x) = −f (x), alors
Z a Z 0 Z a
f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx = I10 + I20
−a −a 0
Z 0
Pour le calcul de I10 = f (x)dx, on effectue le changement de variable
−a
t = −x,Zet donc dt = −dx,
Z on obtient alors
0 a
I10 = − f (−t)dt = − f (t)dt = −I2 car f est impaire.
a 0
et par suite Z a
f (x)dx = 0.
−a
Z π
2
Exercice 11.8. In = sinn (x)dx où n ∈ N (Intégrale de Wallis)
0
On a Z π Z π Z π
2 2 2
n 2 n−2
In = sin (x)dx = sin(x) sin (x)dx = (1−cos(x)2 ) sinn−2 (x)dx
Z π0 Z π0 0 Z π
2 2 2
n−2 2 n−2
= sin (x)dx− cos(x) sin (x)dx = In−2 − cos(x)2 sinn−2 (x)dx.
0 0 0
On intègre alors par parties la seconde intégrale du second membre, en posant :
1
u0 (x) = cos(x) sin(x)n−2 dont la primitive u(x) = sinn−1 (x)
n−1
v(x) = cos(x) de dérivee v 0 (x) = − sin(x) ce qui donne :
Z π Z π
2 1 π 1 2
cos(x)2 sinn−2 (x)dx = sinn−1 (x) cos(x) 02 − sin(x) sinn−1 (x)dx
0 n − 1 n − 1 0
1
=0+ In .
n−1
On obtient ainsi la relation récurrente suivante :
1
In = In−2 − In ,
n−1
ou encore
nIn = (n − 1)In−2 pour tout n ≥ 2.
π
Il est facile de calculer I0 = et I0 = 1, et de proche en proche on obtient la
2
formule
In = (n − 1)In−2
= (n − 1)(n − 3)In−4
= (n − 1)(n − 3)(n − 5)In−6
..
.
et finalement selon la parité de n on a les formules
(2k)! π
I2k = . ∀k ∈ N∗ ,
22k k!2 2
et
22k k!2
I2k+1 = ∀k ∈ N.
(2k + 1)!

Exercice 11.9. Calculer les intégrales suivantes :
ex
Z
1. dx,
e−x + ex
Z 1 p
2. x3 4 − x2 ,
−1
2x sin(x) + x2 cos(x)
Z
3. dx,
x2 sin(x)
Z
1
4. 2
arctan(x)dx,
x +1
sin3 (x)
Z
5. dx,
cos5 (x)
Z
6. x cos(x2 − 2)dx,
x−1
Z
7. 2
dx,
x +x+3
Z
1
8. dx,
sin(x)
Z
9. x ln(x2 + x − 1)dx,
x7 + x3 − 1
Z
10. dx.
(x2 + 2x + 3) (x + 1)2
Exercice 11.10. Soit α ∈ R∗+ , β ∈ R∗ − {− 21 , 12 }. Trouver les valeurs de α, β

pour avoir les résultats suivants :
1. √
Z 2 α
1 π
dx = .
0 x2 + 4α 2
2. Z 1
1
dx = ln | 1 − 2β | − ln | 1 + 2β | .
0 x2 − 4β 2
Exercice 11.11. Soit

1
xn
Z
In = ,n ∈ N
0 1+x
1. Montrer que lim In = 0.
n→∞
2. Calculer In + In+1 .
3. Déterminer
n
X (−1)k+1
lim .
n→∞ k
k=1
Chapitre 12
Equations Différentielles
Sommaire
12.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
12.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
12.1 Exercices
Exercice 12.1. Trouver les équations différentielles qui ont pour solution les fonc-
tions suivantes :
1. f (x) = ax, a ∈ R.
2. f (x) = aex , a ∈ R.
ex
3. f (x) = .
1 + ex
Exercice 12.2. Résoudre les équations différentielles suivantes
1. y 0 sin(x) = y cos(x).
2. y 2 + (x + 1) y 0 = 0.
3. xy0 − ay = 0 a ∈ R∗ .
p
4. y 0 = 2x 1 − y 2 .
5. y 0 − xe−y = 0.
6. y = ln (y 0 ).
Exercice 12.3. Intégrer les équation suivantes

118 Equations Différentielles
1. xy 0 = x − y.
2. xy 2 y 0 = x3 + y 3 .
3. x − y + xy 0 = 0.
Exercice 12.4. Résoudre par deux méthodes les équations différentielles sui-
vantes
1. y 0 + y = x.
e + e−x e − e−x
x x
1
2. y0 + y= .
2 2 1 + x2
3. xy0 − y = x2 .
Exercice 12.5. Résoudre les équations différentielles suivantes
1. xy 0 + y = y 2 ln(x).
2. x3 y 0 + y 2 + yx2 + 2x4 = 0.
3. x2 + 1 y 0 = y 2 − 1.

Exercice 12.6. Résoudre ce qui suit

1. y 00 + y = (x + 1).
2. y 00 + 2y 0 + y = e3x .
3. y 00 + 5y 0 + 6y = x2 + 1 .

12.2. Solutions 119
12.2 Solutions
Exercice 12.1. Pour trouver les équations différentielles qui ont pour solution les
fonctions y = f (x) suivantes : on utilise la dérivation, plus précisement
1
1. f (x) = ax, a ∈ R en dérivant on obtient, y 0 = a donc y 0 = y où xy 0 = y.
x
2. f (x) = aex , a ∈ R en dérivant on obtient, y 0 = aex donc y 0 = y .
ex 0 = ex
3. f (x) = , donc, y donc (1 + ex )y 0 = y.
1 + ex (1 + ex )2
Exercice 12.2. Le but de cet exercices est de traiter les équation à variables sépa-
rables (séparées), la procédure à suivre étant de mettre les y d’un côté et les x de
dy
l’autre, puis d’utiliser la définition y 0 = , et finalement il suffira d’intégrer
dx
1.
y0 cos(x)
y 0 sin(x) = y cos(x) ⇒ = , si y 6= 0
y sin(x)
( on remarque que y = 0 est une solution il ne faudra pas l’oublier !)
dy
On pose à présent y 0 = , ce qui donne
dx
Z Z
dy cos(x) dy cos(x)
= dx ⇒ = dx ⇒ ln |y| = ln | sin(x)| + c
y sin(x) y sin(x)
⇒ |y| = eln | sin(x)|+c ⇒ |y| = keln | sin(x)| (k > 0, k = ec )

⇒ |y| = k| sin(x)| ⇒ y = ±k sin(x) ⇒ y = K sin(x), K ∈ IR∗
( N’oublions pas que y = 0 est une solution), alors
y = K sin(x) K ∈ IR.
2.
y0 1
y 2 = − (x + 1) y 0 ⇒ 2
= , y 6= 0
y x+1
(On remarque que y = 0 est une solution qu’il ne faudra pas oublier, d’un
autre côté, bien que l’on ait divisé par (x + 1) il n’est pas nécessaire de dire
x 6= −1, car x = −1 est un point singulier dans l’équation de départ. Pour
faire simple ; on ne se soucie que de la fonction inconnue y)
dy
On pose à présent y 0 = , ce qui donne
dx
−dy −dy
Z Z
1 1
2
= dx ⇒ 2
= dx
y x+1 y x+1
1 1
⇒ = ln |x + 1| + c ⇒ y = .
y ln |x + 1| + c
3.
xy0 = ay a ∈ R∗ .
En utilisant le même procédé que plus haut on trouve :
y = K|x|a K ∈ IR.
4.
p
y 0 = 2x 1 − y2
si y 6= ±1 alors
p y0 dy
y 0 = 2x 1 − y2 ⇒ p = 2x ⇒ p = 2xdx
1−y 2 1 − y2
Z Z
dy
⇒ p = 2xdx ⇒ arcsin(y) = x2 + c ⇒ y = sin(x2 + c).
1 − y2
Sans oublier que y = ±1 sont aussi des solutions.
5.
y 0 − xe−y = 0
y 0 − xe−y = 0 ⇒ y 0 = xe−y ⇒ y 0 ey = x
x2
Z Z
⇒ e dy = xdx ⇒ e dy = xdx ⇒ ey =
y y
+c
2
x2
⇒ y = ln | + c|.
2
6. y = ln (y 0 ) ⇒ y 0 = ey ⇒ y 0 e−y = 1 ⇒ e−y dy = dx
Z Z
⇒ e dy = dx ⇒ e−y = −x + c ⇒ −y = ln(c − x)
−y
1
⇒ y = ln( ) c ∈ IR.
c−x
Exercice 12.3. Les équations présentées dans cet exercice sont des équations ho-
y
mogènes, donc de la forme y 0 = f ( ), pour les résoudre la procédure consiste
x
y
à poser le changement de fonction u = , et ainsi se ramèner à une équation
x
à variables séparables.
y y
1. xy 0 = x − y ⇒ y 0 = 1 − on pose (u = , y = ux donc y 0 = u + xu0 )
x 0 x
0 u 1 1
⇒ u + xu = 1 − 2u ⇒ = (u 6= ), (on remarque que si
1 − 2u x 2
12.2. Solutions 121
1 1
u = ⇒ y = x qui est bien une solution )
Z2 2Z
u0
Z Z
1 du 1
⇒ = ⇒ = dx
1 − 2u x 1 − 2u x
1 1
⇒ − ln |1 − 2u| = ln |x| + c ⇒ ln |1 − 2u| = ln( 2 ) + c0
2 x
k K
⇒ |1 − 2u| = 2 , (k = ec > 0) ⇒ (1 − 2u) = 2 , K = ±k, K ∈ IR∗
x x
1 K
⇒ u = (1 − 2 )
2 x
1 K
comme y = ux ⇒ y = x(1 − 2 ) K ∈ IR∗ ;
2 x
1
or y = x est aussi une solution, donc en définitive
2
1 K
y = x(1 − 2 ) K ∈ IR.
2 x
x2 y y
2. xy 2 y 0 = x3 + y 3 ⇒ y 0 = 2
+ , on pose U = alors y 0 = U 0 x + U en
y x x
remplaçant dans l’équation, on obtient
1 1 dx
U 0x + U = 2
+ U ⇒ U 0 U 2 = ⇒ U 2 dU =
U x x
Z Z
2 dx 1
⇒ U dU = ⇒ U 3 = ln |x| + c ⇒ U 3 = ln |x|3 + k
x 3
1 1
⇒ U = (ln |x|3 + k) 3 =⇒ y = x(ln |x|3 + k) 3 , k∈R
y
3. x − y + xy 0 = 0 ⇒ xy 0 = − 1.
x
y
On pose U = alors y 0 = U 0 x + U en remplaçant dans l’équation, on
x
obtient
Z Z
0 0 1 dx
U x + U = U − 1 ⇒ U = − ⇒ dU = −
x x
⇒ U = − ln |x| + c ⇒ y = x(− ln |x| + c), c ∈ R.
Exercice 12.4. Cet exercice est consacré aux équations différentielles linéaire du
premier ordre. Pour résoudre ce type d’équation, il existe deux méthodes, l’une
étant de trouver le facteur intégrant qui transforme l’équation en la dérivée d’un
produit de fonction. L’autre consiste à résoudre l’équation sans second membre,
qui est en fait une équation à variables séparables, ensuite résoudre l’équation
avec second membre par la technique dite de la variation de la constante.
1. y 0 + y = x
1ère Méthode : On résout l ’équation sans second membre y 0 + y = 0
y0
y 0 + y = 0 ⇒ y 0 = −y ⇒ = −1
y
Z Z
dy
⇒ =− dx
y
⇒ ln |y| = −x + c ⇒ y0 = Ke−x , K ∈ IR
Pour l’équation avec second membre on utilise la méthode de variation de

la constante y∗ = K(x)e−x
y∗0 + y∗ = K 0 (x)e−x − K(x)e−x + K(x)e−x = x ⇒ K 0 (x) = xex
Z Z
K(x) = xe dx = xe − ex dx = (x − 1)ex
x x
⇒ y∗ = (x − 1)ex e−x = x − 1
La solution générale est donnée par y = y∗ + y0 = Ke−x + x − 1
y = Ke−x + x − 1, K ∈ IR.
2ème Méthode :
y 0 + y = x ⇒ y 0 ex + yex = xex
Z
x 0
⇒ (ye ) = xe ⇒ ye = xex dx ⇒ yex = (x − 1)ex + K
x x
⇒ y = (x − 1) + Ke−x
y = (x − 1) + Ke−x , K ∈ IR.
2.
ex + e−x ex − e−x

1
y0 + y=
2 2 1 + x2
1ère Méthode :Equation Sans Second Membre ensuite Equation Avec Second
Membre ; en utilisant la méthode de la variation de la constante.
2ème Méthode : Il suffit de remarquer que
ex + e−x 0 ex − e−x
( ) = .
2 2
Ainsi
ex + e−x ex − e−x ex + e−x 0

0 1
y + y= y = ,
2 2 2 1 + x2
12.2. Solutions 123
après intégration on trouve

ex + e−x 0
Z Z
1
y dx = dx,
2 1 + x2
soit encore
ex + e−x arctan(x) + K
y = arctan(x) + K ⇒ y = 2 , K ∈ IR.
2 ex + e−x
3.
xy0 − y = x2
1ère Méthode :Equation Sans Second Membre ensuite Equation Avec Second
Membre ; en utilisant la méthode de la variation de la constante.
2ème Méthode : Il suffit de remarquer que
1 0 1 1 1
xy0 − y = x2 ⇒ y − 2 y = 1 ⇒ ( y)0 = 1 ⇒ y = x + K.
x x x x
Donc
y = x2 + Kx, K ∈ IR.
Exercice 12.5. Résolution déquations différentielles suivantes :

1. xy 0 + y = y 2 ln(x). (C’est une équation de Bernoulli)
Pour y 6= 0 on a
y0 1
xy 0 + y = y 2 ln(x) ⇒ x 2
+ − ln(x) = 0,
y y
on pose alors
u = y −1
et par suite
u = −y 0 y −2 ,
on remplace dans notre équation pour obtenir
−xu0 + u − ln(x) = 0,
et cette dernière équation est une équation linéaire que l’on sait résoudre.
On résout l’équation sans second membre −xu0 + u = 0
u0 1
−xu0 + u = 0 ⇒ xu0 = u ⇒ =
u x
Z Z
du dx
⇒ =
u x
⇒ ln |u| = ln |x| + c ⇒ u0 = Kx, K ∈ IR,
pour l’équation avec second membre il suffit de remarquer que
u∗ = ln(x) + 1
est une solution particulière, alors la solution générale est
u = u∗ + u0 = Kx + ln(x) + 1 K ∈ IR,
comme y = u−1 , alors

1
y= K ∈ IR.
Kx + ln(x) + 1
Sans oublier que y = 0 est aussi une solution.
2. x3 y 0 + y 2 + yx2 + 2x4 = 0. C’est une équation de Riccati, ayant comme
solution particulière
y∗ = −x2 ,
puisque la solution particulière est y∗ = −x2 , la solution générale s’écrira

sous la forme
y = y∗ + u = −x2 + u,
pour déterminer u remplaçons y dans l’équation
x3 y 0 + yx2 + y 2 = −2x4 ⇒ x3 u0 − x2 u + u2 = 0,
et cette dernière équation est une équation de Bernoulli en u, équation que

l’on sait résoudre, u = 0 est une solution et :
x3 u0 u−2 − x2 u−1 + 1 = 0,
on pose w = u−1 , on remplace dans l’équation, et on obtient
−x3 w0 − x2 w + 1 = 0,
et cette équation est une équation linéaire, on résout l’équation sans second
membre
w0 1
−x3 w0 − x2 w = 0 ⇒ =−
w x
Z Z
dw dx
⇒ =−
w x
K
⇒ ln |w| = − ln |x| + c ⇒ w0 (x) = , K ∈ IR,
x
12.2. Solutions 125
pour l’équation avec second membre, on utilise la méthode de la variation

K(x)
de la constante : on pose w∗ (x) = , et on remplace dans l’équation
x
avec second membre, on trouve l’équation
K0 K K −1
−x3 ( − 2 ) − x2 + 1 = 0 ⇒ K 0 (x) = x−2 ⇒ K(x) = ,
x x x x
K(x) −1
alors w∗ (x) = = 2 , donc la solution générale de l’équation sans
x x
second membre est donnée par
K −1 Kx − 1
w(x) = w0 (x) + w∗ (x) = + 2 = ,
x x x2
comme w = u−1 alors
x2
u(x) = ,
Kx − 1
alors la solution générale de l’équation de Riccati est donnée par
x2 x2 (2 − Kx)
y = y∗ + u = −x2 + u = −x2 + = .
Kx − 1 Kx − 1
3.
x2 + 1 y 0 = y 2 − 1

y0 1
x2 + 1 y 0 = y 2 − 1 ⇒

= 2
y2 − 1 x +1
dy dx
⇒ 2 = 2 ,
y −1 x +1
or
1 1 1 1
= [ − ],
y2 −1 2 y−1 y+1
alors
dy dx 1 dy dy dx
= 2 ⇒ [ − ]=2 2
y2
−1 x +1 2 y−1 y+1 x +1
Z Z
dy dy dx
[ − ]=2
y−1 y+1 x2 + 1
y−1
⇒ ln |y − 1| − ln |y + 1| = 2 arctan(x) + c ⇒ ln | | = 2 arctan(x) + c
y+1
y−1
⇒| | = e(2 arctan(x)+c) = Ke(2 arctan(x))
y+1
⇒ y−1 = (y+1)Ke(2 arctan(x)) ⇒ y(1−Ke(2 arctan(x)) ) = (1+Ke(2 arctan(x)) )
1 + Ke(2 arctan(x))
⇒y=
1 − Ke(2 arctan(x))
avec K > 0.
Exercice 12.6. Cet exercice est consacré aux équations différentielles du

deuxième ordre, linéaires à coefficients constants.
1. y 00 + y = (x + 1)
ESSM : y 00 + y = 0, l’équation caractéristique associée
r2 + 1 = 0 ⇒ r = ±i.
On en déduit la solution générale de l’ESSM
y0 = c1 cos(x) + c2 sin(x), (c1 , c2 ∈ IR).
En observant que y∗ = (x + 1) est une solution particulière de l’EASM, on

a
y = y0 + y∗ ⇒ y = c1 cos(x) + c2 sin(x) + (x + 1), (c1 , c2 ∈ IR).
2. y 00 + 2y 0 + y = e3x .
ESSM : y 00 + 2y 0 + y = 0 l’équation caractéristique associée
r2 + 2r + 1 = 0 ⇒ r1 = r2 = −1.
y0 = (c1 + c2 x)e−x (c1 , c2 ∈ IR).
En observant que y∗ = c2 e3x est une solution particulière de l’EASM, on a
y = y0 + y∗ ⇒ y = (c1 + c2 x)e−x + ce3x , (c1 , c2 ∈ IR).
3. y 00 + 5y 0 + 6y = x2 + 1

ESSM : y 00 + 5y 0 + 6y = 0 l’équation caractéristique associée
r2 + 5r + 6 = 0 ⇒ r1 = −3, r2 = −2.
y0 = c1 e−3x + c2 e−2x , (c1 , c2 ∈ IR).

