VHNP

V.
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1
Préface
Le présent ouvrage est conçu à l’intention des étudiants de la première année des Classes Préparatoires
aux Grandes Ecoles de l’IMSP en particulier mais aussi aux étudiants du premier cycle universitaire
scientifique en général.
L’acquisition de nouvelles notions mathématiques ne saurait par ailleurs être complète sans une réelle
manipulation de ces nouveaux concepts de la part de l’étudiant. C’est pourquoi, cet ouvrage conçu et
réalisé par le Cadre de Concertation des Classes Préparatoire de l’IMSP, a le parti pris de proposer une
quantité importante d’exercices corrigés qui ne sont rien d’autre que les travaux dirigés, exercices clas-
siques et devoir des diverses Unités d’Enseignement du programme officiel.
1
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Ces exercices vont d’une application immédiate du cours à un approfondissement de certains résultats.
Ils sont un élément fondamental d’assimilation et d’appropriation du contenu du cours et permettrons
au lecteur d’acquérir de nouvelles techniques et stratégies de résolution de problème scientifique. Les
devoirs qui y figurent permettent au lecteur de s’auto-évaluer et de vérifier sa bonne compréhension du
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cours en se confrontant aux épreuves des années antérieures.
Rappelons à ce propos que chercher un exercice est en soit très formateur et que c’est justement
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cette recherche qui fait progresser. En d’autres termes, il n’est guère souhaitable de se précipiter sur la
solution à la première difficulté.
V.
Enfin, nous espérons que cet ouvrage répondra au mieux à l’attente et aux besoins des utilisateurs.
Afin d’en améliorer les prochaines éditions, nous accueillerons avec reconnaissance les remarques,
les critiques, les suggestions et même les encouragements qu’ils voudront bien nous faire parvenir à
l’adresse :imsp3cpi@gmail.com et d’avance nous les en remercions.
Le 3CPI.
3CPI © IMSP/UAC 2021-2022

Remerciements
La palme de notre gratitude va à l’endroit :
F de tous nos enseignants pour la qualité irréprochable des cours qui nous sont dispensés et leur
disponibilité à répondre à toutes nos préoccupations ;
F de toutes l’équipe de rédaction de cet ouvrage pour tous les efforts qui y a été consentis ;
F de toutes l’équipes de relecture et de correction du présent document
1
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F des professeurs Carlos OGOUYANDJOU et Gabriel AVOCEVOU pour le suivi qu’ils nous ont ac-
cordé, au cours de la réalisation de l’ouvrage ;
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F des initiateurs de ce projet ;
F de tous nos lecteurs.

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V.

L’ÉQUIPE DE RÉDACTION
Initiateur du projet :
? Hans ATACLE
? Florent KOUDOHODE
? Helmut SESSOU
Rédaction :
? Panel AFFOVEHOUNDE
? Stève LANDJELI
? Mark-Land AHOUANSOU
? Mariama MAMA
1
? Fresnel ALAPINI
? Béni ATTA
.P ? Maôz SOUNOUVOU
? Denison YEWADAN-TOGBE
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? Yannick HOUSSOU
? Serge ZOLA
? Kévin KPATINVO
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Relecture et Mise en forme :

V.
? Ange TOSSOU
Designer : Fresnel ALAPINI
Supervision : Adil ZOMAHOUN

Table des matières
1 LOGIQUE ET THÉORIE DES ENSEMBLES 9

1.1 ÉNONCES DES TRAVAUX DIRIGES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
1.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2 MÉCANIQUE DU POINT 79
1
2.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS
2.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS . . . . . .
2.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS . . . . .
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92
107
117
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3 ANALYSE I 125
3.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
H
3.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE I . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

3.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS SURVEILLÉS D’ANALYSE 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 174
3.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS SURVEILLÉS D’ANALYSE 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 181
V.
4 ÉLECTROCINÉTIQUE 193
4.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ÉLECTROCINÉTIQUE . . . . . . . . . . . . . . 195
4.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ELECTROCINETIQUE . . . . . . . . . . . . 206
4.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS D’ÉLECTROCINÉTIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
4.4 SOLUTIONS DE DES DEVOIRS D’ÉLECTROCINÉTIQUE . . . . . . . . . . . . . . . 233
5 PROBABILITÉ I 237
5.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE PROBABILITÉ I . . . . . . . . . . . . . . . . 239
5.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE PROBABILITÉ I . . . . . . . . . . . . . . 264
5.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS DE PROBABILITÉ I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314
5.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS DE PROBABILITÉ I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323
6 STRUCTURE ALGÉBRIQUE 335

6.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE STRUCTURE ALGÉBRIQUE . . . . . . . . . . 337
6.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE STURCTURE ALGÉBRIQUE . . . . . . . . . 353
5
6.3 ÉNONCÉ DES DEVOIR DES STRUCTURE ALGÉBRIQUE . . . . . . . . . . . . . . . 395
6.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS DE STRUCTURE ALGÉGRIQUE . . . . . . . . . . . . . 397
7 ANALYSE II 401
7.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403
7.2 SOLUTIONS DES TRAVEAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 2 . . . . . . . . . . . . . . . . 416
7.3 ENONCES DES DEVOIRS D’ANALYSE 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446
7.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS D’ANALYSE 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451
8 ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR ET LANGAGE C 457

8.1 ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457
8.1.1 ÉNONCÉS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR . . 459
8.1.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR . 478
8.1.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR . . . . . . 486
8.1.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR . . . . . 489
8.2 LANGAGE C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 490
1
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8.2.1 ÉNONCÉS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE LANGAGE C . . . . . . . . . . .
8.2.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE LANGAGE C . . . . . . . . . .
8.2.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS DE LANGAGE C . . . . . . . . . . . . . . . .
. 490
. 491
. 500
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9 ELECTROMAGNETISME ET OPTIQUE GEOMETRIQUE 505
9.1 ELECTROMAGNETISME I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507
9.1.1 ENONCES DES TRAVAUX DIRIGES D’ELECTROMAGNESTISME I . . . . . . 507
H
9.1.2 CORRIGES DES TRAVAUX DIRIGES D’ELECTROMAGNESTISME I . . . . . . 512

9.1.3 ENONCES DES EXAMENS D’ELECTROMAGNESTISME I . . . . . . . . . . 523
V.
9.1.4 SOLUTION DES DEVOIRS D’ELECTROMAGNETISME . . . . . . . . . . . 526

9.2 OPTIQUE GEOMETRIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531
9.2.1 ENONCES DES TRAVAUX DIRIGES D’OPTIQUE GEOMETRIQUE . . . . . . 531
9.2.2 CORRIGES DES TRAVAUX DIRIGES D’OPTIQUE GEOMETRIQUE . . . . . . 544
9.2.3 ENONCES DES EXAMENS D’OPTIQUE GEOMETRIQUE . . . . . . . . . . 551
9.2.4 SOLUTION DES DEVOIRS D’OPTIQUE GEOMETRIQUE . . . . . . . . . . 556
10 ALGÈBRE LINÉAIRE 559

10.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ALGÈBGRE LINÉAIRE . . . . . . . . . . . . . 561
10.2 SOLUTIONS DES TRAVEAUX DIRIGÉS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571
10.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS D’ALGÈBRE LINÉAIRE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590
10.4 LES CORRECTIONS DES DEVOIRS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 597
11 CHIMIE 603
11.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE CHIMIE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605
11.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE CHIMIE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 610

11.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS DE CHIMIE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 611
11.4 CORRIGÉ DES DEVOIRS DE CHIMIE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 620
12 ANGLAIS SCIENTIFIQUE 623

12.1 ÉNONCES DES DEVOIRS D’ANGLAIS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623
12.2 CORRIGÉ DES DEVOIRS D’ANGLAIS SCIENTIFIQUE . . . . . . . . . . . . . . . . 635
1
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V.

1
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V.