1 5 37
En observant que y∗ = x2 − x + est une solution particulière de
6 18 108
l’EASM, on a
1 5 37
y = y0 +y∗ ⇒ y = c1 e−3x +c2 e−2x + x2 − x+ , (c1 , c2 ∈ IR).
6 18 108

Exercice 12.7. Résoudre l’équation différentielle suivante :
y (3) + 2y (2) + y 0 = 0.
Exercice 12.8. Soit l’équation
00
x2 y + xy 0 + 2y = 0. (E)
1. z(t) = y(ex ) avec (t = ex ) vérifie une équation différentielle à coefficients

constants.
2. Résoudre (E).
Quatrième partie
Examens
Chapitre 13
Examens Algèbre
Sommaire
13.1 Examen Final 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
13.2 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
13.3 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
13.4 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
13.5 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
13.6 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
13.7 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
13.8 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
132 Examens Algèbre
13.1 Examen Final 2011-2012
Université Abou-Bakr-Belkaid de Tlemcen Niveau : GI/L1/S1

Département de Génie Eléctrique et Eléctronique 2011-2012
Examen Final
Exercice-1 (07 points)
1. Résoudre l’équation diophantienne suivante :
74x + 54y = 2000
2. Trouver la solution (x, y), telle que x > 0 et y > 0.

 
1 −1 0
Soit la matrice P =  1 0 1 .
 
0 1 −1
   
0 2 2 0 1 1
1   −1 3 −1
1. Soit la matrice A = 2  −1 3 −1  =  2 .

2 2
3 −3 1
3 −3 1 2 2 2
−1
Calculer le produit des matrices P AP .
2. Déduire de ce qui précède l’expression de An ; où n est un entier naturel.
Soient a, b, k et n des entiers naturels non nuls.

Montrer par deux méthodes différentes l’implication suivante :
a ≡ b[k] =⇒ an ≡ bn [k]
13.1. Examen Final 2011-2012 133
Solution
1. Résolution de : 74x + 54y = 2000

On commence par calculer pgcd(74,54)
74 = 54.1 + 20, 54 = 20.2 + 14, 20 = 14.1 + 6, 14 = 6.2 + 2, 6 = 2.3 + 0.
Ainsi pgcd(74, 54) = 2, 2|2000 l’équation donnée possède des solutions
dans Z.
On divise l’équation par le pgcd, i.e :
74x + 54y = 2000 ⇔ 37x + 27y = 1000.
Comme 37 et 27 sont premiers entre eux, alors d’après le théorème de Be-

zout, il existe u, v ∈ Z tels que : 37u + 27v = 1.
37 = 27.1 + 10, 27 = 10.2 + 7, 10 = 7.1 + 3, 7 = 3.2 + 1, 3 = 1.3 + 0
Pour trouver u et v on remonte les divisions successives, on trouve : u = −8
et v = 11 soit donc 37(−8) + 27(11) = 1.
Alors 37(−8000)+27(11000) = 1000, par suite ; (x0 , y0 ) = (−8000, 11000)
est
( solution particulière.
37x + 27y = 1000
⇒ 37(x + 8000) = 27(11000 − y).
37(−8000) + 27(11000) = 1000
Comme 37 et 27 sont premiers entre eux ; d’après le lemme Gauss
27|(x + 8000) ⇒ x + 8000 = 27k, k ∈ Z ⇒ x = 27k − 8000 k ∈ Z.
Et par suite 11000 − y = 37k ⇒ y = −37k + 11000, k ∈ Z.
L’ensemble des solutions :
{(x, y) = (27k − 8000, −37k + 11000), k ∈ Z.}
2. x > 0 =⇒ 27k − 8000 > 0 ⇒ k > 296.296

y > 0 ⇒ −37k + 11000 > 0 ⇒ k < 297.297.
Ainsi k ∈ Z, 296.296 < k < 297.297 ⇒ k = 297.
x = 27(297) − 8000 = 19, y = −37(297) + 11000 = 11
Alors (x, y) = (19, 11).

 
1 −1 0
Soit la matrice P =  1 0 1 .
 
0 1 −1
1. det (P ) = −2 6= 0, alors P est inversible et P −1 existe.
 1 1 1

t 2 2 2
1
P −1 = com(P ) =  −1 1 1
 
det(P ) 2 2 2 
−1 1 −1
2 2 2
 
1 0 0
Alors, P −1 AP =  0 −1 0  .
 
0 0 2
2. Notons que B = P −1 AP ⇒ AP = P B ⇒ A = P BP −1 . Ainsi

An = AA...A = (P BP −1 )(P BP −1 )...(P BP −1 ), et on a P −1 P = I,
nous obtenons que An = P.B.B.B...P−1 = P B n P −1 
1 0 0
n
Il suffit alors de remarquer que B =  0 (−1)n 0  , et donc
 
0 0 2n
 
(−1)n + 1 (−1)n+1 + 1 (−1)n+1 + 1
1
An =  1 − 2n 1 + 2n 1 − 2n .

2 n+1 n n n n n
(−1) +2 (−1) − 2 (−1) + 2
Soient a, b, k et n des entiers naturels non nuls.
a ≡ b[k] ⇒ an ≡ bn [k]
– 1ère méthode : Par récurrence :

n = 1, a ≡ b[k] est vérifie c’est l’hypothèse.
On suppose que an ≡ bn [k], il faut montrer que an+1 ≡ bn+1 [k]
an ≡ bn [k] et comme a ≡ b[k] alors an .a ≡ bn .b[k] ⇒ an+1 ≡ bn+1 [k].
Donc
a ≡ b[k] ⇒ an ≡ bn [k].
13.1. Examen Final 2011-2012 135
– 2ème méthode : Il suffit de remarquer l’identité
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + ... + a2 bn−3 + abn−2 + bn−1 ).
Comme par hypothèse :a ≡ b[k] ⇒ k|(b − a) ⇒ a − b = k.k 0 .

Ainsi
an −bn = k.k 0 (an−1 +an−2 b+an−3 b2 +...+a2 bn−3 +abn−2 +bn−1 ) = kK.
Donc
k|(an − bn ) ⇒ an ≡ bn [k].

Examen Final
Exercice-1 (10 points)    

1 0 0 2 −1 0
−1
Soient les deux matrices M =  1 0  et N =  0 32 −1  .
   
2
−2 4
0 3 1 0 0 3
1. Calculer M N .
 
2 −1 0
2. Soit la matrice A =  −1 2 −1  , par deux méthodes différentes
 
0 −1 2
calculer det(A).
1 t
3. Calculer A−1 . ( On rappelle que A−1 = com(A))
det(A)
4. En déduire la solution du sysème :

 x − 2y + z = 4

y − 2z = 16

2x − y = 12

Soit l’application f définie de R vers R par : f (x) = |x − 2| + 2x.

1. f est-elle injective ?
3. Calculer (f ◦ f )(x).
4. Montrer que (f ◦ f ) est bijective.
13.2. Examen Final 2012-2013 137
Solution
    
1 0 0 2 −1 0 2 −1 0
1. M.N =  −1 1 0   0 32 −1  =  −1 2 −1  .
    
2
0 −2 3 1 0 0 4
3 0 −1 2

2 −1 0

2. – Première méthode : det(A) = −1 2 −1 = 2.3 + 1.(−2) + 0 = 4.

0 −1 2
– Deuxième méthode :
On remarque que A = M.N , donc det(A) = det(M ).det(N ), or M et N
sont deux matrices triangulaires :
det(M ) = 1.1.1 = 1, det(N ) = 2. 23 . 43 = 4. Donc
det(A) = det(M ).det(N ) = 1.4 = 4.

1 t
3. det(A) = 4 6= 0, donc A est inversible, A−1 = com(A).
det(A)
Les cofacteurs c1,1 = 3, c1,2 = 2, c1,3 = 1; c2,1 = 2, c2,2 = 4, c2,3 =
2; c3,1 = 1, c3,2 = 2, c3,3 = 3, donc
 
3 2 1
com(A) =  2 4 2 .
 
1 2 3
   3 1 1

3 2 1 4 2 4
−1 1 t −1 1 1 1
A = (com(P )) =⇒ A =  2 4 2 = 1 .
  
|A| 4 2 2
1 1 3
1 2 3 4 2 4
4.
     
 x − 2y + z = 4
 
 2x − y = 12 x 12
y − 2z = 16 ⇔ −x + 2y − z = −4 ⇒ A  y  =  −4 
   
 
2x − y = 12 −y + 2z = −16 x −16
 
Donc
     3 1 1
 
x 12 4 2 4 12
−1  1 1
 y  = A  −4  =  1   −4 
     
2 2
1 1 3
x −16 4 2 4 16
Alors    
x 3
 y  =  −6 
   
x −11
f : R −→ R
x −→ f (x) = |x − 2| + 2x
(
x + 2 si x ≤ 2
f (x) =
3x − 2 si x ≥ 2
1. Soit x1 , x2 ∈ R,
• x1 ≤ 2 et x2 ≤ 2, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 + 2 = x2 + 2 ⇒ x1 = x2 .
• x1 ≥ 2 et x2 ≥ 2, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 3x1 − 2 = 3x2 − 2 ⇒ x1 = x2
• x1 ≤ 2 et x2 ≥ 2, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 + 2 = 3x2 − 2 ⇒ x2 = 3x1 − 4.
C’est impossible d’avoir x2 = 3x1 − 4, en effet x1 ≥ 2 ⇒ 3x1 − 4 ≥ 2
et on a x1 ≤ 2.
• x1 ≥ 2 et x2 ≤ 2, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 + 2 = 3x2 − 2 ⇒ x1 = 3x2 − 4,
comme dans le cas précédent, c’est impossible d’avoir x1 = 3x2 − 4 avec
x1 ≥ 2 et x2 ≤ 2.
En conclusion
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 .
2. Soit y ∈ R (
x + 2 si x ≤ 2
y = f (x) =
3x − 2 si x ≥ 2
On remarque que
(
x≤2⇒x+2≤4⇒y ≤4
x ≥ 2 ⇒ 3x − 2 ≥ 4 ⇒ y ≥ 4.
Donc, si y ≤ 4 ⇒ y = x + 2 ⇒ x = y − 2, (x ≤ 2).
Si y ≥ 4 ⇒ y = 3x − 2(⇒ x = y+2
3 ; (x ≥ 2).
x = y − 2 si y ≤ 4
Donc ∀x ∈ R, ∃x ∈ R, tel que y = f (x).
x = y+2
3 si y ≥ 4
Donc f est surjective.
13.2. Examen Final 2012-2013 139
3. (f ◦ f )(x)
= f (f (x)) = |f (x) − 2| + 2f (x) = ||x − 2| + 2x − 2| + 2(|x − 2| + 2x)

 

 |x| + 2(x + 2) si x ≤ 2  −x + 2(x + 2) si x ≤ 0

= = x + 2(x + 2) si 0 ≤ x ≤ 2
 
|3x − 4| + 2(3x − 2) si x ≥ 2 3x − 4 + 2(3x − 2) si x ≥ 2
 


 x+4 si x ≤ 0
= 3x + 4 si 0 ≤ x ≤ 2

9x − 8 si x ≥ 2

Remarque : Il existe une autre méthode qui consiste à procéder comme suit :

 f (x) + 2 si f (x) ≤ 2

(f ◦ f )(x) = f (f (x)) =

3f (x) − 2 si f (x) ≥ 2



 x+4 si x ≤ 0
= 3x + 4 si 0 ≤ x ≤ 2

9x − 8 si x ≥ 2

4. D’après la première question, f est injective et surjective donc f bijective .
f est bijective ⇒ (f ◦ f ) est bijective .
Remarque : Il existe une autre méthode (plus longue ) qui consiste à montrer
que f ◦ f est injective et surjective ; dans ce cas :
(f ◦ f ) injective
(f ◦ f ) surjective . Alors (f ◦ f ) est bijective
13.3 Rattrapage 2012-2013

Rattrapage

!
2 1
1. Montrer que la matrice P = , est inversible et calculer P −1 .
1 −1
!
4 2
2. Soit la matrice A = 5 5 , trouver une matrice diagonale D telle que
1 3
5 5
A = P DP −1 .
3. On considère les suites (un )n et (vn )n définies par u0 = 1 et v0 = 1, et

 un = 4 un−1 + 2 vn−1

5 5
1 3
 vn = un−1 + vn−1

5 5
Calculer les limites : lim un et lim vn
n→∞ n→∞
1. Soit l’application g définie de R vers R par :

(
2x + 2 si x < 0
g(x) =
−x + 2 si x ≥ 0
Montrer que g n’est ni injective ni surjective.
2. Soit l’application f définie de R vers R par :
(
2x + 2 si x < 0
f (x) =
x + 2 si x ≥ 0
Montrer que f est injective et surjective, et donner l’expression de sa fonc-
tion réciproque f −1 (x).
3. Donner l’epression de (gof )(x)
13.3. Rattrapage 2012-2013 141
Solution
1. det(P ) = −3 6= 0, donc P est inversible.

! !
1 1
−1 1 t 1 −1 −1
P = (com(P )) =⇒ P −1 = − = 3
1
3 .
|D| 3 −1 2 3 − 23
2. On a A = P DP −1 =⇒ D = P −1 AP. Ainsi
! ! ! !
1 1 4 2
3 3 5 5 2 1 1 0
D= 1
=
3 − 23 1
5
3
5 1 −1 0 25
3. u0 = 1 et v0 = 1, et

 un = 4 un−1 + 2 vn−1

5 5 .......................(S)
1 3
 vn = un−1 + vn−1

5 5
Le système (S) peut être mis sous forme matricielle
! ! ! ! !
4 2
un un−1 un−1 un−2
= 5
1
5
3
=A = A2 .
vn 5 5 vn−1 v n−1 vn−2
On obtient alors,
! ! !
un−1 u0 1
= An = An
vn−1 v0 1
D’un autre côté :
A = P DP −1 =⇒ An = A.A....A = P DP −1 .P DP −1 ...P DP −1 = P Dn P −1 .
Donc
! ! !
1 1
2 1 1 0
An = P Dn P −1 = 2 n
3
1
3
1 −1 0 (5) 3 − 32
 2

3 + 31 ( 25 )n 2
3 − 23 ( 25 )n
An =  .
 
1
3 − 31 ( 25 )n 1
3 + 23 ( 25 )n
Donc
! ! ! !
un n u0 un n u0
=A =⇒ lim = lim A .
vn v0 n→∞ vn n→∞ v0
Comme lim ( 25 )n = 0, on obtient

n→∞
! ! ! !
2 2 4
un 3 3 1 3
lim = lim 1 1
= 2
.
n→∞ vn n→∞ 1
3 3 3
4
En conclusion : lim un = 3 et lim vn = 43 .
n→∞ n→∞
1. (
2x + 2 si x < 0
g(x) =
−x + 2 si x ≥ 0
Pour montrer que g n’est pas injective, choisissons x1 < 0 et x2 ≥ 0
g(x1 ) = g(x2 ) =⇒ 2x1 + 2 = −x2 + 2 =⇒ x2 = −2x1 .
Il suffit par exemple de considérer x1 = −1 et x2 = 2.

g(−1) = g(2) = mais −1 6= 2 donc g n’est pas injective.
2. Pour montrer que g n’est pas surjective, observons que
(
si x < 0 =⇒ g(x) = 2x + 2 < 2
si x ≥ 0 =⇒ g(x) = −x + 2 ≤ 2
Ainsi ∀x ∈ R g(x) ≤ 2.
Soit (y > 2) par exemple
( y = 3, alors y = g(x) n’admet pas de solution.
3 = 2x + 2 < 2 si x < 0
En effet, 3 = g(x) =
3 = −x + 2 si x ≥ 0
(
x = 21 si x < 0
=⇒ (Absurde).
x = −1 si x ≥ 0
Donc g n’est pas surjective.
3. (
2x + 2 si x < 0
f (x) =
x + 2 si x ≥ 0
Pour l’injectivité :
Soient x1 , x2 ∈ R, f (x1 ) = f (x2 ).
13.3. Rattrapage 2012-2013 143
• x1 < 0 et x2 < 0, f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ 2x1 + 2 = 2x2 + 2 =⇒ x1 = x2

• x1 < 0 et x2 ≥ 0, f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ 2x1 + 2 = x2 + 2 =⇒ 2x1 = x2
rejeté (car x1 < 0 et x2 ≥ 0)
• x1 ≥ 0 et x2 ≥ 0 et x1 ≥ 0 et x2 < 0, se traitent de la même façon.
Ainsi la conclusion :
f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 .
Surjectivité :
(
si x < 0 =⇒ f (x) = 2x + 2 < 2
si x ≥ 0 =⇒ f (x) = −x + 2 ≥ 2
Soit y ∈ R
(
y < 2, y = f (x) =⇒ y = 2x + 2 < 2 =⇒ x = y−2
2 <0
y ≥ 2, y = f (x) =⇒ y = −x + 2 =⇒ x = 2 − y ≥ 0
Ainsi (
y < 2, ∃x = y−2
2 tel que y = f (x)
y ≥ 2, ∃x = 2 − y tel que y = f (x)
Donc
∀y ∈ R, ∃x ∈ R tel que y = f (x)
Alors f est surjective.

En conclusion f est bijective, et de ce qui précède on déduit que :
(
x−2
si x < 2
f −1 (x) = 2
x + 2 si x ≥ 2
4. (
2f (x) + 2 si f (x) < 0
(gof )(x) = g(f (x)) =
f (x) + 2 si f (x) ≥ 0

2(2x + 2) + 2 si x < −1


= −(2x + 2) + 2 si − 1 ≤ x < 0

−(x + 2) + 2 si x ≥ 0

Donc 
4x + 6 si x < −1


(gof )(x) = −2x si − 1 ≤ x < 0

−x si x ≥ 0


Examen Final
Exercice-1(07 points)
 
1 0 α
Soit α un paramètre réel on considère la matrice A =  0 α 1  .
 
α 1 0
1. Pour quelles valeurs du paramètre α, la matrice A est -elle inversible ?
2. Lorsque cela est possible, calculer A−1 ,
1 t
( On rappelle que A−1 = com(A)) où n est un entier naturel.
det(A)

 y+z =4

3. En déduire la solution du système : 2x + 2y = 16

3x + 3z = 12

Soit les deux applications suivantes :
f : R2 → R g : R → R2
(x1 , x2 ) → f (x1 , x2 ) = x1 + x2 x → g(x) = (x2 , −x2 )
1. f est-elle injective ?f est-elle surjective ?

2. g est-elle injective ?g est-elle surjective ?
3. Calculer (f ◦ g)(x).
4. (f ◦ g)(x)est-elle injective ? (f ◦ g)(x) est-elle surjective ?
13.4. Examen Final 2013-2014 145

 
0 1 1
Soit la matrice M =  −1 3 −1
.
 
2 2 2
3 −3 1
2 2 2
Montrer que pour tout entier naturel n ≥ 2, on a
 (−1)n +1 1−(−1)n 1−(−1)n

2 2 2
Mn =  1−2n 1+2n 1−2n
.
 
2 2 2
2n −(−1)n (−1)n −2n 2n +(−1)n
2 2 2
Solution
 
1 0 α
1. A =  0 α 1  , det(A) = −(1 + α3 ).
 
α 1 0
det(A) = 0 =⇒ −(1 + α3 ) = 0 =⇒ α3 = −1 =⇒ α = −1.
La matrice A est inversible SSI det(A) 6= 0, donc A est inversible SSI α 6=
−1.
2. On suppose que α 6= −1 donc A−1 existe, det(A) = −(1 + α3 ) 6= 0. Donc

   
−1 α −α2 −1 α −α2
−1 
com(A) =  α −α2 −1  ⇒ A−1 = 3  α −α2 −1 
  
α + 1
−α2 −1 α −α2 −1 α
3.
  

 y+z =4 
 3x + 3z = 12  x+z =4

2x + 2y = 16 ⇒ y+z =4 ⇒ y+z =4
  
3x + 3z = 12 2x + 2y = 16 x+y =8
  
        
1 0 α x 4 x 4
⇔  0 α 1   y  =  4  ⇔ A  y  =  4  où α = 1
        
α 1 0 z 8 z 8
 
−1 1 −1
−1 
Pour α = 1, A−1 =  1 −1 −1 . Et donc

2
−1 −1 1
      
x −1 1 −1 4 4
  −1 
 y =  1 −1 −1   4  =  4 
   
2
z −1 −1 1 8 0
Ainsi
x = 4, y = 4, z = 0.
13.4. Examen Final 2013-2014 147
Soit les deux applications suivantes :
f : R2 → R g : R → R2
(x1 , x2 ) → f (x1 , x2 ) = x1 + x2 x → g(x) = (x2 , −x2 )

1.
f : R2 → R
(x1 , x2 ) → f (x1 , x2 ) = x1 + x2
– Il suffit de remarquer que par exemple : X1 = (1, 4) et X2 = (3, 2),
f (X1 ) = f (X2 ) = 5 mais X1 6= X2 donc f n’est pas injective.
– Il suffit de remarquer
∀y ∈ R, ∃X = (x1 , x2 ) = (0, y) ∈ R2 , y = f (0, y) = 0 + y = y.
Donc f est surjective.
g : R → R2
x → g(x) = (x2 , −x2 )
2. – Injectivité : Il suffit de remarquer que par exemple x1 = 2 et x2 = −1,

g(2) = g(−2) = (4, −4) mais x1 6= x2 donc g n’est pas injective.
– Surjectivité : Il suffit de remarquer, par exemple pour y = (1, 4) ∈ R; y =
g(x) donne (1, 4) = (x2 , −x2 ) ≡ x2 = 1 et − x2 = 4 ce qui est impos-
sible. Donc g n’est pas surjective.
3.
(f ◦ g) : R → R
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 , −x2 ) = x2 − x2 = 0.
Alors, ∀x ∈ R (f ◦ g)(x) = 0.
4.
(f ◦ g) : R → R
x → (f ◦ g)(x) = 0
(f ◦ g) n’est ni injective ni surjective.
On peut toujours donner des contres exemples (f ◦ g)(1) = (f ◦ g)(13) = 0
mais 1 6= 13, de même y = 5 = (f ◦ g)(x) = 0 (impossible).

Nous allons procéder par récurrence :
• n = 2,
    
0 1 1 0 1 1 1 0 0
2  −1 3 −1   −1 3 −1 −3 5 −3
M = M.M =  2 = .
  
2 2  2 2 2 2 2 2
3 −3 1 3 −3 1 3 −3 5
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Donc
(−1)2 +1 1−(−1)2 1−(−1)2
 
2 2 2
M2 =  1−22 1+22 1−22
 , la formule est vérifiée pour n = 2.
 
2 2 2
22 −(−1)2 (−1)2 −22 22 +(−1)2
2 2 2
• On suppose que
(−1)n +1 1−(−1)n 1−(−1)n
 
2 2 2
Mn =  1−2n 1+2n 1−2n
,
 
2 2 2
2n −(−1)n (−1)n −2n 2n +(−1)n
2 2 2
et il faut démontrer que

(−1)n+1 +1 1−(−1)n+1 1−(−1)n+1
 
2 2 2
M n+1 =  1−2n+1 1+2n+1 1−2n+1
.
 
2 2 2
2n+1 −(−1)n+1 (−1)n+1 −2n+1 2n+1 +(−1)n+1
2 2 2
Pour cela on éffectue le calcul M n+1 = M n .M

 (−1)n +1 1−(−1)n 1−(−1)n
 
2 2 2 0 1 1
M n+1 = 
 1−2n 1+2n 1−2n  −1 3 −1 
2 2 2  2 2 2 
2n −(−1)n (−1)n −2n 2n +(−1)n 3 −3 1
2 2 2 2 2 2
• Après le calcul, on trouve que pour tout entier naturel n ≥ 2, on a

(−1)n+1 +1 1−(−1)n+1 1−(−1)n+1
 
2 2 2
M n+1 =  1−2n+1 1+2n+1 1−2n+1
.
 
2 2 2
2n+1 −(−1)n+1 (−1)n+1 −2n+1 2n+1 +(−1)n+1
2 2 2
13.5. Rattrapage 2013-2014 149

Rattrapage
Soit l’application f définie comme suit :
f : R −→ [3, +∞[
x −→ f (x) = |x + 3| + 5
Montrer par récurrence que pour tout n ∈ N, (n3 + 5n) est divisible par 6.

Soit A est une matrice carrée telle que
 
0 0 ... 0
 0 0 ... 0 
 
A2014 =   .. ..  = [0]
.. 
 . . . 
0 0 ... 0
(la matrice nulle).

Montrer que (I − A) est inversible, où I est la matrice identité et donner l’expres-
sion de (I − A)−1
Solution
f : R −→ [3, +∞[
x −→ f (x) = |x + 3| + 5
1. Injectivité : il suffit de remarquer par exemple que pour x1 = 0 et x2 = −6
on a f (x1 ) = f (0) = 8 et f (x2 ) = f (−6) = 8
f (x1 ) = f (x2 ) mais x1 6= x2 , alors f n’est pas injective.
2. Surjectivité : il suffit de remarquer par exemple que y = 4 ∈ [3, ∞[, l’équa-
tion y = f (x) donne 4 = |x+3|+5, donc |x+3| = −1 ce qui est impossible,
donc f n’est pas surjective.
Il faut montrer que
∀n ∈ N; (n2 + 5n) = 6k k∈N
• Pour n = 0, n3 + 5n = 0 = 6.0, vérifiée

• On suppose que (n3 +5n) = 6k, il faut montrer que ((n+1)3 +5(n+1)) =
6k 0
((n + 1)3 + 5(n + 1)) = n3 + 3n2 + 3n + 1 + 5n + 5 = (n3 + 5n) + 6 +
3n2 + 3n = 6k + 6 + 3n(n + 1) (d’après l’hypothèse de récurrence).
Analysons le terme 3n(n + 1) : soit n est pair et dans ce cas 3n(n + 1) =
3.2.l.(n + 1) = 6l0 ou n est impair et dans ce que 3n(n + 1) = 3.n(2.l +
1 + 1) = 6l00 , dans les deux cas 3n(n + 1) = 6m, alors
((n + 1)3 + 5(n + 1)) = 6k + 6 + 6m = 6k 0 ce qu’il fallait démontrer.

On a A2014 = [0]. Il faut observer l’identité suivante :
(I n − An ) = (I − A)(I n−1 + I n−2 A + I n−3 A2 + ... + An−1 )
Prenons n = 2014, et comme I k = I (matrice identité), on obtient alors
(I − A2014 ) = (I − [0]) = I = (I − A)(I + A + A2 + ... + A2013 ).
Ainsi (I − A) est inversible et (I − A)−1 = I + A + A2 + ... + A2013 .

13.6. Examen Final 2014-2015 151

Examen Final

Soit la matrice  
2 1 0
A =  −3 −1 1 
 
1 0 −1
1. La matrice A est-elle inversible ?
2. Calculer A3
3. En déduire que (I − A) est inversible et en déduire l’expression (I − A)−1 .
4. Retrouver (I − A)−1 par la méthode classique (en utilisant la comatrice).
1. Montrer que ∀n, ∈ N∗ 2n−1 ≤ n!

2. Montrer que ∀n, ∈ N (4n + 6n − 1) est un multiple de 9.
Soit l’application f : N → N et et g : N → N définies par :

x
 si x est pair
f (x) = 2x et g(x) = 2
 x−1 si x est impair
2
1. Les applications f et g sont-elles injectives ?surjectives ?
2. Les applications (f ◦ g) et (g ◦ f ) sont-elles injectives ?surjectives ?
Solution
2 1 0
A =  −3 −1 1 
 
1 0 −1

−1 1 −3 1
1. det(A) = 2 − = 0. Donc A est n’est pas inversible

0 −1 1 −1
2.
    
2 1 0 2 1 0 1 1 1
A2 = A.A =  −3 −1 1   −3 −1 1  =  −2 −2 −2  .
    
1 0 −1 1 0 −1 1 1 1
 
0 0 0
Alors A3 = A2 .A =  0 0 0  .
 
0 0 0
3. Comme A3 = [0], alors I = I − A3 , d’un autre coté

I = I − A3 = (I − A)(I + A + A2 ), ce qui permet de conclure que (I − A)
est inversible et (I − A)−1 = I + A + A2 .
     
1 0 0 2 1 0 1 1 1
(I − A)−1 =  0 1 0  +  −3 −1 1  +  −2 −2 −2 
     
0 0 1 1 0 −1 1 1 1
 
4 2 1
=  −5 −2 −1  .
 
2 1 1
4.
     
1 0 0 2 1 0 −1 −1 0
I − A =  0 1 0  −  −3 −1 1  =  3 2 −1 
     
0 0 1 1 0 −1 −1 0 2

2 −1 3 −1
det(I − A) = − + = −4 + 5 = 1 6= 0, alors (I − A) est

0 2 −1 2
inversible.
13.6. Examen Final 2014-2015 153
 
4 −5 2 t
1
com(I − A) =  2 −2 1  , (I − A)−1 = com(I − A),
 
det(I − A)
1 −1 1
alors
 
4 2 1
(I − A)−1 =  −5 −2 1 
 
2 −1 1
1. Démontrons pas récurrence que ∀n ∈ N∗ , 2n−1 ≤ n!.

• Pour n = 1, 20 = 1 ≤ 1! = 1 ce qui est vrai.
• Supposons que 2n−1 ≤ n! (Hypothèse de récurrence), et il faut montrer
que : 2n ≤ (n + 1)!
D’un coté 2n−1 ≤ n! et d’un autre coté ∀n ≥ 1, 2 ≤ n + 1.
Donc 2n−1 ≤ n! ⇒ 2.2n−1 ≤ 2.n! ≤ (n + 1)n! ⇒ 2n ≤ (n + 1)!
• En conclusion :∀n ∈ N∗ , 2n−1 ≤ n!
2. Démontrons par récurrence que ∀n ∈ N, (4n + 6n − 1) = 9k, ∀k ∈ N.

• Pour n = 0, 40 + 6.0 − 1 = 0 = 9.0, ce qui est vrai pour k = 0.
• Supposons que (4n + 6n − 1) = 9k (Hypothèse de récurrence), et il faut
montrer que : (4n+1 + 6(n + 1) − 1) = 9k 0 pour un certain k 0 ∈ N.
Observons que (4n+1 +6(n+1)−1) = 4.4n +6n+6−1 = 4.4n +6n−1+6
or par l’hypothèse de récurrence 4n + 6n − 1 = 9k ⇒ 6n − 1 = 9k − 4n .
Ainsi 4n+1 + 6(n + 1) − 1 = 4.4n + 6 + 9k − 4n = 3.4n + 6 + 9k. Or par
l’hypothèse de récurrence 4n + 6n − 1 = 9k ⇒ 4n = 9k − 6n + 1. Ainsi
4n+1 + 6(n + 1) − 1 = 9k + 3.4n + 6 = 9k + 3(9k − 6n + 1) + 6 =
9k + 27k − 18n + 9 = 9(4k − 2n + 1) = 9k 0
• En conclusion : ∀n ∈ N, (4n + 6n − 1) est un multiple de 9.
1.
f : N −→ N
x −→ f (x) = 2x
– Injectivité : Soient
x1 , x2 ∈ N, f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 2x1 = 2x2 ⇒ x1 = x2 ,
alors f est injective.

– Surjectivité :clairement f n’est pas surjective car si y est impair il ne pos-
sède pas d’antécédent.
En effet, par exemple y = 3, y = f (x) ⇒ 3 = 2x ⇒ x = 23 ∈ / N.
2.
g : N −→ N
 x
 si x est pair
x −→ g(x) = 2
 x−1 si x est impair
2
– Injectivité :Soient x1 , x2 ∈ N, x1 pair et x2 est impair,
g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ x21 = x22−1 ⇒ x1 = x2 − 1, par exemple :
(x1 = 4 pair) et (x2 = 5 impair), g(x1 ) = 24 = 2, g(x2 ) = 5−1 2 = 2,
alors g(x1 ) = g(x2 ) mais x1 6= x2 , donc g n’est pas injective.
– Surjectivité : Soit y ∈ N,
 x (
 y= si x est pair x = 2y si x est pair
y = g(x) ⇒ 2 ⇒
 y = x − 1 si x est impair x = 2y + 1 si x est impair
2
y possède deux antécédents x1 = 2y et x2 = 2y + 1 alors g est surjective.
3. Il faut commencer par noter que (f ◦ g) et (g ◦ f ) existent, en effet :
f ◦ g : N −→ N et g ◦ f : N −→ N
• (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(2x) = 2 x2 = x alors (g ◦ f )(x) = x, (applica-

tion identique). Donc (g ◦ f ) est injective et surjective (donc bijective).
• (
x si x est pair
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = 2g(x) =
x − 1 si x est impair
En prenant les mêmes contre exemples que la première question, on ob-
tient :
Soit x1 = 4, x2 = 5, (f ◦ g)(x1 ) = (f ◦ g)(4) = 4, (f ◦ g)(x2 ) =
(f ◦ g)(5) = 4.
alors (f ◦ g)(x1 ) = (f ◦ g)(x2 ) mais x1 6= x2 donc (f ◦ g) n’est pas
13.6. Examen Final 2014-2015 155
injective.
Il faut remarquer que (f ◦ g) est toujours un nombre pair, si y = 3, alors
( (
y = x si x est pair 3 = x si x est pair
3 = (f ◦g)(x) ⇒ ⇒
y = x − 1 si x est impair 4 = x si x est impair
ce qui est impossible, donc (f ◦ g) n’est pas surjective.


Examen Final

f : R −→ R
9
x −→ f (x) = x2 + 3x +
4
Et soit l’application g définie comme suit :
g :] − 2, +∞[−→ [0, +∞[
9
x −→ g(x) = x2 + 3x +
4
1. g est-elle injective ?
2. g est-elle surjective ?
1 1 1 1
 
 1 −1 −1 −1 
A= 

 1 −1 0 0 
1 −1 0 3
1. Calculer det(A)  
a a a a
 
 a b b b 
Soient a, b, c, d des réels donnés, soit la matrice B =  

 a b c c 

a b c d
2. Calculer det(B).
13.7. Examen Final 2015-2016 157
3. Résoudre l’équation det(B) = 0.

Soit n ∈ N∗ un entier naturel non nul donné, soient x0 , x1 , ..., xn , (n + 1) nombres
réels dans [0, 1] tels que :
x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1.
Montrer par l’absurde que

1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n
Solution

f : R −→ R
9
x −→ f (x) = x2 + 3x +
4
1. Injectivité :
Soient x1 , x2 ∈ R,
9 9
f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x21 + 3x1 + = x22 + 3x2 +
4 4
⇒ x21 − x22 + 3(x1 − x2 ) = (x1 − x2 )(x1 + x2 ) + 3(x1 − x2 ) = 0
⇒ (x1 − x2 )(x1 + x2 + 3) = 0 =⇒ x1 = x2 où x1 = −x2 − 3
Soit par exemple :

x1 = −3 et x2 = 0 alors f (x1 ) = f (−3) = 49 , f (x2 ) = f (0) = 9
4
Ainsi f (x1 ) = f (x2 ) mais x1 6= x2 alors f n’est pas injective.
2. Surjectivité :
9 9
Soit y ∈ R, y = f (x) ⇒ y = x2 + 3x + 4 ⇒ x2 + 3x + 4 − y = 0.
∆ = 4y ainsi ∆ ≥ 0 SSI y ≥ 0.
Donc si y < 0 l’équation y = f (x) ne possède pas de solution.

Soit par exemple
3 9 3
y = − < 0, y = f (x) ⇒ x2 + 3x + = − ⇒ x2 + 3x + 3 = 0
4 4 4
Comme ∆ = −3 < 0, alors l’équation y = f (x) n’a pas de solution x ∈ R.
Donc f n’est pas surjective.
Remarque : l’exercice est déja facile ; mais en remarquant que :
9 3 2
y = x2 + 3x + = x+
4 2
l’exercice devient encore plus facile.
13.7. Examen Final 2015-2016 159
Et soit l’application g définie comme suit :
g :] − 2, +∞[−→ [0, +∞[
9
x −→ g(x) = x2 + 3x +
4
1. Injectivité :
Soient x1 , x2 ∈] − 2, +∞[,
g(x1 ) = g(x2 ) ⇒ (x1 − x2 )(x1 + x2 + 3) = 0 ⇒ x1 = x2 où x1 = −x2 − 3
Soit par exemple :

x1 = − 57 ∈] − 2, +∞[ et x2 = − 85 ∈] − 2, +∞[ alors g(x1 ) = g(− 57 ) =
1 5 1
100 , g(x2 ) = g(− 5 ) = 100 .
Ainsi g(x1 ) = g(x2 ) mais x1 6= x2 alors g n’est pas injective.
Remarque : Il est éssentiel de choisir x1 , x2 ∈] − 2, +∞[, donc x1 > −2 et
x2 > −2.
Pour que g soit injective, il aurait fallu prendre pour l’ensemble de départ
] − 23 , +∞[
2. Surjectivité :
Soit y ∈ R, y = g(x) ⇒ y = x2 + 3x + 49 ⇒ x2 + 3x + 94 − y = 0.
∆ = 4y ≥ 0,√(c’est le même calcul que celui de f , mais ici y ∈ [0, +∞[).
−3 − 4y −3 √
x1 = , x2 = + y
2 2
Reste à vérifier qu’au moins une des deux solutions est dans l’ensemble de
−3 √ −3
départ ] − 2, +∞[, en effet x2 = + y≥ > −2,
2 2
ainsi que x2 ∈] − 2, +∞[, donc g est surjective.