Chapitre 1
LOGIQUE ET THÉORIE DES ENSEMBLES
sophique (ce dont il était parfaitement

conscient) et a donné lieu à maintes in-
terprétations et à maints débats.
Cantor a été confronté à la résistance
1
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de la part des mathématiciens de son
époque, en particulier Kronecker, Poin-
caré, bien qu’il connut et appréciat les
travaux de Cantor, avait de profondes
.N
réserves sur son maniement de l’infini en
tant que totalité achevée. Les accès de
dépressions récurrents du mathématicien,
H
de 1884 à la fin de sa vie, ont été par-

fois attribués à l’attitude hostile de cer-
V.
tains de ses contemporains, mais ces accès

Georg Ferdinand Ludwig Philipp Can- sont souvent à présent interprétés comme
tor (3 mars 1845, Saint-Pétersbourg - 6 des manifestations d’un probable trouble
janvier 1918, Halle) est un mathématicien bipolaire.
allemand, connu pour être le créateur
de la théorie des ensembles. Il établit En 1877, Cantor soumit son dernier
l’importance de la bijection entre les en- article au Journal de Crelle, dans le-
sembles, définit les ensembles infinis et quel il démontra qu’une surface est en
les ensembles bien ordonnés. Il prouva bijection avec une droite réelle. Kro-
également que les nombres réels sont ”plus necker, mathématicien réputé, fut en
nombreux” que les entiers naturels. En désaccord avec ce qui fondait les tra-
fait, le théorème de Cantor implique l’exis- vaux de Cantor en théorie des ensembles.
tence d’une ”infinité d’infinis”. Il définit Kronecker, percu aujourd’hui comme un
les nombres cardinaux, les nombres or- pionnier du constructivisme, ne pensait
dinaux et leur arithmétique. Le travail pas que l’on puisse envisager un en-
de Cantor est d’un grand intérêt philo- semble infini comme une entité : ”Dieu
9
a créé les nombres entiers ; le reste est mance notable, mais Cantor aurait préféré
l’oeuvre de l’homme”. Kronecker pen- avoir une chaire dans une université plus
sait également qu’une preuve d’existence prestigieuse, en particulier à Berlin oà u se
d’un objet mathématique satisfaisant à trouvait la meilleure université allemande.
certaines propriétés devait donner une Toutefois, Kronecker se trouvait à la tête
construction explicite d’un tel objet. du secteur de mathématiques à Berlin jus-
En 1879, Cantor obtint une chaire à l’uni- qu’à sa mort en 1891 et il ne souhaitait pas
versité de Halle. Atteindre le plus haut avoir Cantor comme collègue.
rang à l’age de 34 ans était une perfor-
1
.P
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H
V.

1.1 ÉNONCES DES TRAVAUX DIRIGES
Exercice 1 Corrigé et Claude ? Y a-t-il plusieurs possibi-

lités ?
1. Prouver que l’équivalence suivante est
toujours vraie : ( A⇒ B) ⇔ ( A ou B)
Exercice 3 Corrigé
2. Prouver que l’équivalence suivante est
toujours vraie : ( A ou ( B et C)) ⇔ ((
A ou B) et ( A ou C)) 1. Soient P , Q et R trois propositions.
3. Décrire les parties de R qui sont Ecrire la négation de chacune des pro-
définies par les propositions (vraies) positions suivantes.
suivantes : (a) P ∨(Q ∧ R)
1) (x > 0 et x < 1) ou x = 0
(b) P ∧(Q ∨ R)
2) x > 3 et x < 5 et x6 = 4
3) (x60 et x > 1) ou x = 4 (c) (P =⇒ qQ)∨ R
1
4) x > 0 ⇒ x > 2.
Indidication
1. Preuve par table de vérité.
.P (d) (P ⇐⇒ Q)=⇒R
2. Jean est blond et Julie est brune.
.N
Donner la valeur de vérité puis la
2. Preuve par table de vérité. négation de chacune des propositions
3. Utiliser les notions de réunion et d’in- suivantes :
tersection.
H
(a) Jean est brun ou Jean est blond

Exercice 2 Corrigé (b) Jean est roux et Julie est brune
V.
(c) Jean n’est pas blond ou Julie est