1 1 1 1
 
 1 −1 −1 −1 
A= 

 1 −1 0 0 
1 −1 0 3

−1 −1 −1 −1 −1 −1 1 −1 −1 1 −1 −1

1. det(A) = −1 0 0 − 1 0 0 + 1 −1 0 − 1 −1 0

−1 0 3 1 0 3 1 −1 3 1 −1 0
= −3 − 3 − 0 − 0 = −6 6= 0, alors A est inversible.
2.  
a a a a
 
 a b b b 
B= 

 a b c c 

a b c d

b b b a b b a b b a b b

det(B) = a b c c − a a c c + a a b c − a a b c .

b c d a c d a b d a b c

a b b

Remarquons que a b c = 0, car les deux premières colonnes sont liées

a b d
alors le déterminant vaut 0 .
Alors
det(B) = a[b(cd − c2 ) − b(bd − bc) − (a(cd − c2 ) − b(ad − ac)]
= a[bc(d − c) − b2 (d − c) − ac(d − c) + ab(d − c)]
= a(d − c)[bc − b2 − ac + ab]
= a(d − c)[b(c − d) − a(c − d)] = a(d − c)(c − d)(b − a)
Par suite
det(B) = a(d − c)(c − d)(b − a)
3.
(det(B) = 0) ⇒ (a = 0 ou d = c ou c = b ou a = b)

n ∈ N∗ , x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1. Montrons par l’absurde que
1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n
Supposons par l’absurde que
1
∀i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | > .
n
13.7. Examen Final 2015-2016 161
Observons que xi−1 ≤ xi =⇒ |xi − xi−1 | = xi − xi−1 . Alors, on a

1
x1 − x0 > n
1
x2 − x1 > n
1
x3 − x2 > n
..
.
xn−1 − xn−2 > n1
xn − xn−1 > n1
En additionnant toutes ces inégalités on obtient

1 1 1 1
(xn −xn−1 )+(xn−1 −xn−2 )+...+(x3 −x2 )+(x2 −x1 )+(x1 −x0 ) > +...+ + +
n n n n
1
⇔ xn − x0 > n =1
n
donc xn − x0 > 1 ce qui est impossible car x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1. Et par suite,
1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n

Rattrapage

f : N −→ N
n −→ f (n) = n + (−1)n
3. Calculer (f ◦ f )(n).

Soient a, b deux réels donnés. Soit la matrice
 
1 1 1
A= a 1 b 
 
a2 1 b2
Pour quelles valeurs de a et b la matrice A est-elle inversible ?

Soit n ∈ N∗ un entier naturel non nul donné, soient x0 , x1 , ..., xn , (n + 1) nombres
réels dans [0, 1] tels que :
x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1.
Montrer par l’absurde que

1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n
13.8. Rattrapage 2015-2016 163
Solution
f : N −→ N
(
n − 1 si n impair
n −→ f (n) =
n + 1 si n pair
1. Soient n1 , n2 ∈ N,
• 1er cas : n1 , n2 pairs ;
f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 + 1 = n2 + 1 ⇒ n1 = n2 .
• 2eme cas : n1 , n2 impairs ;
f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 − 1 = n2 − 1 ⇒ n1 = n2 .
• 3eme cas : n1 pair, n2 impair ;
f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 + 1 = n2 − 1 ⇒ n2 = n1 + 2 (impossible) car
n1 pair ⇒ (n1 + 2) pair or on a n2 impair.
• 4eme cas : n1 impair, n2 pair ;
f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 − 1 = n2 + 1 ⇒ n1 = n2 + 2 (impossible) car
n2 pair ⇒ (n2 + 2) pair or on a n1 impair.
En conclusion f (n1 ) = f (n2 ) ⇒ n1 − 1 = n2 − 1 ⇒ n1 = n2 , donc f

est injective.
2. Soit y ∈ N,
– Si y est pair alors il existe n ∈ N impair tel que y = n − 1 = f (n), donc
n = y + 1.
– Si y est impair alors il existe n ∈ N pair tel que y = n + 1 = f (n), donc
n = y − 1. Alors
∀y ∈ N, ∃n ∈ N, y = f (n).
En conclusion f est surjective.

3. (f ◦ f )(n).
On commmence par observer que f ◦ f : N → N, (f ◦ f ) est bien définie.
( (
f (n) − 1 si f (n) impair n + 1 − 1 = n si n impair
(f ◦f )(n) = ⇒ f (n) =
f (n) + 1 si f (n) pair n − 1 + 1 = n si n pair
Ainsi (f ◦ f )(n) = n ∀n ∈ N.
Remarque : (f ◦ f ) = IN donc f est bijective (ce qu’on savait dejà) et
f −1 = f
a, b ∈ R,  
1 1 1
A= a 1 b 
 
a2 1 b2
Pour que A soit inversible.
det(A) = (b2 − b) − (ab2 − a2 b) + (a − a2 ) = b(b − 1) − ab(b − a) + a(1 − a)
= b[(b − 1) − a(b − a)] + a(1 − a) = b[b − 1 − ab + a2 ] + a(1 − a)

= b[b(1 − a) + (a2 − 1)] + a(1 − a) = (1 − a)[b(b − (a + 1)) + a]
= (1 − a)[b2 − b(a + 1) + a] = (1 − a)[b2 − ba − b + a]
= (1 − a)[b(b − 1) − a(b − 1)] = (1 − a)(b − 1)(b − a)
A est inversible ⇔ det(A) 6= 0 ⇔ a 6= 1 et b 6= 1 et a 6= b.
n ∈ N∗ , x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1. Montrons par l’absurde que
1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n
Supposons par l’absurde que
1
∀i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | >
.
n
Observons que xi−1 ≤ xi =⇒ |xi − xi−1 | = xi − xi−1 . Alors, on a
1
x1 − x0 > n
1
x2 − x1 > n
1
x3 − x2 > n
..
.
xn−1 − xn−2 > n1
xn − xn−1 > n1
13.8. Rattrapage 2015-2016 165
En additionnant toutes ces inégalités on obtient

1 1 1 1
(xn −xn−1 )+(xn−1 −xn−2 )+...+(x3 −x2 )+(x2 −x1 )+(x1 −x0 ) > +...+ + +
n n n n
1
⇔ xn − x0 > n =1
n
donc xn − x0 > 1 ce qui est impossible car x0 ≤ x1 ≤ ... ≤ xn ≤ 1. Et par suite,
1
∃i ∈ {1, 2, ..., n} tel que |xi − xi−1 | ≤ .
n
Chapitre 14
Examens d’Analyse
Sommaire
14.1 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
14.2 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
14.3 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
14.4 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
14.5 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
14.6 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
14.7 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
168 Examens d’Analyse

Examen Final
Soit a un réel tel que 0 < a < 1. On considère la suite (Un ) définie par U1 = a,
et pour tout n > 0,
n + Un
Un+1 = .
n+1
1. Montrer que pour tout n ∈ N∗ , 0 < Un < 1.
2. Montrer que la suite (Un ) est croissante.
3. Montrer que pour tout n ∈ N∗ ,
Un − 1
Un+1 − 1 = .
n+1
4. Montrer que pour tout n ∈ N∗ ,
a−1
Un = 1 +
n!
5. Déduire la limite de (Un ).
Calculer, si elles existent, les limites suivantes :
√
x−2 x sin(x) cos(x)
lim √ , lim , lim .
x→4 x+5−3 x→0 1 − cos(x) x→+∞ x
Pour quelle(s) valeur(s) du réel a la fonction f définie par


 sin(ax)

si x < 0
f (x) = x
 ln(1 + 2x) si x > 0.

x
14.1. Examen Final 2012-2013 169
est-elle prolongeable par continuité en 0 ? On précisera alors ce prolongement.
Soit f la fonction définie sur [0, 1] par f (x) = arcsin(x) + arcsin( x2 ) − π2 .

L’équation f (x) = 0 admet-elle une solution dans [0, 1] ?
Calculer les dérivées (et les simplifier si c’est possible) des fonctions
p
x 7→ f (x) = ln(x + x2 − 1), x > 1,
√
x →
7 f (x) = arctan( x), x > 0.
Bonne chance.
Solution
Soit a un réel tel que 0 < a < 1. On considère la suite (Un ) définie
n + Un
∀n > 0, U1 = a, Un+1 = .
n+1
1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N∗ , 0 < Un < 1.
– Vérification :Pour n = 1, on a 0 < U1 = a < 1, donc la propriété est vraie
au rang 1.
– Supposons que ∀n ∈ N∗ , 0 < Un < 1, et on démontre que
∀n ∈ N∗ , 0 < Un+1 < 1,
alors 0 < Un < 1 ⇒ n < Un + n < n + 1, multiplions cette inégalité par

1
, on trouve
n+1
n Un + n n+1
0< < Un+1 = < = 1.
n+1 n+1 n+1
Ainsi, si la propriété est vraie au rang n alors elle est vraie au rang n + 1.
alors
∀n ∈ N∗ , 0 < Un < 1.
2.
n + Un n
∀n ∈ N∗ , Un+1 − Un = − Un = (1 − Un ) > 0,
n+1 n+1
car d’après la question (1) (∀n ∈ N∗ , Un < 1), et par suite (Un ) est croissante, on
en déduit que (Un ) est convergente (suite croissante et majorée)
Un − 1
3. Montrons par récurrence que ∀n ∈ N∗ , Un+1 − 1 = .
n+1
U1 − 1 a−1
– Vérification :Pour n = 1, on a U2 − 1 = = , d’autre part
2 2
U1 + 1 a+1 a−1
U2 = = ⇒ U2 − 1 = donc la propriété est vraie au
2 2 2
rang 1.
Un − 1
– Supposons que Un+1 − 1 = , et on démontre que
n+1
Un+1 − 1
∀n ∈ N∗ , Un+2 − 1 = ,
n+2
14.1. Examen Final 2012-2013 171
alors on calcule Un+2 − 1, par définition de Un , soit n ∈ N∗
Un+1 + n + 1 Un+1 − 1 + n + 2
Un+2 = =
n+2 n+2
Un+1 − 1 Un+1 − 1
= + 1 ⇒ Un+2 − 1 =
n+2 n+2
ce qu’il fallait démontrer
alors
Un − 1
∀n ∈ N∗ , Un+1 − 1 = .
n+1
4. Montrons par récurrence que n ∈ N∗ , Un = 1 + a−1n!
a−1 a−1
– Vérification :Pour n = 1, on a U1 = 1 + = 1+ = a, donc la
1! 1
propriété est vraie au rang 1.
a−1
– Supposons que n ∈ N∗ , Un = 1 + , et on démontre que
n!
a−1
∀n ∈ N∗ , Un+1 = 1 + ,
(n + 1)!
soit n ∈ N∗ ,
Un + n Un − 1 + n + 1 Un − 1
Un+1 = = = +1
n+1 n+1 n+1
1 + a−1
n! − 1 a−1 a−1
=1+ =1+ =1+
n+1 n!(n + 1) (n + 1)!
ce qu’il fallait démontrer
alors
a−1
∀n ∈ N∗ , Un = 1 + .
n!
a−1 a−1
5. On en déduit que lim Un = lim 1 + = 1 + lim = 1.
n→∞ n→∞ n! n→∞ n!

√ √ √
x−2 (x − 4)( x + 5 + 3) x+5+3 6 3
lim √ = lim √ = lim √ = = ,
x→4 x + 5 − 3 x→4 ( x + 2)(x − 4) x→4 x+2 4 2
2
x sin(x) x sin(x) sin(x) x4 sin(x) 1
lim = lim = lim 2 = lim 2 sin( x2 ) 2
= 2,
x→0 1 − cos(x) x→0 2 sin2 ( x ) x→0 2 x
x sin ( 2 ) x→0 x
2 x
2
sin(x)
(car lim x = 1).
x→0
cos(x)
lim = 0.
x→+∞ x
1
produit d’une fonction bornée x 7→ cos(x) par une fonction x 7→ x qui tend vers 0
quand x tend vers +∞.
Pour quelle(s) valeur(s) du réel a la fonction f définie par


 sin(ax)

si x < 0
f (x) = x
 ln(1 + 2x) si x > 0.

x
est-elle prolongeable par continuité en 0 ? On précisera alors ce prolongement.
ln(1 + 2x) ln(1 + 2x)

lim f (x) = lim = lim 2 =2
x→0+ x→0+ x x→0 + 2x
ln(1+t)
car limt→0 t =1
sin(ax) sin(ax)
lim f (x) = lim = lim a = a.
x→0− x→0− x x→0 − ax
Si a = 2, la fonction f admet une limite finie en 0 et par suite elle est prolongeable
par continuité en 0 et ce prolongement a pour expression
sin(2x)


 si x < 0

 x
˜ =
f (x) 2 si x = 0
ln(1 + 2x)



 si x > 0.
x
Soit f la fonction définie sur [0, 1] par f (x) = arcsin(x) + arcsin( x2 ) − π2 .

L’équation f (x) = 0 admet-elle une solution dans [0, 1] ?
f est définie et continue sur [−1, 1], en particulier elle est continue sur [0, 1],
de plus on a
π π
f (0) = arcsin(0) + arcsin(0) − =− <0
2 2
1 π π π π π
f (1) = arcsin(1) + arcsin( ) − = + − = > 0
2 2 2 6 2 6
14.1. Examen Final 2012-2013 173
i.e. f (0).f (1) < 0, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I) il
existe au moins un réel c ∈ [0, 1] tel que f (c) = 0.
Calculer les dérivées (et les simplifier si c’est possible) des fonctions
p
x 7→ f (x) = ln(x + x2 − 1), x > 1,
√
x →
7 f (x) = arctan( x), x > 0.
√
•x 7→ f (x) = ln(x + x2 − 1) est dérivable pour x > 1
(composée de fonctions dérivables : x 7→ ln x est dérivable sur R+∗ et x 7→ x +
√
x2 − 1 est dérivable pour x > 1 ) et
1 p
f 0 (x) = √ (x + x2 − 1)0
x + x2 − 1

1 x 1
= √ . 1+ √ =√ ,
x+ x −12 2
x −1 2
x −1
√
•x 7→ f (x) = arctan( x) est dérivable pour x > 0 (composée de fonctions
√
dérivables : x 7→ arctan(x) est dérivable sur R et x 7→ x est dérivable pour
1
x > 0), sachant que (arctan(y))0 = , ∀y ∈ R on obtient
1 + y2
1 √
f 0 (x) = √ 2 .( x)0
1 + ( x)

1 1 1
= √ 2. √ = √ .
1 + ( x) 2 x 2 x(1 + x)

Rattrapage
On considère la suite (Un ) définie par

 U0 = 2,
2
 Un+1 = Un + 3 , ∀n ∈ N.
2Un
√
1. Montrer que pour tout n ∈ N, Un > 3.
2. Montrer que la suite (Un )n est décroissante.
3. En déduire que (Un )n est convergente et déterminer sa limite.
Soit f la fonction définie sur [0, 1] par f (x) = arctan(x) + arcsin( x2 ) − π4 . L’équa-
tion f (x) = 0 admet-elle une solution dans [0, 1] ?
I. Etudier la dérivabilité de la fonction f : R → R définie par


 sin(x) si x < 0

f (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1
 1

si x > 1.

x
II. Calculer les dérivées (et les simplifier si c’est possible) des fonctions

2 + cos(x)
x 7→ f (x) = ln ,
2 − cos(x)

x
x 7→ f (x) = arcsin √ .
x2 + 1
14.2. Rattrapage 2012-2013 175
Solution
On considère la suite (Un )n définie par

 U0 = 2,
2
 Un+1 = Un + 3 , ∀n ∈ N.
2Un
√
1. Démonstration par récurrence : ∀n ∈ N, Un > 3. (Pn )
√
• Vérification : n = 0, U0 = 2 > 3, Vraie
√
• On suppose que (Pn ) est vraie, alors U√
n > 3 √
√ Un2 + 3 − 2 3Un (Un − 3)2
On calcule Un+1 − 3 = = > 0,
√ 2Un 2Un
alors ∀n ∈ N, Un+1 > 3.
√
On en déduit que :∀n ∈ N, Un > 3.
√ √
Un2 + 3 Un2 + 3 − 2Un2 −Un2 + 3 ( 3 + Un )( 3 − Un )
2. Un+1 −Un = −Un = = = ,
2Un 2Un 2Un 2Un
on étudie le signe de −Un2 + 3 :
√
Comme Un > 3, on en déduit que Un+1 − Un < 0, et par suite (Un ) est
décroissante.
√
3. • Puisque (Un ) est décroissante et minorée par 3 alors (Un ) est conver-
gente.
2 2
• lim Un = lim Un+1 = l, alors lim U2U n +3
n
= l 2l+3 = l ⇒ 2l2 =
n→∞ n→∞ √ n→∞ √ √
l2 + 3 ⇒ l2 = 3 ⇒ l = 3 ou l = − 3( réfusé car Un > 3), alors
√
l = 3.
Soit f la fonction définie sur [0, 1] par f (x) = arctan(x) + arcsin( x2 ) − π4 .
f est continue sur [0, 1] c’est la somme de deux fonctions continues et f (0) =
arctan(0) + arcsin(0) − π4 = − π4 < 0, f (1) = arctan(1) + arcsin( 12 ) − π4 =
π π π π
4 + 6 − 4 = 6 > 0, alors puisque f (0)f (1) < 0 alors d’après le théoreme des
valeurs intermédiaires, il existe au moins x0 ∈ [0, 1] tel que f (x0 ) = 0.
I. Soit la fonction f : R → R définie par


 sin(x) si x < 0

f (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1
 1
si x > 1.


x
Etude de la dérivabilité : il est clair que f est continue sur R, f est dérivable sur
R\{0, 1}
f (x) − f (0) sin(x)
• Etude de la dérivabilité en 0 : lim = lim =1
x→0− x x→0− x
f (x) − f (0) x
lim = lim = 1.
x→0 + x x→0 x +
Alors f est dérivable en 0 et f (0) = 1.0

f (x) − f (1) x−1
• Etude de la dérivabilité en 1 : lim = lim =1
x→1 − x−1 x→1 x − 1
−
1
f (x) − f (1) −1 −x + 1 −1
lim = lim x = lim = lim = −1
x→1 + x x→1 x − 1
+ x→1 x(x − 1)
+ x→1 + x
f (x) − f (1) f (x) − f (1)
Puisque lim 6= lim , alors f n’est pas déri-
x→1 − x x→1 + x
vable en 1.
II. Calcul des dérivées

2 + cos(x) −4 sin(x) 2 − cos(x) −4 sin(x)
• f (x) = ln , f 0 (x) = 2
=
2 −cos(x) (2 − cos(x)) 2 + cos(x) 4 − cos(x)2
x
• f (x) = arcsin √ une fonction composée de genre : (h ◦ g) où
2
x +1
x
(h ◦ g)0 = h0 (g)g 0 , on pose h(x) = arcsin(x), g(x) = √ , et par suite
2
x +1
1 1
h0 (x) = √ et g 0 (x) = √ alors
1 − x2 x2 + 1(x2 + 1)
√ 1 1
f 0 (x) = x2 + 1 √ = 2 , et par suite
2
x + 1(x + 1) 2 x +1
1
f 0 (x) = .
x2 + 1
14.3. Examen Final 2013-2014 177

Examen Final

Soient (un )n et (vn )n deux suites définies par u0 = 2, v0 = 1 pour tout n ≥ 0
un + vn un+1 + vn
un+1 = , vn+1 = .
2 2
1. Montrer que les suites (un )n et (vn )n sont strictement positives et majorées
par 2.
2. Établir une relation simple entre un+1 − vn+1 et un − vn et en déduire l’ex-
pression de un − vn en fonction de n.
3. Montrer que les suites (un )n et (vn )n ont une limite commune qu’on notera
l.
4. Etudier la suite (un + 2vn )n et en déduire la valeur de l.
Soit f : R → R une fonction continue en zéro et qui vérifie
∀x ∈ R, f (x) = f (2x)
1. Montrer que pour tout x ∈ R, tout n ∈ N

x
f (x) = f ( ).
2n
x
2. Soit x ∈ R∗ , posons pour tout n ∈ N, un = n . Calculer lim f (un ).
2 n→∞
3. En déduire que f est une fonction constante et déterminer cette constante.