Trois frères Alfred, Bernard et Claude brune
ont des crayons de couleur différente bleu,
rouge et vert. De plus, les assertions sui- (d) Il n’est pas vrai que Julie n’est pas
vantes sont vraies : brune
1. Si le crayon d’Alfred est vert, alors le Indidication
crayon de Bernard est bleu ;
1. Utiliser les règles de distributivité de
2. Si le crayon d’Alfred est bleu, alors le
la conjonction et de la disjonction,
crayon de Bernard est rouge ;
celles de Morgan et les définitions de
3. Si le crayon de Bernard n’est pas vert, l’implication et de l’équivalence.
alors le crayon de Claude est bleu
2. Traduire les textes en langage
4. Si le crayon de Claude est rouge, mathématique.
alors le crayon d’Alfred est bleu. Que
peut-on conclure sur la couleur res-
pective des crayons d’Alfred, Bernard

On considère les deux (02) déclarations hommes adultes , 7 enfants non béninois
suivantes : de sexe masculin , 11 béninois dont 6 de
D1 : S’il s’agit que Portia aille à la plage sexe mascuulin , 12 enfants non béninois ,
pour que Roméo y aille, Yvon n’ira pas à la 2 femmes adultes non béninoises.
plage sans que Stecy y soit invitée. Combien y a-t-il de passagers dans
D2 : Si Yvon est à la plage, alors Stecy y l’avion ?
est invité ou, Portia y est mais pas Roméo.
Après avoir traduit ces deux déclarations Exercice 7 Corrigé
en expression booléenne, vérifier si elles
ont la même valeur. Pour cela on utilisera :
Soient P , Q et R trois propositions. Mon-
• p : Portia est à la plage
trer les équivalences suivantes.
• r : Roméo est à la plage
• v : Yvon est à la plage 1. [P ⇒ (Q ⇒ R)] ⇐⇒ [(P ∧ Q) ⇒ R ]
• s : Stecy est invitée 2. [ (P ∨ Q) ⇒ R ] ⇐⇒ [ (P ⇒ R) ∧ (Q
⇒ R) ]
1
Exercice 5 Corrigé 3. [ P ⇒ (Q ∧ R) ] ⇐⇒ [ (P ⇒ Q) ∧ (P
Jean était témoin d’un vol à mains

armées. Il court au commissariat de police
.P ⇒ R) ]
Indidication
Utiliser les règles de distributivité de la
.N
le plus proche pour faire une déposition. conjonction et de la disjonction, celles de
Sous l’état de choc il n’a pas pu garder de Morgan et la définition de l’implication.
la suite dans les idées et ses déclarations
H
sont confuses mais on a pu tirer les asser- Exercice 8 Corrigé

tions suivantes qui sont vraies :
V.
— Si le braqueur est barbu alors c’est un A l’aide de la méthode des tables de

sexagénaire vérité, dites si les formules suivantes sont
des tautologies.
— Le braqueur n’est pas barbu et n’était p ∨¬p (principe du tiers exclu)
pas venu à moto ou bien il est barbu ¬(p ∧¬p) (principe de non-contradiction)
et était à moto (p ∨ q) ⇒ (q ∨ p) (commutativité de ∨)
p ⇒ (q ⇒ p) (le vrai est impliqué par tout)
— Le braqueur était à moto ¬p ⇒(p⇒q) (le faux implique tout)
Est-il correct de conclure suite à ses (¬p ⇒p) ⇒ p (preuve par l’absurde)
informations que le braqueur est un ((¬p ⇒ q) ∧ (¬p ⇒ ¬q)) ⇒ p (preuve par
sexagénaire ? l’absurde)
((p ⇒q) ∧ (q ⇒ r) ⇒(p ⇒ r) (transitivité
Exercice 6 Corrigé de ⇒)
Dans un avion se trouvent : 9 enfants