Calculer les limites suivantes :
n + 1 n (x + 1)x
lim , lim .
n→+∞ n − 3 x→+∞ xx+1
N.B : Un point est consacré à la qualité de la rédaction.

Solution
Soient (un )n et (vn )n deux suites définies par u0 = 2, v0 = 1 pour tout n ≥ 0;

un + vn un+1 + vn
un+1 = , vn+1 = .
2 2

 0 < un ≤ 2
 ∀n ∈ N,
1. Démonstration par récurrence : (Pn ) et

0 < vn ≤ 2 ∀n ∈ N.

• Vérification : n = 0, 0 < u0 = 2 ≤ 2, 0 < v0 = 1 ≤ 2.
• On suppose que (Pn ) est vraie, alors 0 < un ≤ 2 et 0 < vn ≤ 2 alors
0 < un + vn ≤ 4 ⇒ 0 < un +v 2
n
≤ 24 ⇒ 0 < un+1 ≤ 2.
D’autre part, 0 < vn ≤ 2 et 0 < un+1 ≤ 2 alors 0 < un+1 + vn ≤ 4 ⇒
un+1 + vn 4
0< ≤ ⇒ 0 < vn+1 ≤ 2.
2 2 
 0 < un ≤ 2
 ∀n ∈ N,
On en déduit que (Pn ) et

0 < vn ≤ 2 ∀n ∈ N.

un+1 + vn un − vn
2. – un+1 − vn+1 = un+1 − = .
2 4
un − vn
D’où ∀n ∈ N, un+1 − vn+1 = .
4
un−1 − vn−1 un−2 − vn−2
Par suite : ∀n ≥ 1, un − vn = =
4 42
u0 − v0 1
= ... = = 2n .
4n 2
1
Ainsi ∀n ∈ N, un − vn = 2n .
2
3. On a pour n ≥ 0,
un + vn 1
un+1 − un = − un = (vn − un )
2 2
−1 −1 1 1
= (un − vn ) = 2n
= − 2n+1 < 0.
2 2 2 2
Donc (un )n est strictement décroissante mais un > 0 donc minorée, elle est
donc convergente. Posons l = lim un
n→∞
1 1
On a ∀n ∈ N, un − vn = 2n . Alors lim vn = lim un − 2n = l
2 n→∞ n→∞ 2
Ainsi l = lim un = lim vn .
n→∞ n→∞
14.3. Examen Final 2013-2014 179
4. – la nature de suite (un + 2vn )n

On a n ≥ 0, un+1 + 2vn+1 = un+1 + (un+1 + vn ) = 2un+1 + vn =
(un + vn ) + vn = un + 2vn .
D’où
∀n ∈ N, un+1 + 2vn+1 = un + 2vn .
La suite (un + 2vn )n est donc constante.

– On a
∀n ∈ N, un + 2vn = u0 + 2v0 = 4.
4
lim un = lim vn = l, d’où lim un + 2vn = 3l = 4 ⇒ l = .
n→∞ n→∞ n→∞ 3
Soit f : R → R une fonction continue en zéro et qui vérifie
∀x ∈ R, f (x) = f (2x)
1. Nous allons démontrer par récurrence que

x
f (x) = f n
2
On sait, par hypothèse que
f (x) = f (2x)
x
pour tout x dans R, donc cette égalité reste vraie si l’on remplace x par 2 on
obtient alors x x
f =f 2
2 2
ce qui donne que x
f = f (x)
2
ainsi notre propriété est démontrée pour n = 1.
On pose l’hypothèse de récurrence
x
f (x) = f
2n
et il faut montrer que x
f (x) = f
2n+1
en effet, comme x
f = f (x)
2
x
on remplace x par et on obtient
2n

1 x x
f = f
2 2n 2n
soit x x
f = f
2n+1 2n
or par l’hypothèse de récurrence
x
f (x) = f n
2
donc x
f n+1 = f (x)
2
en conclusion ∀x ∈ R et ∀n ∈ N
x
f (x) = f n .
2
2. Pour x ∈ R∗ (fixé) et pour n ∈ N on pose un = x
2n , d’un côté
lim un = 0
n→+∞
d’un autre côté, par la continuité de f on a

lim f (un ) = f lim un
n→+∞ n→+∞
donc
lim f (un ) = f (0).
n→+∞
3. Récapitulons ce que l’on a déjà montré :
∀x ∈ R et ∀n ∈ N x
f (x) = f ,
2n
et x
lim f = f (0).
n→+∞ 2n
En combinant ces deux résultats
x
lim f (x) = lim f = f (0)
n→+∞ n→+∞ 2n
or
lim f (x) = f (x)
n→+∞
donc ∀x ∈ R
f (x) = f (0)
f est bien une fonction constante identiquement égale à f (0).
14.3. Examen Final 2013-2014 181

Les résultats des limites :
n + 1 n nn (1 + n1 )n (1 + n1 )n e1
1. lim = lim n = lim = −3
= e4 .
n→+∞ n − 3 n→+∞ n (1 − 3 )n n→+∞ (1 − 3 )n e
n n
(x + 1)x xx (1 + x1 )x
2. lim = lim
x→+∞ xx+1 x→+∞ xx+1
(1 + x1 )x e1
= lim = lim = 0.
x→+∞ x x→+∞ x

Rattrapage

Soit la suite (un )n définie par
(
u0 = 12 ,
2
un+1 = u2n + 9 , ∀n ∈ N.
1. Montrer que ∀n ∈ N, 13 < un < 23 .

2. Etudier la monotonie de (un )n .

Soient u0 = 1, v0 = 2. On définit les suites (un )n et (vn )n par
√ un + vn
un+1 = un vn et vn+1 = .
2
1. Montrer que un ≤ vn pour tout n ∈ N.
2. Montrer que (vn )n est une suite décroissante.
3. Montrer que les suites (un )n et (vn )n sont convergentes et qu’elles ont la
même limite.
Soit f : R → R une fonction périodique et non constante. Montrer qu’elle

n’admet pas de limite en +∞.
14.4. Rattrapage 2013-2014 183
Solution
Soit la suite (un )n définie par
(
u0 = 21 ,
2
un+1 = u2n + 9 , ∀n ∈ N.
1. On démontre par récurrence que ∀n ∈ N, 13 < un < 23 .

Pour n = 0, 13 < u0 = 12 < 23 . (vrai) On suppose que 13 < un < 2
3 ⇒ 1
9 <
u2n < 94 . ( et cela est possible car 0 < 13 < un < 23 ).
1 2 4 1 2 2 2 4 2 1 2
9 < un < 9 ⇒ 9 + 9 < un + 9 < 9 + 9 ⇒ 3 < un+1 < 3 .
On en déduit ∀n ∈ N, 31 < un < 23 .
un+1 − un = u2n + 92 − un = u2n − un + 92 , considérons l’équation
x2 − x + 29 = 0, ∆ = ( 31 )2 , x1 = 31 , x2 = 23 , or d’après la question
précédente : on a que ∀n ∈ N, 13 < un < 23 , donc un+1 − un < 0.
(un )n est (strictement) décroissante (il est possible de le démontrer par ré-
currence).
3. Comme (un )n est une suite décroissante et minorée(par 31 ), alors (un )n est
convergente. Soit lim un = l alors l vérifier par le fait que un+1 = u2n + 29
n→+∞
2 1 2
l = l2 + ⇒ l = ou l = la limite est unique.
9 3 3
Reprenons depuis le début que ∀n ∈ N, 13 < un < 23 , et aussi (un )n est
décroissante avec u0 = 21 .
Donc la limite ne peut pas etre 32 , et par suite l = 23 (réfusée).
Alors lim un = 13 .
n→+∞

Soient u0 = 1, v0 = 2. On définit les suites (un )n et (vn )n par
√ un + vn
un+1 = un vn et vn+1 = .
2
1. On démontre par récurrence que : ∀n ∈ N, un ≤ vn .

Pour n = 0, u0 = 1 ≤ v0 = 2. On suppose que un ≤ vn : on rappelle que
a, b > 0 alors (a − b)2 ≥ 0 ⇒ (a − b)2 + 4ab ≥ 4ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab
√ a+b √ un + vn
alors ab ≤ donc un vn ≤ ⇒ un+1 ≤ vn+1 .
2 2
On en déduit que : ∀n ∈ N, un ≤ vn .
un + vn vn + vn
2. On a vn+1 = ≤ = vn (car un ≤ vn ).
2 2
Donc ∀n ∈ N, vn+1 ≤ vn alors (vn )n est décroissante.
√ √
3. • Remarquons que un+1 = un vn ≥ un un = un ( car un ≤ vn ).
Donc ∀n ∈ N, un+1 ≥ un alors (un )n est croissante.
Posons wn = vn − un , wn ≥ 0, et wn est décroissante car wn+1 − wn =
vn+1 − vn + un − un+1 ≤ 0 puisque ∀n ∈ N, vn+1 ≤ vn , un+1 ≥ un
donc (wn )n converge vers une limite l ∈ [0, ∞[.
• De même (vn )n est décroissante et minorée par 0, donc elle converge,
ainsi un = vn − wn converge aussi.
√
• Posons l1 = lim un , l2 = lim vn , on a un+1 = un vn alors l1 =
√ n→∞ n→∞
l1 l2 ⇒ l12 = l1 l2 ⇒ l1 = l2 .
Soit f : R → R une fonction périodique et non constante.

Soit T la periode de f alors on a
• ∀x ∈ R, f (x + T ) = f (x).
• ∃x, y ∈ Rf (x) 6= f (y) (f est non constante).
Supposons que f admet une limite en +∞, alors l = lim f (u)
u→∞
Posons xn = x + nT et yn = y + nT , alors xn , yn → ∞ quand n → ∞,
Et par suite l = lim f (xn ), et l = lim f (yn ), mais f (xn ) = f (x + nT ) = f (x)
n→∞ n→∞
et f (yn ) = f (y + nT ) = f (y) (car f est périodique), d’où l = f (x) = f (y) ce
qui est absurde car f est non constante.
14.5. Examen Final 2014-2015 185

Examen Final

√
2n + 4n2 + 1
1. Soit la suite (vn )n de terme général vn = √ , et soit la suite
√ n + n2 + 1
2n − 4n2 + 1
(wn )n de terme général wn = √ . Calculer lim vn et en dé-
n − n2 + 1 n→∞
duire lim wn .
n→∞
2. Soit la suite (un )n de terme général
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1
un = + + + ... + 2 .
3n2 + 1 3n2 + 2 3n2 + 3 3n + n
Montrer que (un )n est convergente et calculer sa limite.
Donner l’expression de la dérivée nième de la fonction suivante :

ax + b
g(x) = .
cx + d
Où a, b, c et d sont des nombres réels non nuls.
Soit f une fonction deux fois dérivable sur l’intervalle [a, b], telle que f (a) =
f (b) = 0 et pour tout x ∈]a, b[ on a f 00 (x) ≤ 0. Montrer que
∀x ∈ [a, b], f (x) ≥ 0

Solution

√
2n + 4n2 + 1
1. • lim vn = lim √
n→∞ n→∞ n + n2 + 1
q q
1 1
2n + n 4 + n2 2+ 4+ n2
= lim q = lim q = 2.
n→∞ n→∞
n + n 1 + n12 1+ 1+ 1
n2
• Pour trouver la limite de lim wn , il faut avoir une relation entre wn et vn .

√ n→∞ √ √ √
2n − 4n2 + 1 (2n − 4n2 + 1)(2n + 4n2 + 1)(n + n2 + 1)
√ = √ √ √
n − n2 + 1 (n −√ n2 + 1)(n + n2 + 1)(2n + 4n2 + 1)
(4n2 − (4n2 + 1))(n + n2 + 1)
= √
(n2 − (n2 + 1))(2n + 4n2 + 1)
√ √
−(n + n2 + 1) (n + n2 + 1) 1
= √ = √ = .
2
−(2n + 4n + 1) 2
(2n + 4n + 1) vn
1 1
Ainsi, wn = ⇒ lim wn = lim = 21 , alors
vn n→∞ n→∞ vn
1
lim wn = .
n→∞ 2
2. Il suffit de remarquer que


2n+1 2n+1 2n+1
3n2 +n
≤ 3n2 +1
≤ 3n2 +1








2n+1 2n+1 2n+1 
3n2 +n
≤ 3n2 +2
≤ 3n2 +1









2n+1 2n+1 2n+1
3n2 +n
≤ 3n2 +3
≤ 3n2 +1 En faisant la somme, on obtient




.. .. ..



.≤ .≤ . 








2n+1 2n+1 2n+1 
3n2 +n
≤ 3n2 +n
≤ 3n2 +1

2n + 1 2n + 1
n 2
≤ wn ≤ n 2
3n + n 3n + 1
14.5. Examen Final 2014-2015 187
En passant à la limite
2n + 1 2n + 1
lim n ≤ lim wn ≤ lim n 2
n→∞ 3n2 + n n→∞ n→∞ 3n + 1
2 2
⇔ ≤ lim wn ≤ .
3 n→∞ 3
Par le théorème des trois suites (gendarmes, encadrement), on peut conclure
que lim wn = 23 .
n→∞
L’expression de la dérivée nième de la fonction
ax + b
g(x) =
cx + d
g est dérivable sur R \ {− dc }
a(cx + d) − c(ax + b)) ad − cb

g 0 (x) = 2
= = (ad − cb)(cx + b)−2
(cx + b) (cx + b)2
Si ad − cb = 0 alors g (n) (x) = 0 pour n ≥ 1.

Si ad − cb 6= 0, on peut continuer le calcul :
g 00 (x) = (ad − cb)[(−2)c(cx + d)−3 ] = (ad − cb)[(−1).2(cx + d)−3 .c]
(g(x))(3) = (ad − cb)[(−1)2 .2.3(cx + d)−4 .c2 ]
(g(x))(4) = (ad − cb)[(−1)3 .2.3.4.(cx + d)−5 .c3 ]
Ainsi, on peut supposer légitimement que
(g(x))(n) = (ad − cb)[(−1)n−1 .n!.(cx + d)−(n+1) .cn−1 ] , ∀n ∈ N.....(Pn ).
Formule qu’il est nécessaire de démontrer par récurrence :

• Vérification : n = 1,
g 0 (x) = (ad−cb)(cx+b)−2 = (ad−cb)[(−1)1−1 .1!.(cx+d)−(1+1) .c1−1 ] Vraie
• Hypothèse de récurrence : (Pn ).

• Résultat
(g(x))(n+1) = (ad−cb)[(−1)n (n+1)!(cx+d)−(n+2) cn ] ∀n ∈ N..... (Pn+1 )

En effet
0
(g(x))(n+1) = [(g(x))(n) ]0 = (ad − cb)[(−1)n−1 n!(cx + d)−(n+1) cn−1 ]

= (ad − cb)[(−1)n−1 n!cn−1 ](−(n + 1)c(cx + d)−(n+2) )
= (ad − cb)[(−1)n (n + 1)!(cx + d)−(n+2) cn ].
Et par suite,
∀n ∈ N∗ (g(x))(n) = (ad − cb)[(−1)n−1 n!(cx + d)−(n+1) cn−1 ].
f une fonction continue sur l’intervalle [a, b] (car elle est dérivable), et f est
dérivable sur ]a, b[ et f (a) = f (b) = 0, alors d’après le théorème de Rolle, on peut
conclure que
∃c ∈]a, b[, tel que f 0 (c) = 0.
D’un autre côté l’hypothèse ∀x ∈]a, b[, tel que f 00 (x) ≤ 0, nous indique que f 0 est
décroissante, ce qui nous permet de dire que :
Soit x ∈]a, c], x ≤ c ⇒ f 0 (x) ≥ f 0 (c) ⇒ f 0 (x) ≥ 0.
Soit x ∈ [c, b[, x ≥ c ⇒ f 0 (x) ≤ f 0 (c) ⇒ f 0 (x) ≤ 0.
Donc f est croissante sur ]a, c] (car f 0 (x) ≥ 0).
f est décroissante sur [c, b[ (car f 0 (x) ≤ 0).
Si x ∈]a, c], x > a ⇒ f (x) ≥ f (a) = 0 ⇒ f (x) ≥ 0.
Si x ∈ [c, b[, x < b ⇒ f (x) ≥ f (b) = 0 ⇒ f (x) ≥ 0.
Ainsi
∀x ∈ [a, b], f (x) ≥ 0.
14.6. Examen Final 2015-2016 189

Examen Final

√ √ √
x− α+ x−α x2 + 2|x| (x + 5)x−2
lim √ , lim , lim .
x→α+ x2 − α2 x→0 x x→+∞ (x + 1)x+1
N.B : L’utilisation de la Règle de l’Hôpital n’est pas autorisée.