de sexe masculin , 5 enfants béninois , 9

1. Soient les quatre assertions sui- (c) . . . x ∈ R, (2x-1)3 -8x3 +6x2 -6x =
vantes : -1
(a) ∃x ∈ R ∀y ∈ R x + y > 0 ; Exercice 11 Corrigé
(b) ∀x ∈ R ∃y ∈ R x + y > 0 ;
1. Ecrire la négation des propositions
(c) ∀x ∈ R ∀y ∈ R x + y > 0 ; suivantes :
(d) ∃x ∈ R ∀y ∈ R y 2 > x . (a) Toutes les voitures rapides sont
Les assertions a, b, c, d sont-elles rouges ;
vraies ou fausses ? (b) il existe un mouton écossais dont
Donner leur négation. au moins un cêoté est noir ;
(c) Pour tout > 0, il existe q ∈ Q∗+
2. Nier les assertions suivantes : tel que 0 < q < ;
(a) tout triangle rectangle possède un (d) Pour tout x ∈ R, on a x2 < 0.
angle droit ; 2. Soit P, Q, R des propositions. Dans
1
chacun des cas suivants, les propo-
(b) dans toutes les écuries, tous les
chevaux sont noirs ;
(c) pour tout entier x, il existe un en-
.P sitions citées sont-elles la négation
l’une de l’autre ?
(a) (P et Q) ; (non P et non Q) ;
.N
tier y tel que, pour tout entier z,
la relation z < x implique le rela- (b) (P ⇒ Q) ; (non Q ⇒ non P) ;
tion z < x + 1 ; (c) (P ou Q) ; (P et Q).
H
(d) ∀ > 0∃α > 0(|x − 7/5| < α ⇒ 3. Soit a, b, c des réels. Ecrire la négation
|5x − 7| < ) des propositions suivantes :
(a) a ≤ −2 ou a ≥ 3 ;
V.
Exercice 10 Corrigé (b) a ≤ 5 et a > −1 ;

(c) a ≤ 5 ou 3 > c ;
1. Dans chacun des cas, donner la valeur
de vérité de la proposition puis expri- Exercice 12 Corrigé
mer sa négation.
2
Soient f , g deux fonctions de R dans R.
(a) ∃ x ∈ N, x > 7 Traduire en termes de quantificateurs les
(b) ∀ x ∈ N, ∃ y ∈ N, y > x2 expressions suivantes :
(c) ∃ x ∈ R, ∀ y ∈ R, y 2 > x
1. f est majorée ;
(d) ∀ x ∈ R, x ≥ 3 =⇒ x2 ≥ 6
2. Complèter si possible, avec ∀ ou ∃
2. f est bornée ;
pour obtenir une proposition vraie.
(a) . . . x ∈ R, x2 +2x+3 > 0 3. f est paire ;
2
(b) . . . x ∈ R, x -4x+3 ≤ 0

4. f est impaire ; (b) Certains réels sont strictement
supérieurs à leur carré.
5. f ne s’annule jamais ; (c) Aucun entier n’est supérieur à
tous les autres.
6. f est périodique ; (d) Tous les réels ne sont pas des quo-
tients d’entiers.
7. f est croissante ; (e) Il existe un entier multiple de tous
les autres.
(f) Entre deux réels distincts, il existe
8. f est strictement décroissante ;
un rationnel.
(g) Etant donné trois réels, il y en a
9. f n’est pas la fonction nulle ;
au moins deux de même signe.
2. Peut-on intervertir les quantificateurs
10. f n’a jamais les mêmes valeurs en ” ∀n ∈ N ” et ” ∃m ∈ N” dans les
deux points distincts ;
1
propositions suivantes (justifier pro-
11. f atteint toutes les valeurs de N ;

.P prement votre réponse).
(a) ∀n ∈ N , ∃m ∈ N n ≥ m
.N
12. f est inférieure à g ; (b) ∀n ∈ N ; ∃m ∈ N n2 ≥ m :
13. f n’est pas inférieure à g. Exercice 15 Corrigé