1. Pour quelle(s) valeur(s) du réel α la fonction f définie par

 x−α
 4x2 + 4 si x > 0


f (x) =

βx − 41

si x < 0,

est-elle prolongeable par continuité en 0 ? On précisera alors ce prolonge-

ment que l’on notera par F .
2. Pour quelle valeur de β, la fonction F est-elle dérivable en 0 ?

Soit a ∈ IR+

∗ , on considère la suite un n∈N
définie par :
1 a
un+1 = un + ,
2 un

et on note vn n
la suite définie par :
√
un − a
vn = √ .
un + a
1. Montrer que, pour tout entier n, vn+1 = vn2 .
2. Calculer vn en fonction de v0 et montrer que |v0 | < 1. En déduire que vn

converge vers 0.
√
3. Exprimer un en fonction de vn et montrer que lim un = a.
n→+∞

4. Calculer les deux premiers termes de la suite vn n
, pour u0 = 1 et a = 2.
14.6. Examen Final 2015-2016 191
Solution

√ √ √
x− α+ x−α
1. lim √ =
x→α+ x2 − α√2
2 x
• Si α = 0, lim √ 2 = +∞
x→0
√x √ √ √ √ √
x− α+ x−α x− α x−α
• Si α 6= 0, lim √ = lim √ +√ √
x→α+ x2 − α 2 x→α+ x2 − α 2 x−α x+α
√
x−α x−α
= lim √ √ √ +√ √
x→α+ x2 − α2 ( x + α) x−α x+α
√
x−α 1 1
= lim √ √ √ +√ =√
x→α+ x + α( x + α) x+α 2α
x2 + 2|x|
2. lim =
x→0 x
x2 + 2x
• lim = lim x + 2 = 2.
x→0+ x x→0+
2
x − 2x
• lim = lim x − 2 = −2.
x→0− x x→0−
(x + 5)x−2 x + 5 x 1
3. lim = lim
x→+∞ (x + 1)x+1 x→+∞ x + 1 (x + 1)(x + 5)2
x
5

x(1 + ) 1
= lim 
 x  = 0.
x→+∞ 1  (x + 1)(x + 5)2
x(1 + )
x
x−α −α
1. • lim 2
=
x→0+4x + 4 4
1 −1
• lim βx − =
x→0− 4 4
−α −1
Pour que f soit prolongeable par continuité en 0, il faut que = donc
4 4
α = 1.
On définit la fonction F ( la fonction prolongeable de f )

x−1


 2+4
si x > 0

 4x
−1

F (x) = si x = 0
 4
 βx − 1


si x < 0.

4
2. La valeur de β pour que F soit dérivable en 0.
x−1 1
+
F (x) − F (0) 2 x2 + x 1
• lim = lim 4x +x 4 4 = lim 2
=
x→0+ x−0 x→0+ x→0+ 4x(x + 1) 4
1 1
F (x) − F (0) βx − +
• lim = lim 4 4 = lim βx = β.
x→0− x−0 x→0− x x→0− x
1
Pour que f soit dérivable, en 0 il faut que β = .
4
x−1

 4x2 + 4 si x > 0



−1

F (x) = si x = 0
 4

 1
 x− 1
si x < 0.

4 4
Soit a ∈ IR+

∗ , on considère la suite un n∈N
définie par :
1 a
un+1 = un + ,
2 un

et on note vn n∈N
la suite définie par :
√
un − a
vn = √ .
un + a
1. Raisonnement par récurrence que : , pour tout entier n, vn+1 = vn2 (Pn )
• Vérification : n = 0, v1 = v02
• Résultat (Pn+1 ).
2. – pour tout entier n, vn = (v0 )2n . √
un − a un u
– |v0 | < 1, (par définition |vn | = | √ |< √ < n = 1).
un + a un + a un
– lim vn = lim (v0 )2n = 0, (car |v0 | < 1).
n→∞ n→∞
14.6. Examen Final 2015-2016 193
√
a(vn + 1)
3. • pour tout entier n, un = .
√ 1 − vn
a(vn + 1) √
• lim un = lim = a ( car lim vn = 0)
n→∞ n→∞ 1 − vn n→∞
√ √
1− 2 3−2 2
4. v0 = √ , v1 = √ .
1+ 2 3+2 2

Rattrapage
Calculer les dérivées (et les simplifier si c’est possible) des fonctions suivantes :
1. f1 (x) = (1 + x1 )x
√
2. f2 (x) = x2 ln(x + 1 + x2 )
√
3. f3 (x) = arctan( 1 − x)
√
4. f4 (x) = cos3 ( 1 − x)
Donner l’expression de la dérivée nième de la fonction suivante :
f (x) = ln[(ax + b)α ].
Où a, b et α sont des nombres réels non nuls.
Etant donné les nombres a et b vérifiant 0 < a < b, on considère les deux
suites :
p Un−1 + Vn−1
Un = Un−1 Vn−1 et Vn = avec U0 = a et V0 = b.
2
Montrer que ces deux suites convergent et admettent une même limite.
14.7. Rattrapage 2015-2016 195
Solution
En utilisant la dérivée de la composition entre deux fonctions (hog)0 (x) =

h0 (g(x))g 0 (x).
1
0 1 x0 (x ln(1+ )) 1 1 1
]0 = − + ln(1 + ) (1 + )x .

1. f1 (x) = [(1 + ) ] = [e x
x x+1 x x
√ √ x2
2. f2 (x) = [x2 ln(x + 1 + x2 )]0 = 2x ln(x + 1 + x2 ) + √ .
1 + x2
√ −1
3. f3 (x) = [arctan( 1 − x)]0 = √ .
2(2 − x) 1 − x
√ 3 √ √
4. f40 (x) = [cos3 ( 1 − x)]0 = √ sin( 1 − x) cos2 ( 1 − x).
2 1−x

L’expression de la dérivée nième de la fonction suivante :
f (x) = ln[(ax + b)α ].
Où a, b et α sont des nombres réels non nuls. f est dérivable sur ] − ab , +∞[
αa
f 0 (x) =
ax + b
−αa2
f 00 (x) =
(ax + b)2
2αa3
f (3) (x) =
(ax + b)3
−2.3.αa3
f (4) (x) =
(ax + b)4
.
.
.
an n!(−1)n α
f (n+1) (x) = , ∀n ∈ N.....(Pn )
(ax + b)n+1
αa
• Vérification : n = 0, f 0 (x) = Vraie
ax + b
an+1 (n + 1)!(−1)n+1 α
• Résultat f (n+2) (x) = ∀n ∈ N..... (Pn+1 ).
(ax + b)n+2
En effet
an n!(−1)n α 0 an n!(−1)n α
f (n+2) (x) = [f (n+1) (x)]0 = [ ] = −(n + 1)a
(ax + b)n+1 (ax + b)n+2
an+1 (n + 1)!(−1)n+1 α
=
(ax + b)n+2
Et par suite,
an n!(−1)n α
∀n ∈ N f (n+1) (x) = .
(ax + b)n+1
Etant donné les nombres a et b vérifiant 0 < a < b, on considère les deux
suites :
p Un−1 + Vn−1
Un = Un−1 Vn−1 et Vn = avec U0 = a et V0 = b.
2
Montrer que ces deux suites convergent et admettent une même limite.
1. Démonstration par réccurence que : pour tout entier n, 0 < Un ≤ Vn

(Pn )
• Vérification : n = 0, 0 < U0 = a < b = V0
• Résultat 0 < Un+1 ≤ Vn+1 (Pn+1 ).
Un +Vn
On a 0 < Un ≤ Vn alors 0 < 2 = Vn+1 et 0 < Un+1 ,
√ (Vn −Un )2
on remarque aussi que : Vn+1 − Un+1 = Un +V
2
n
− Un Vn = 2 >
0, ∀n ∈ N.
2. La monotonie de Un et Vn
√
• pour tout entier n, Un < Vn , alors Un2 < Vn Un alors Un < Vn Un =
Un+1 , alors Un est croissante ∀n ∈ N.
• 0 < Un ≤ Vn alors 2Vn > Un + Vn , on peut déduire : Vn > Un +V
2
n
=
Vn+1 , on obtient Vn est décroissante ∀n ∈ N.
14.7. Rattrapage 2015-2016 197
3. On a Un est croissante et majorée par b alors elle converge, et Vn est décrois-

sante et minorée par a alors elle converge.
4. Si on pose lim Un = α et lim Vn = β

n→∞ n→∞
√
lim Un = lim Un−1 Vn−1 et lim Vn = lim Un−1 +V 2
n−1
n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞
√
α = αβ et β = α+β 2 ⇒ α = β donc les deux suites sont adjacentes.
Chapitre 15
Examens d’Outils
Mathématiques
Sommaire
15.1 Examen Final 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
15.2 Examen Final 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
15.3 Rattrapage 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
15.4 Examen Final 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
15.5 Rattrapage 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216
15.6 Examen Final 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
15.7 Examen Final 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
15.8 Rattrapage 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
200 Examens d’Outils Mathématiques

Examen Final
Calculer la dérivée nième de la fonction suivante :
f (x) = ln(x + 1).
Calculer ce qui suit :

x−1
Z
1. I1 = 2
dx.
x +x+3
Z
1
2. I2 = 2
dx.
x − 6x + 5
1. Résoudre en fonctions des valeurs du paramètre réel α ∈ R, l’équation dif-

férentielle suivante :
y 00 + αy = 0.
2. On suppose que λ > 0, trouver toutes les solutions non nulles de l’équation
y 00 + λy = 0.
vérifiant y(0) = 0 et y(π) = 0.

15.1. Examen Final 2011-2012 201
Solution
La dérivée nième de la fonction suivante :
f (x) = ln(x + 1),
où a, b et α sont des nombres réels non nuls. f est dérivable sur ] − 1, +∞[
1
f 0 (x) =
x+1
−1
f 00 (x) =
(x + 1)2
2
f (3) (x) =
(x + 1)3
−2.3
f (4) (x) =
(x + 1)4
.
n!(−1)n
f (n+1) (x) = , ∀n ∈ N.....(Pn ).
(x + 1)n+1
1
• Vérification : n = 0, f 0 (x) = Vraie
x+1
(n + 1)!(−1)n+1
• Résultat f (n+2) (x) = ∀n ∈ N..... (Pn+1 ).
(x + 1)n+2
En effet
n!(−1)n 0
f (n+2) (x) = [f (n+1) (x)]0 = [ ]
(x + 1)n+1
n!(−1)n (n + 1)!(−1)n+1
= −(n + 1) =
(x + 1)n+2 (x + 1)n+2
Et par suite,
n!(−1)n
∀n ∈ N f (n+1) (x) = .
(x + 1)n+1
Z 1 3
x−1 2 (2x + 1) − 2
Z
1. I1 = dx = dx
x2 + x + 3 x2 + x + 3
Z Z
1 2x + 1 1 3
= 2
dx − 2
dx
2 x +x+3 2 x +x+3
Z
1 2 3 1
= ln |x + x + 3| − 2
dx,
2 2 x +x+3
Z Z Z
1 1 4 1
2
dx = 2x+1 2 11 dx = 2x+1 dx,
x +x+3 ( 2 ) + 4 11 ( √11 )2 + 1
on pose t = 2x+1
√ ,
11
Z
2 2 2x + 1
√ dt = √ arctan( √ ) + c, donc
2
11(t + 1) 11 11
1 3 2x + 1
I1 = ln |x2 + x + 3| − √ arctan( √ ) + c, c ∈ IR.
2 11 11
Z
1
2. I2 = dx,
x2 − 6x + 5
1 1 1 1 1 1
on a, = + − .
x2 − 6x + 5 (x − 5)(x − 1) 4 x − 5 4 x − 1
Alors Z Z
1 1 1 1
I2 = dx − dx
4 x−5 4 x−1
1 1
= ln |x − 5| − ln |x − 1| + c.
4 4
1. Soit α ∈ R, y 00 + αy = 0
L’équation caractéristique r2 + α = 0 =⇒ r2 = α.
√ √
• 1er cas :α < 0, deux solutions réelles : r1 = −α, r2 = − −α, alors
√ √
−αx
y = c1 e + c2 e− −αx
.
• 2eme cas :α = 0, une solution double r1 = r2 = 0
y = (c1 + c2 x).
15.1. Examen Final 2011-2012 203
• 3eme cas :α > 0, deux solutions complexes conjuguées

√ √
z1 = i α, z2 = −i α, alors
√ √
y = c1 cos( αx) + c2 sin( αx).
2. Soit λ > 0, y 00 + λy = 0, alors il est clair que
√ √
y = c1 cos( λx) + c2 sin( λx).
( ( √ √
y(0) = 0 c1 cos( λ0) + c2 sin( λ0) = 0
⇒ √ √
y(π) = 0 c1 cos( λπ) + c2 sin( λπ) = 0
(
c1 = 0
⇒ √
c2 sin( λπ) = 0
√
La deuxième équation donne c2 = 0, ou sin( λπ) = 0 ;
• si c2 = 0 (comme c1 = 0) alors y ≡ 0, (refusé, car on cherche des

solutions non nulles).
√ √
• si sin( λπ) = 0 ⇒ λ = k, k ∈ Z, ⇒ λ = k 2 .
Donc pour λ = k 2 , k ∈ Z, y = c2 sin(kx).

Examen Final
En utilisant un développement de Taylor Maclaurin de la fonction f (x) =

2 4
ex + e−x f (x) − (1 + x2 + x24 )
, en déduire que la valeur de la limite lim .
2 x→0 7x6
1+i
1. Calculer les racines carrées de z = √ .
2
9π 9π
2. En déduire les valeurs de cos( ) et sin( ).
8 8

x−1
Z
1. I1 = 2
dx.
x +x+3
Z
1
2. I2 = dx.
sin(x)
Z 1 p
3. I3 = x3 4 − x2 dx.
−1
1. Résoudre l’équation différentielle y 00 + 2y 0 + y = e−3x .

2. Trouver la solution qui vérifie y 0 (0) = y(0) = 0.
15.2. Examen Final 2012-2013 205
Solution
ex + e−x ex − e−x
• f (x) = cosh(x) = ⇒ f (0) = 1, f 0 (x) = sinh(x) = ⇒
2 2
f 0 (0) = 0.
ex + e−x
• f 00 (x) = cosh(x) = ⇒ f 00 (0) = 1, f (3) (x) = sinh(x) =
2
ex − e−x
⇒ f (3) (0) = 0.
2
ex + e−x
• f (4) (x) = cosh(x) = ⇒ f (4) (0) = 1, f (5) (x) = sinh(x) =
2
ex − e−x
⇒ f (5) (0) = 0.
2
ex + e−x
• f (6) (x) = cosh(x) = ⇒ f (6) (0) = 1, f (7) (x) = sinh(x).
2
ex + e−x x2 x4 x6 x7
f (x) = cosh(x) = =1+ + + + sinh(θx), 0 < θ < 1
2 2! 4! 6! 7!
2 4 x6 x7
f (x) − (1 + x2 + x24 ) 6! + 7! sinh(θx) 1 1
lim 6
= lim 6
= = .
x→0 7x x→0 7x 7.6! 7!
1+i
1. Les racines carrées de z = √
2
 s √

 1+ 2
  x=± √
2 2 √1

 x −y = 2

s √2 2

 

1 + i 
(x + iy)2 = √ ⇒ x2 + y 2 = 1 ⇒ 2−1
2 
 2xy = √1
 
 y=± √
2



 2 2
1
2xy = √2


Donc les racines carrées de z sont

s √ s√ s √ s√
1+ 2 2−1 1+ 2 2−1
z1 = √ +i √ , z2 = − √ −i √
2 2 2 2 2 2 2 2

9π 9π
2. Les valeurs de cos et sin .
8 8
1+i
On cherche la forme géométrique de z = √
2
( 1
cos(θ) = √2 π π
1
alors θ = donc z = ei 4
sin(θ) = 2√ 4
9π π π π
Et comme (ei 8 )2 = ei( 4 +2π) = ei 4 , donc ei 8 est une racine carrée de z
9π 9π 9π
ei 8 = cos( ) + i sin( )
8 8
Comme cos( 9π 9π
8 ) < 0 et sin( 8 ) < 0 alors
s √ s√
i 9π 1+ 2 2−1
e 8 =− √ −i √
2 2 2 2
On en déduit que
s √ s√
9π 1+ 2 9π 2−1
cos( ) = − √ , sin( ) = − √ .
8 2 2 8 2 2
Z 1 3
x−1 2 (2x + 1) − 2
Z
1. I1 = dx = dx
x2 + x + 3 x2 + x + 3
Z Z
1 2x + 1 1 3
= dx − dx
2 x2 + x + 3 2 x2 + x + 3
Z
1 2 3 1
= ln |x + x + 3| − dx,
2 2 x2 + x + 3
Z Z Z
1 1 4 1
et dx = 2x+1 2 11 dx = 2x+1 dx,
x2 + x + 3 ( 2 ) + 4 11 ( 11 )2 + 1
√
2x+1
on pose t = √ ,
11
Z Z
1 2 2 2x + 1
2
dx = √ dt = √ arctan( √ ) + c,
x +x+3 2
11(t + 1) 11 11
donc
1 3 2x + 1
I1 = ln |x2 + x + 3| − √ arctan( √ ) + c.
2 11 11
Z
1
2. I2 = dx, on pose t = tan( x2 ) alors dx = 2dt
t2 +1
, sin(x) = 2t
t2 +1
,
sin(x)
Z Z
1 2dt dt
donc, I2 = 2t t2 + 1 = , et par suite
t2 +1
t
x
I2 = ln |t| + c = ln | tan( )| + c.
2
1 √
Z p
3. I3 = x3 4 − x2 dx = 0, car f (x) = x3 4 − x2 est définie sur [−1, 1]
−1
et elle est impaire.
15.2. Examen Final 2012-2013 207
1. y 00 + 2y 0 + y = e−3x
On commence par la résolution de l’équation sans second membre
y 00 + 2y 0 + y = 0,
on lui associe l’équation caractéristique r2 + 2r + 1 = 0 ⇒ r1 = r2 = −1,

alors la solution générale est de la forme y = (c1 + c2 x)e−x avec c1 , c2 ∈ R.
Il suffit de remarquer que y∗ (x) = 14 e−3x est une solution particulière, (on
peut utiliser la méthode de variation de la constante pour la recherche de
solution particulière).
Alors la solution générale est
1
y(x) = (c1 + c2 x)e−x + e−3x c1 , c2 ∈ R.
4
0
( solution qui vérifie(: y (0) = y(0) = 0
2. La
c1 + 14 = 0 c1 = − 14
⇒ Alors la solution générale qui vérifie les
c2 − c1 = 43 c2 = 12
conditions initiales est :
−1 1 1
y(x) = ( + x)e−x + e−3x .
4 2 4

Rattrapage
Résoudre dans C l’équation suivante :
Z 6 − iZ 3 − 1 − i = 0.
Soit m ∈ N∗ et n ∈ N∗ , calculer en fonction de m et n l’intégrale définie

suivante : Z 1
xm (1 − x)n dx.
0
Soit ω ∈ R , résoudre l’équation différentielle suivante :
y 00 + ω 2 y = x.
15.3. Rattrapage 2012-2013 209
Solution
Pour résoudre l’équation
Z 6 − iZ 3 − 1 − i = 0,
on pose w = Z 3 , on obtient alors l’équation :
w2 − iw − 1 − i = 0.
∆ = (2 + i)2 , ainsi
w1 = 1 + i, w2 = −1 sont des solutions de l’équation w2 − iw − 1 − i = 0,
pour obtenir les solutions de l’équation
Z 6 − iZ 3 − 1 − i = 0.
Il suffit de chercher les racines cubique de w1 , w2 .