H
1. Soit I un intervalle de R et f une fonc-

V.
tion définie sur I. Exprimer à l’aide

de quantificateurs les propriétés sui-
Soient I un intervalle de R et f : I −→ R vantes :
une fonction définie sur I à valeurs rélles. •f est la fonction nulle.
Exprimer verbalement la signification des •f s’annule sur I.
propositions suivantes : •f est à valeurs positives.
1. ∃ λ ∈ R, ∀ x ∈ I, f (x) = λ •f est constante.
•f est strictement croissante sur I.
2. ∀ x ∈ I, f (x) = 0 ⇒ x = 0 •f prend des valeurs arbitrairement
3. ∀ (x, y) ∈ I 2 , x < y ⇒ f (x) ≤ f (y) grandes.
2. On définit l’opérateur logique ↑ par
A ↑ B =¬(A∧B). Montrer qu’on peut
exprimer tous les opérateurs logiques
1. Ecrire à l’aide de quantificateurs les du cours (¬, ∧, ∨, ⇒, ⇔) en utilisant
propositions suivantes : uniquement ↑.
(a) Le carré de tout réel est positif.

Exercice 16 Corrigé (d) Il existe x ∈ R+ tel que f (x) ≤ 0.
1. Soient I un intervalle de R et f :I→ R (e) Il existe x ∈ R tel que quel

une fonction définie sur I à valeurs que soit y ∈ R, si x < y alors
réelles. f (x) > f (y).
Exprimer à l’aide de quantificateurs
les propositions suivantes : On ne demande pas de démontrer
(a) la fonction f s’annule quoi que ce soit, juste d’écrire le
(b) la fonction f est la fonction nulle contraire d’un énoncé.
(c) f n’est pas une fonction constante Exercice 17 Corrigé
(d) f ne prend jamais deux fois la
même valeur 1. Soit J un intervalle de R et f : J →
(e) la fonction f présente un mini- R une fonction définie sur I à valeurs
mum réelles.
1
On considère l’assertion :
(f) f prend des valeurs arbitraire-
ment grandes
(g) f ne peut s’annuler qu’une seule
.P (P1 ) : ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ≤
a ⇒ f(x) ≤ f(a)).
(a) Des assertions suivantes, identi-
.N
fois
fier celle(s) qui est (sont) logique-
2. Soit f : R → R. Indiquer la différence ment équivalente(s) à (P1 ) et le justi-
de sens entre les deux propositions fier. Pour celle(s) qui ne l’est (le sont)
H
proposées : pas, écrire la négation.

(a) ∀x ∈ R, ∃y ∈ R, y = f (x) et (A1 ) ∀y ∈ I, ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ⇒ (
∃y ∈ R, ∀x ∈ R, y = f (x).
V.
y ≤ a ⇒ f(x) ≤ f(a))).
(b) ∀y ∈ R, ∃x ∈ R, y = f (x) et (A2 ) ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, ∀y ∈ I, (x ≤ y ≤ a
∃x ∈ R, ∀y ∈ R, y = f (x) ⇒ f(x) ≤ f(a)).
(c) ∀x ∈ R, ∃M ∈ R, f (x) ≤ M et (A3 ) ∀y ∈ I, ∀xW∈ I, ∃a ∈ I, (f(x)>f(a)
∃M ∈ R, ∀x ∈ R, f (x) ≤ M ⇒ (x>y) (y>a))
3. Soit f une application de R dans R.
(b) Que signifie en langage courant
Nier, de la manière la plus précise pos-
l’assertion (P2 ) : ∀y ∈ I,f(x)>0 ⇒ x
sible, les énoncés qui suivent :
≤ 0. ?
(a) Pour tout x ∈ Rf (x) ≤ 1.
2. Traduire l’énoncé suivant en logique
des prédicats :
(b) L’application f est croissante. L’accusé n’a pu se rendre coupable
du crime que s’il était à New-York à
(c) L’application f est croissante et 18 heures le 1er janvier. Mais il a été
positive. établi à ce moment-là à Washington.
Donc il n’est pas coupable.