√ π √ π
On a : w1 = 1 + i = reiθ = 2ei 4 ⇒ r3 ei3θ = 2ei 4 ,
alors,
√ π
|w1 |3 = 2 et arg(w13 ) = + 2kπ, ∀k ∈ Z,
4
1 π 2kπ
donc |w1 | = 2 6 , et arg(w1 ) = + , k = 0, 1, 2
12 3
1 π 1 3π 1 17π
z1 = 2 6 ei 12 , z2 = 2 6 ei 4 , z3 = 2 6 ei 12 .
D’autre part,
π 2kπ
Z 3 = −1 = eiπ alors |z|3 = 1, arg(z) = + , k = 0, 1, 2
3 3
π 5π
z4 = ei 3 , z5 = eiπ = −1, z6 = ei 3 .
Alors, l’ensemble des solutions
E = {z1 , z2 , z3 , z4 , z5 , z6 }.
Soit m, n ∈ N∗ ;
Z 1
I= xm (1 − x)n dx
0
En utilisant l’intégration par parties f (x) = xm → f 0 (x) = mxm−1 donc g 0 (x) =

n+1
(1 − x)n → g(x) = − (1−x) n+1 , alors
1 1
(1 − x)n+1 1
Z Z
m m
I = −xm xm−1 (1−x)n+1 dx = xm−1 (1−x)n+1 dx.

+
0 n+1
n+1 0 n+1 0
Une deuxième intégration par parties f (x) = xm−1 → f 0 (x) = mxm−2 donc
n+2
g 0 (x) = (1 − x)n+1 → g(x) = − (1−x)
n+2 .
On obtient alors,
1
(1 − x)n+2 1 m − 1
Z
m h i
I= − xm−1 0
+ xm−2 (1 − x)n+2 dx
n+1 n+2 n+2 0
On aura alors
1
m(m − 1)
Z
I= xm−2 (1 − x)n+2 dx.
(n + 1)(n + 2) 0
Après m intégration par parties, on obtient
1
m(m − 1)(m − 2)...2.1
Z
I= (1 − x)n+m dx
(n + 1)(n + 2)...(n + m) 0
m(m − 1)(m − 2)...2.1 h (1 − x)n+m+1 i1

= −
(n + 1)(n + 2)...(n + m) n+m+1 0
m(m − 1)(m − 2)...2.1 n!m!

I= ⇒I=
(n + 1)(n + 2)...(n + m)(n + m + 1) (n + m + 1)!
Soit ω ∈ R , résoudre l’équation différentielle suivante :
y 00 + ω 2 y = x
1. Si ω = 0, alors l’équation
15.3. Rattrapage 2012-2013 211
caractéristique donne r2 = 0 (racine double) et l’équation y 00 + ω 2 y = x

devient y 00 = x pour trouver y il suffit d’intégrer deux fois y 00 = x ⇒ y 0 =
1 2 1 3
2 x + c2 ⇒ y(x) = 6 x + c2 x + c1 . Ainsi
1
y(x) = x3 + c2 x + c1 , c1 , c2 ∈ R.
6
2. Si ω 6= 0,
– On commence par la résolution de l’équation sans second membre
y 00 + ω 2 y = 0
On lui associe l’équation caractéristique r2 + ω 2 = 0 ⇒ r2 = −ω 2 ⇒

r2 = i2 ω 2 ⇒ r1 = i|ω|, r2 = −i|ω|, où cette équation possède deux
racines complexes conjuguées
y0 = c1 cos(|ω|x) + c2 sin(|ω|x).
Il est facile de remarquer que y∗ = ω12 x est une solution particulière (sans
utiliser la méthode de la variation de la constante), ainsi
1
y = y0 + y∗ ⇒ y = c1 cos(|ω|x) + c2 sin(|ω|x) + x c1 , c2 ∈ R.
ω2

Examen Final
1. Résoudre l’équation différentielle suivante :
y 00 + 3y 0 + 2y = e−x .
2. Trouver la solution qui vérifie :
y(0) = y 0 (0) = 0.

3x − 1
Z
1. I1 = dx.
x2 + x + 5
Z
x
2. I2 = dx.
x4 + 4
Z
3. I3 = (ln(x))2 dx.
Soit n ∈ N, n > 2, résoudre dans C l’équation suivante :
Z 2n + Z n + 1 = 0.
15.4. Examen Final 2013-2014 213
Solution
1.
y 00 + 3y 0 + 2y = e−x .
y 00 + 3y 0 + 2y = 0
On lui associée l’équation caractéristique r2 + 3r + 2 = 0, où cette équa-

tion possède deux racines r1 = −2, r2 = −1, et par suite la solution sera
de la forme
y(x) = c1 e−2x + c2 e−x où c1 , c2 ∈ R.
– Recherche d’une solution particulière de l’équation avec second membre,
on suppose que y∗ (x) = c1 (x)e−2x +c2 (x)e−x alors à partir de la méthode
de la variation de la constante : on obtient le système suivant :
( (
c01 (x)e−2x + c02 (x)e−x = 0 c01 (x) = −ex
⇒
−2c01 (x)e−2x − c02 (x)e−x = e−x c02 (x) = 1
(
c1 (x) = −ex
⇒
c2 (x) = x
Ainsi
y∗ (x) = (x − 1)e−x .
Et par suite, la solution générale est :
y(x) = c1 e−2x + c2 e−x + (x − 1)e−x où c1 , c2 ∈ R.

2.
y(0) = y 0 (0) = 0
Pour savoir les valeurs de c1 et c2 , on utilise les conditions
( (
c1 + c2 = 1 c1 = 1
⇒
−2c1 − c2 + 2 = 0 c2 = 0
Finalement la solution générale :
y(x) = e−2x + (x − 1)e−x où c1 , c2 ∈ R.


3x − 1
Z
1. I1 = 2
dx
x +x+5
3 5
2 (2x + 1) − 2
Z Z Z
3 2x + 1 5 1
= dx = dx − dx
x2 + x + 5 2 2
x +x+5 2 x2 +x+5
3 5
= ln |x2 + x + 5| − J.
2 2
On a aussi x2 + x + 5 = (x + 12 )2 + 19
4 .
Z Z
1 4 1
J= 2x+1 2 19 dx = 19 2x+1 dx.
( 2 ) + 4 ( 19 )2 + 1
√
2x+1
On pose t = √ ,
19
Z
2 2 2x + 1
J= √ dt = √ arctan( √ ) + c.
2
19(t + 1) 19 19
3 5 2x + 1
Alors I1 =ln |x2 + x + 5| − √ arctan( √ ) + c.
2 19 19
Z Z
x 1 2x
2. I2 = dx = dx, on pose t = x2 ⇒ dt = 2xdx.
x4 + 4 2 x4 + 4 Z Z
1 dt 1 dt
A l’aide d’intégration par parties : I2 = 2 2
⇒ t ,
t +4 8 ( 2 )2 + 1
on pose u = 2t ⇒ du = 21 dx.
Z
1 du 1
I2 = 2
⇒ I2 = arctan(u) + c.
4 u +1 4
Alors
1 x2
I2 = arctan( ) + c.
4 2
Z
3. I3 = (ln(x))2 dx. en utilisant la fomule d’intégration par parties : on pose
f (x) = (ln(x))2 → f 0 (x) = 2 ln(x) 0
x et g (x) = 1 → Z g(x) = x
Z
ln(x)
I3 = x(ln(x))2 − 2 xdx = x(ln(x))2 − 2 ln(x)dx. En utilisant
x
une autre fois l’intégration par parties,
Z on trouve :
2

I3 = x(ln(x)) − 2 x ln(x) − dx + c. Alors
I3 = x(ln(x))2 − 2x ln(x) + 2x + c, c ∈ R.
15.4. Examen Final 2013-2014 215
Z 2n + Z n + 1 = 0
Equation Bicarrée, on pose Soit n ∈ N∗ fixé, pour résoudre l’équation, on pose

z = Z n , alors l’équation devient :
z 2 + z + 1 = 0, ∆ = −3, ainsi
√ √
−1 3 −1 − 3
z1 = + i, z2 = + i sont des solutions de l’équation z 2 +z+1 = 0.
2 2 2 2
pour obtenir les solutions de l’équation
Z 2n + Z n + 1 = 0
Il suffit de chercher les racines nième de z1 , z2 , ainsi que

√ √
−1 3 i 2π −1 − 3 −2π 4π
z1 = + i = e 3 , z2 = z¯1 = + i = ei 3 = ei 3 .
2 2 2 2
2π 2π
• rn einθ = z1 = ei 3 , alors |z|n = 1 et arg(z n ) = + 2kπ, ∀k ∈ Z alors
3
2π 2kπ
|z| = 1 et arg(z) = + , k = 0, 1, 2, ..., n − 1
3n n
2π 8π (3n−2)2π
z1 = ei 3n , z2 = ei 3n , ..., zn−1 = ei 3n .
−2π −2π 2kπ

• Z n = z2 = ei 3 alors |z|n = 1, arg(z) = + , k = 0, 1, 2, ..., n −
3n n
1,
−2π 4π 2π(3n−4)
z10 = ei 3n , z20 = ei 3n , ..., zn−1
0 = ei 3n .
Alors l’ensemble des solutions est donné par :
E = {z1 , z2 , ..., zn−1 , z10 , ..., zn−1

0
}

Rattrapage
Soit n ∈ N, n > 2, résoudre dans C l’équation suivante :

(z − 1)n = (z + 1)n .
2x − 3
Z
I= √ dx.
4x − x2
Résoudre l’équation différentielle suivante :
2y(y 0 )2 + y 2 (y 00 + y 0 ) + y 3 = 0.
15.5. Rattrapage 2013-2014 217
Solution
∀n ∈ N, n > 2
(z − 1)n
(z − 1)n = (z + 1)n ⇔ = 1.
(z + 1)n
(On observe que z = −1 n’est pas une solution donc on peut diviser par z + 1).
z−1 n
⇔( ) = 1 racine nième de 1.
z+1
z−1 2ikπ
⇔ =e n , k = 0, 1, ..., n − 1,
z+1
2ikπ
⇔ (z − 1) = (z + 1)e n k = 0, 1, ..., n − 1
2ikπ 2ikπ
⇔ z(1 − e n )=1+e n k = 0, 1, ..., n − 1
2ikπ
1+e n
⇔z= 2ikπ k = 1, ..., n − 1,
1−e n
2ikπ 2ikπ
(pour k = 0, e n = 1 et 1 − e n = 0 donc on enleve le k = 0). (On observe
aussi que z = 1 n’est pas une solution de (z − 1)n = (z + 1)n ).
L’ensembles des solutions est donné par
( 2ikπ
)
1+e n
S= 2ikπ , k = 1, ..., n − 1 .
1−e n
2x − 3 2x − 4 + 1
Z Z
I= √ dx = √ dx
4x − x 2 4x − x2
2x − 4 + 1
Z Z
1
= √ dx + √ dx
4x − x 2 4x − x2
−2x + 4
Z Z
1
=− √ dx + √ dx
4x − x 2 4 − 4 + 4x − x2
Z Z
2 − 21 1
= − (4 − 2x)(4x − x ) dx + p dx
4 − (x − 2)2
Z
p
2
1 1
= −2 4x − x + q dx
2 1 − ( x−2 ) 2
2
x−2 dx
On pose u = ⇒ du = .Alors
2 2
Z
p
2
1
I = −2 4x − x + √ dx
1 − u2
p
= −2 4x − x2 + arcsin(u) + c, c ∈ R.
Donc p x−2
I = −24x − x2 + arcsin( ) + c. c∈R
2
2y(y 0 )2 + y 2 (y 00 + y 0 ) + y 3 = 0
1 1
y = 0 est une solution, pour y 6= 0, posons u = y ⇒y= u
1 u0 u00 u2 + 2u02 u
y= ⇒ y 0 = 2 ⇒ y 00 = .
u u u4
On remplace dans l’équation, on obtient
1 u0 1 u00 u2 + 2u02 u −u0 1

2 ( 2 )2 − 2 ( + 2 )+ 3 =0
u u u u4 u u
Multiplions les deux membres de la dernière équation par u4 , on obtient :
u02 u02
2 + u00 − 2 + u0 + u = 0.
u u
Ce qui donne l’équation linéaire sans second membre :
u00 + u0 + u = 0
2 2
√ caractéristique√: r + r + 1 = 0 alors ∆ = 3i , et par suite r1 =
l’équation
1 3 1 3
− − i, r2 = − + i, alors
2 2 2 2
√ √
3 3 1
u = (c1 cos( x)+c2 sin( x))e− 2 x , c1 , c2 ∈ R ( qui ne s’annulant pas en même temps)
2 2
1
Comme y = , alors
u
1
e2x
y= √ √ .
3 3
c1 cos( 2 x) + c2 sin( 2 x)
15.6. Examen Final 2014-2015 219

Examen Final
Résoudre les équations différentielles suivantes :
y 0 + 9y = x.
y 00 + 9y = 0.

−3x + 1
Z
1. I1 = dx,
x2 + x + 5
Z
2. I2 = (x2 + 1) arctan(x)dx,
r
1−x
Z
1
3. I3 = dx.
1−x 1+x
Soit n un entier naturel tel que n > 3

1. Trouver les racines nièmes de z = 1.
2. Soit α 6= 1, une racine nième de z = 1, calculer
S = 1 + 2α + 3α2 + ... + nαn−1 .

Solution
1. Pour résoudre l’équation y 0 + 9y = x (Equation linéaire du premier ordre).

Il suffit de multiplier les deux membres de l’équation par e9x .
y 0 + 9y = x Z⇔ y 0 e9x + 9ye9x = xe9x ⇔ (ye9x )0 = xe9x .
Soit ye9x = xe9x dx. Une intégration par parties permet de calculer
Z Z
9x x 9x 1 x 1
9x
ye = xe dx = e − e9x dx = e9x − e9x + c, c ∈ R. Alors
9 9 9 81
x 1
y= − + ce−9x c ∈ R.
9 81
2. Pour résoudre l’ESSM : y 00 + 9y = 0, on considère l’équation caractéris-
tique :
r2 + 9 = 0 ⇒ r1 = 3i et r2 = −3i
La solution générale de l’ESSM est donnée par :
y0 = c1 cos(3x) + c2 sin(3x), c1 , c2 ∈ R.

−3x + 1
Z
1. I1 = dx
x2 + x + 5
Z −3 5
2 (2x + 1) + 2 −3
Z Z
2x + 1 5 1
= dx = dx + dx
x2 + x + 5 2 x2 + x + 5 2 x2 + x + 5
−3 5
= ln |x2 + x + 5| + J.
2 2
2 1 2 19
On a aussi x + x + 5 = (x + 2 ) + 4 .
Z Z
1 4 1
J= 2x+1 2 19 dx = 2x+1 dx.
( 2 ) + 4 19 ( √19 )2 + 1
2x + 1
On pose t = √ ,
19
Z
2 2 2x + 1
J= √ dt = √ arctan( √ ) + c.
2
19(t + 1) 19 19
15.6. Examen Final 2014-2015 221
Alors
−3 5 2x + 1
I1 = ln |x2 + x + 5| + √ arctan( √ ) + c.
2 19 19
Z
2. I2 = (x2 + 1) arctan(x)dx
A l’aide d’intégration par parties :
1 3
3x +x
Z Z
2 1 3
I2 = (x + 1) arctan(x)dx = ( x + x) arctan(x) − dx
3 1 + x2
Il faut observer que
1 3
3x+x 1 x3 + 3x 1 x3 + x + 2x 1 2x
2
= 2
= 2
= (x + )
1+x 3 1+x 3 1+x 3 1 + x2
(On peut faire une division Euclidienne). Alors
1 1 1
I2 = ( x3 + x) arctan(x) − x2 − ln(x2 + 1) + c, c ∈ R.
3 6 3
r
1−x
Z
1
3. I3 = dx. On supposera que l’expression à intégrer est bien
1−x 1+x
définie x ∈] − 1, 1[, on pose
r
1−x 1 − y2 −4y
y= ⇒x= 2
⇒ dx = dy.
1+x 1+y (1 + y 2 )2
1 1 + y2
En remarquant que = donc,
1+x 2y 2 Z
1 + y2 −4y
Z
dy
I3 = 2
y 2 2
dy = −2 = −2 arctan(y) + c
2y (1 + y ) 1 + y2
r
1−x
I3 = −2 arctan( ) + c.
1+x
Soit n un entier naturel tel que n > 3

1. Les racines nièmes de z = 1, α tel (que αn = 1.
rn = 1
α = reiϕ , αn = rn einϕ = 1 ⇒ ....k ∈ Z, r = 1 et ϕ =
nϕ = 2kπ
2kπ
, k = 0, 1, ..., n − 1
n
Alors les racines nième de 1 sont :
2ikπ
{αk = e n , k = 0, 1, ..., n − 1}.
2. Soit α 6= 1 une racine nième de z = 1. Pour calculer
S = 1 + 2α + 3α2 + ... + nαn−1 .
Considérons la fonction
f (x) = 1 + x + x2 + ... + xn .
Donc
f 0 (x) = 1 + 2x + 3x2 + ... + nxn−1 .
D’un autre coté, pour x 6= 1, on a
1 − xn+1
f (x) = 1 + x + x2 + ... + xn =
1−x
Utilisons cette formule pour calculer f 0
−(n + 1)xn (1 − x) + (1 − xn+1 )

f 0 (x) =
(1 − x)2
Soit α 6= 1, alors S = 1 + 2α + 3α2 + ... + nαn−1 = f 0 (α) et donc
−(n + 1)αn (1 − α) + (1 − αn+1 )

S=
(1 − α)2
Or αn = 1 (racine nième de l’unité) αn+1 = αn .α = α, donc
−(n + 1)αn (1 − α) + (1 − α) n
S= = .
(1 − α)2 α−1
Ainsi
n
S = 1 + 2α + 3α2 + ... + nαn−1 = .
α−1
Remarque : cette formule est valable si αn = 1 et α 6= 1.
15.7. Examen Final 2015-2016 223

Examen Final
Soit n ∈ N∗ fixé, résoudre dans C l’équation suivante :
Z 6n − iZ 3n − 1 − i = 0.
x−1
Z
1. I1 = dx.
x2
+x+3
(arctan(x))2
Z
2. I2 = dx.
x2 + 1
√
x−1
Z
3. I3 = dx.
x

Trouver une relation entre I et J, puis calculer I et J
Z π Z π
2 2
I= x cos (x) dx, J= x2 sin2 (x) dx.
0 0


0 2
 xy ln(x) − y = (ln(x))


y(e) = 3.

Solution
Soit n ∈ N∗ fixé, pour résoudre l’équation
Z 6n − iZ 3n − 1 − i = 0.
On pose w = Z 3n , on obtient alors l’équation :
w2 − iw − 1 − i = 0, ∆ = (2 + i)2 , ainsi
w1 = 1 + i, w2 = −1 sont des solutions de l’équation w2 − iw − 1 − i = 0.
Pour obtenir les solutions de l’équation
Z 6n − iZ 3n − 1 − i = 0.
Il suffit de chercher les racines w1 , w2 ainsi que w = reiθ

√ π √ π
• r3n ei3nθ = 2ei 4 , alors |z|3n = 2 et arg(z 3n ) = + 2kπ, ∀k ∈ Z, donc
4
1 π 2kπ
|z| = 2 6n et arg(z) = + , k = 0, 1, ..., 3n − 1
1 π
12n9π 3n
1 1 24nπ−7
z0 = 2 6n ei 12n , z1 = 2 6n ei 12n , ..., z3n−1 = 2 6n ei 12n .
π 2kπ
• Z 3n = −1 = eiπ alors |z|3n = 1, arg(z) = + , k = 0, 1, ..., 3n − 1,
3n 3n
π π(6n−1)
z00 = ei 3n , z10 = −1, ..., z3n−1
0 = ei 3n .
Alors l’ensemble des solutions est donné par :
S = z0 , z1 , z2 , ..., z3n−1 , z00 , z10 , ..., z3n−1

0

.
Z 1 3
x−1 2 (2x + 1) − 2
Z
1. I1 = dx = dx
x2 + x + 3 x2 + x + 3
Z Z
1 2x + 1 1 3
= 2
dx − 2
dx
2 x +x+3 2 x +x+3
Z
1 2 3 1
= ln |x + x + 3| − 2
dx,
2 2 x +x+3
15.7. Examen Final 2015-2016 225
Z Z Z
1 1 4 1
et dx = 2x+1 2 11 dx = dx,
2
x +x+3 ( 2 ) + 4
11 ( 2x+1
√ )2
11
+1
on pose t = 2x+1
√ ,
11
Z
2 2 2x + 1
√ dt = √ arctan( √ ) + c, donc
2
11(t + 1) 11 11
1 3 2x + 1
I3 = ln |x2 + x + 3| − √ arctan( √ ) + c.
2 11 11
(arctan(x))2
Z
dx
2. I2 = 2
dx, on pose t = arctan(x) alors dt = 2 ,
Zx + 1 x +1
donc, I2 = t2 dt et par suite
1 1
I2 = t3 + c = (arctan(x))3 + c.
3 3
Z √
x−1 √
3. I3 = dx, on pose y = x − 1 et x = y 2 + 1 donc dy =
x
dx
√ , donc,
2 x−1
2y 2 − 2 + 2
Z Z
2
I3 = 2
dx = 2y − 2
dx
y +1 y +1
√ √
= 2y − 2[arctan(y)] = 2 x − 1 − 2 arctan( x − 1) + c.
Z π Z π
I= x2 cos2 (x) dx, J= x2 sin2 (x) dx.
0 0
Commençons par calculer
Z π Z π
2 2 2 1 1
I +J = x (cos (x) + sin (x)) dx = x2 dx = [x3 ]π0 = π 3 .
0 0 3 3
Z π Z π
I −J = x2 (cos2 (x) − sin2 (x)) dx = x2 cos(2x) dx,
0 0
on peut poser t = 2x, on trouve que
Z 2π
1
I −J = t2 cos(t) dx
8 0
par deux fois intégration par parties, on trouve :

1 2π 2
Z Z 2π
1 2 2π

t cos(t) = [t sin(t)]0 − 2 t sin(t) dt
8 0 8 0
1 2 1
= [t sin(t) − 2(−t cos(t) + sin(t))]2π
0 = π.
8 2
Alors, on peut déduire que
π 1 3 2π 3 + 3π
I= + π = .
4 6 12
−π 1 3 2π 3 − 3π
J= + π = .
4 6 12


0 2
 xy ln(x) − y = (ln(x))


y(e) = 3.

On commence par la résolution de l’équation sans second membre
y0 1
xy 0 ln(x) − y = 0 alors = ,
y x ln(x)
et par suite
dy dx
= ,
y x ln(x)
après intégration
Z Z Z
dy dx dx
= =⇒ ln |y| =
y x ln(x) x ln(x)
on pose t = ln(x) donc dt = dx

x alors
Z Z
dx dt
ln |y| = = = ln |t| + c = ln | ln(x)| + c.
x ln(x) t
On obtient finalement que y(x) = K ln(x) pour tout K ∈ R est une solution
générale de l’équation sans second membre
Recherche d’une solution particulière de l’équation avec second membre, on peut
remarquer que y∗ (x) = (ln(x))2 est une solution particulière.
N.B : On peut utiliser la méthode de variation de la constante pour la recherche
d’une solution particulière.
y(x) = K ln(x) + (ln(x))2

15.7. Examen Final 2015-2016 227
Pour connaître la valeur de K, on utilise la condition initiale y(e) = 3, on aura
y(e) = K + 1 = 3 ⇒ K = 2.
La solution générale est
y(x) = 2 ln(x) + (ln(x))2 .


Rattrapage
Calculer les primitives suivantes :

x−3
Z
1. I1 = 2
dx.
2x + 2x + 5
x4
Z
2. I2 = 3
dx.
x −1
Z
dx
3. I3 = 3 .
(1 − x2 ) 2
π π
cos2 (x) sin2 (x)
Z Z
2 2
I= dx, J= dx.
0 cos(x) + sin(x) 0 cos(x) + sin(x)
1. Sans calculer I et J, montrer que I = J.
2. Trouver une relation entre I et J, puis calculer I et J.

Soit λ ∈ R , résoudre l’équation différentielle suivante :

00 0 2 3λx
 y − 4λy + 4λ y = e


y(0) = y 0 (0) = 1.

15.8. Rattrapage 2015-2016 229
Solution
Z 1 14
x−3 4 (4x + 2) − 4
Z
1. I1 = dx = dx
2x2 + 2x + 5 2x2 + 2x + 5
Z Z
1 4x + 2 7 1
= 2
dx − 2
dx
4 2x + 2x + 5 2 2x + 2x + 5
Z
1 2 7 1
= ln |2x + 2x + 5| − 2
dx+,
4 2 2x + 2x + 5
Z Z Z
1 1 1 2 1
et dx = 2x+1 2 9 dx = 9 2x+1 2 dx, on
2x2 + 2x + 5 2 ( 2 ) +4 ( 3 ) +1
Z
2x + 1 1 1 2x + 1
pose t = , dt = arctan( ) + c, donc
3 3(t2 + 1) 3 3
1 7 2x + 1
I1 = ln |x2 + x + 3| − arctan( ) + c.
4 6 3
x4
Z 4
x −x+x
Z
2. I2 = 3
dx = dx
x −1 x3 − 1
Z
1 2 x
= x + 3
dx = x + I20 ,
2 x −1
Z
3 2 0 x
et de plus x −1 = (x−1)(x +x+1) alors I2 = dx
(x − 1)(x2 + x + 1)
Par la décomposition en élements simples, on obtient que :
1 1 α βx + γ
3
= 2
= + 2 , on aura que
x −1 (x − 1)(x + x + 1) x−1 x +x+1
α = γ = −β = 13 , et par suite,
x−1
Z Z
0 1h dx i
I2 = − dx
3 x−1 x2 + x + 1
Z
1 1 2 3
= ln |x − 1| − ln(x + x + 1) − dx
3 6 x2 + x + 1
Z
1 1 3
ln(x2 + x + 1) −

= ln |x − 1| − dx
3 6 x2 + x + 1
1 1 1
= ln |x − 1| − ln(x2 + x + 1) − I200 ,
3 6 6
avec
Z Z
3 4
I200 = 2
dx = 2x+1 dx,
x +x+1 ( √3 )2 + 1
2x + 1
on pose t = √ , alors
3
√
00
Z
2 3 √ 2x + 1
I2 = 2
dt = 2 3 arctan( √ ) + c.
t +1 3
Donc
1 1 1 1 2x + 1
I2 = x2 + ln |x − 1| − ln(x2 + x + 1) − √ arctan( √ ) + c
2 3 6 3 3
Z
dx
3. I3 = 3 , on pose x = sin(t), dx = cos(t)dt
(1 − x2 ) 2
Z Z
cos(t)dt dt
I3 = 3 dx = = tan(t)+c = tan(arcsin(x))+c
2
(1 − sin (t)) 2 cos(x)2
sin(arcsin(x)) x
=p 2
+c= √ + c.
1 − sin (arcsin(x)) 1 − x2
Trouver une relation entre I et J, puis calculer I et J
Z π Z π
2 cos2 (x) 2 sin2 (x)
I= dx, J= dx.
1. Commençons par calculer I − J

Z π Z π
2 cos2 (x) − sin2 (x) 2 (cos(x) − sin(x))(cos(x) + sin(x))
I−J = dx = dx
Z π
2
= (cos(x) − sin(x)) dx = 0.
0
2. La deuxième relation
Z π Z π
2 cos2 (x) + sin2 (x) 2 1
I +J = dx = dx
On utilise le changement de variable universel t = tan( x2 ), avec sin(x) =

2t 1 − t2 2
, cos(x) = et dt = on aura que
t2 + 1 t2 + 1 1 + t2
Z 1 Z 1
2 2
I +J = 2
dt = dt
0 −t + 2t + 1 0 (t − t0 )(t − t1 )
15.8. Rattrapage 2015-2016 231
Z 1 Z 1
α β
= dt + dt
0 (t − t0 ) 0 (t − t1 )
√ √ −1
avec t0 = 1 + 2, t1 = 1 − 2, α = √12 , β = √ 2
, donc
1 √ √ 1 1 √ √
I+J = √ ln |t−1− 2|−ln |t−1+ 2| 0 = √ ln |1+ 2|−ln | 2−1|]
2 2
√ √
= 2 ln |1 + 2|.
Alors on obtient que

1 √
I = √ ln |1 + 2|.
2
1 √
J = √ ln |1 + 2|.
2
Soit λ ∈ R , résoudre l’équation différentielle suivante :


00 0 2 3λx
 y − 4λy + 4λ y = e


y(0) = y 0 (0) = 1.

1. Si λ = 0, alors l’équation réduit a


00
 y =1


y(0) = y 0 (0) = 1.

1 2
Et par suite y(x) = 2x + ax + b, en utilisant les conditions initiales, on
aura
1
y(x) = x2 + x + 1.
2
2. Si λ 6= 0,
y 00 − 4λy 0 + 4λ2 y = e3λx
y 00 − 4λy 0 + 4λ2 y = 0
On lui associe l’équation caractéristique r2 − 4λr + 4λ2 = 0, où cette

équation possède une racines double r = 2λ. Donc la solution sera de la
forme
y(x) = (αx + β)e2λx .
– Recherche d’une solution particulière de l’equation avec second membre,

on peut remarquer que y∗ (x) = ce3λx est une solution particulière, ou c est
une constante a fixée, on remplace la solution particulière dans l’équation
on aura .
(9λ2 − 12λ2 + 4λ2 )ce3λx = e3λx .
Et par suite c = λ12 , donc la solution particulière y∗ (x) = λ12 e3λx .

N.B : On peut utiliser la méthode de variation de la constante pour la
recherche de solution particulière.
1 3λx
y(x) = (αx + β)e2λx + e
λ2
Pour savoir les valeurs de α et β, on utilise les conditions initiales y(0) =
y 0 (0) = 1, on aura
1 1
y(0) = β + 2
= 1 ⇒ β = 1 − 2.
λ λ
3 λ − 2λ2 − 1
y 0 (0) = α + 2λβ + =1⇒α= .
λ λ
La solution générale est :
(−2λ2 + λ − 1)x λ2 − 1 2λx 1

y(x) = ( + 2
)e + 2 e3λx .
λ λ λ
Bibliographie
[1] Allab, Kada, Eléments d’analyse : fonction d’une variable réelle O.P.U.,
2002.
[2] Azoulay, Elie, Problèmes corrigés de mathématiques - 2 éd. Paris : Dunod,
2002.
[3] Baba-Hamed. C, Benhabib. K, Algèbre 1. Rappel de cours et exercices avec
solutions. O.P.U., 1985.
[4] Baba-Hamed. C, Benhabib. K, Analyse 1. Rappel de cours et exercices avec
solutions. O.P.U., 1985.
[5] Stéphane Balac, Laurent Chupin, Analyse et algèbre : cours de mathéma-
tiques de deuxième année avec exercices corrigés et illustrations avec Maple.
PPUR presses polytechniques, 2008.
[6] Chambadal, L. Exercices et problèmes résolus d’analyse : mathématiques
spéciales. Bordas, 1973.
[7] Hitta, Amara, Cours d’algèbre et exercices corrigés. O.P.U., 1994
[8] Miri Sofiane El-Hadi , Algèbre et Analyse - Faculté de Technologie, Univer-
sité de Tlemcen. 2013.
[9] Zahaf Mohammed Brahim, Bensid Sabri, Outils mathématiques. Séries nu-
mériques, séries entières et séries de Fourier. Cours et exercices avec solu-
tions. Faculté de Technologie, Université de Tlemcen. 2014.

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R ÉPUBLIQUE A LGÉRIENNE D ÉMOCRATIQUE ET POPULAIRE

Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique

Université Abou Bekr Belkaid Tlemcen

Faculté des Sciences

ATTAR Ahmed MIRI Sofiane Elhadi

Recueil d’Exercices Corrigés

ATTAR Ahmed MIRI Sofiane Elhadi

Ce polycopié est un ouvrage, principalement destiné aux étudiants de première

1 Logique et Théorie des Ensembles 3

9 Fonction Réelle d’une Variable Réelle 85

III Outils Mathématiques 101

11 Calcul Intégral 103

12 Equations Différentielles 117

12.3 Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

13 Examens Algèbre 131

14 Examens d’Analyse 167

15 Examens d’Outils Mathématiques 199

Logique et Théorie des

Exercice 1.1. Soient p et q deux propositions données, en utilisant la table de

Exercice 1.2. Soient p, q et r trois propositions données, montrer les propriétés

Exercice 1.3. Soient p, q et r trois propositions données. En utilisant la table de

Exercice 1.4. Former la négation des propositions suivantes :

Exercice 1.5. Montrer à l’aide d’un exemple que la relation

n’est généralement pas vraie.

Exercice 1.7. Raisonnement par contraposition : Montrer que

Exercice 1.8. Raisonnement par l’absurde : Montrer que

Exercice 1.9. Soient A et B deux ensembles donnés, montrer que si A ∩ B =

Exercice 1.10. Soient A, B et C trois ensembles donnés, montrer que A ∩ C =

Exercice 1.11. Soient A et B deux sous-ensembles d’un ensemble E. Montrer

Pour démontrer ces propriétés, il suffit de dresser la table de vérité ;

p q p q p∧q p⇒q p⇒q q⇒p

Exercice 1.2. Soient p, q et r trois propositions données

Indication : Cet exercice se traite aussi comme le précédent, il suffit de dresser

Exercice 1.3. Soient p, q et r trois propositions données. En utilisant la table de

∀( un être humain x )(∃ un prenom y)telque y est le prenom de x

⇒ (∃ un prenom y)∀ ( un etre humain x ) ( telque y est le prenom de x)

Exercice 1.6. Raisonnement par récurrence :

1. Vérification : pour n = 1, on a bien que 2(1) − 1 = 1 = 12 .

Exercice 1.7. 1. Soit x, y ∈ R, par contraposée, nous allons montrer que

xy − 2x − 2y + 4 = 0 ⇒ x(y − 2) − 2(y − 2) = 0 ⇒ (x − 2)(y − 2) = 0

Par contraposée, soit n ∈ Z, nous allons montrer que

On suppose que n est impair, alors n = 2k + 1 et par suite

n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1 = 2k 0 + 1

avec k 0 = 2k 2 + 2k pour k ∈ Z donc n2 = 2k 0 + 1 et par conséquent n2 est

Montrons que B ⊂ A : Soit x ∈ B donc x ∈ A ∪ B ; or par hypothèse A ∩ B =

Exercice 1.11. Soit A et B deux sous-ensembles d’un ensemble E. Montrer l’éga-

Il faut rappeler que A \ B = A ∩ CE B, où CE B est le complémentaire de B dans

1.3 Exercices supplémentaires

Exercice 1.13. Soient m, n deux entiers naturels

Exercice 1.14. Soient A, B et C trois ensembles montrer que

Exercice 1.15. Montrer que

Exercice 1.16. On rappelle que

Exercice 1.17. Montrer que

(∀ε > 0, |x| ≤ ε) ⇒ (x = 0)

Exercice 2.2. Soit l’applicationf définie comme suit : f : R → R telle que

Exercice 2.3. Soit f : R → R telle que f (x) = x2 − 1 .

Exercice 2.5. Soit f : R2 → R2 telle que f (x, y) = (x + y, 2x + 2y).

Exercice 2.6. Soit l’application f définie comme suit :