On désignera par : c :l’accusé est cou- Indidication
pable du crime ; n :l’accusé est à New- Utiliser un raisonnement par l’absurde.
York à 18 heures le 1er janvier ; m :l’ac-
cusé est à Washington à 18 heures le Exercice 20 Corrigé
er
1 janvier.
Cet argument est-il valide ? Si- 1. Déterminer toutes les fonctions f :
non ( donc si c’est un enthymène) R → R telles que : ∀x ∈ R, f (x −
compléter son antécédant par l’impli- f (y)) = 2 − x − y.
cite de l’esprit qu’il contient pour ob- 2. Déterminer les fonctions f : R → R
tenir une tautologie. telle que : ∀x ∈ R, f (x) + xf (1 − x) =
1 + x.
Exercice 18 Corrigé 3. Montrer que toute fonction f : R →
R s’écrit de facon unique comme
la somme d’une fonction paire et
1. Soit n un entier, montrer que si n2 est d’une fonction impaire. Préciser cette
1
pair alors n est pair. décomposition si f (x) = x2x+1
2. Soit x un irrationnel positif. Montrer
√
que x est irrationnel.
.P Exercice 21 Corrigé
+x+1
.N
3. Montrer que 2014 ne peut pas s’écrire
comme la somme de deux carrés. 1. Soit (fn )n∈N une suite d’applications
de l’ensemble N dans lui-même. On
définit une application f de N dans
H
Indidication lui même en posant f (n) = fn (n) + 1.

1. Démontrer sa contraposée. Démontrer qu’il n’existe aucun p ∈ N
tel que f = fp .
V.
2. Utiliser un raisonnement par l’ab-

surde. 2. a. Soit p1 , p2 , ..., pr , r nombres pre-
miers. Montrer que l’entier N =
3. Utiliser aussi un raisonnement par p1 p2 ...pr + 1 n’est divisible par au-
l’absurde en remarquant que 2014 est cun des entiers pi . b. Utiliser la ques-
pair. tion précédente pour montrer par
l’absurde qu’il existe une infinité de
nombres premiers.
√
1. Montrer que 2 est un nombre irra- Indidication
tionnel.
1. Raisonner par l’absurde.
2. On considère une famille finie d’en- 2. a. Raisonner par l’absurde.
sembles distincts deux à deux. b. Raisonner par contraposition.
Montrer que l’un au moins de ces en-
sembles ne contient aucun des autres.

1. Montrer que pour tout entier naturel On sait que pour tout entier n > 1, on a
2n+1 3n+1
n, un = 3 ∗ 5 +2 est divisible l’égalité
par 17. Xn X n
!2
2. Montrer que pour tout entier naturel k3 = k

k=1 k=1
n, un = 44n+2 − 3n+3 est divisible par .
11. Inversement soit (xk )k≥1 une suite de R∗+ .
3. On définit une suite (un ) par : u0 = 1, On suppose que pour tout entier n > 1, on
u1 = cos θ , et pour n > 2 : un = a l’égalité
!2
2u1 un−1 − un−2 . Xn X n
Calculer un , pour tout entier n x3k = xk
k=1 k=1
Montrer que pour tout entier k on a
Indidication xk = k.
1. et 2. Raisonner par récurrence. Indidication
Utiliser la récurrence.
1
3. Raisonner par récurrence forte.
.N
1. Montrer que pour tout entier n > 2,
Soit n un entier naturel. 1 1 1
un = 1 + + + · · · +
— Combien l’équation x+y = n possède- 2 3 n
n’est pas un entier.
H
t-elle de couples solutions (x, y) dans

N2 ? 2. Montrer que, pour tout n > 1,
s
V.
r
√
q
π
— Combien l’équation x + y + z = n 2 + 2 + · · · + 2 = 2 cos n+1
2
possède-t-elle de triplets solutions
(le nombre 2 apparaissant n fois sous
(x, y, z) dans N2 ?
la racine).
Indidication
— Généraliser au calcul du nombre de
1. Utiliser la récurrence en remarquant
(p + 1)-uplets solutions de x0 + x1 +
que chaque un s’écrit comme le quo-
... + xp = n.
tient d’un entier impair par un entier
Pour cette question, on donnera deux pair.
démonstrations, l’une qui utilise une 2. Utiliser la récurrence.
récurrence et l’autre qui s’appuie sur un
calcul de dénombrement.
1. Démontrer les énoncés suivants par
récurrence (éventuellement forte) :

(a) Pour tout naturel n, on a 4. Démontrer par un raisonnement par
n
X l’absurde la proposition suivante :
2k = 2n+1 − 1
”Si n est le carré d’un nombre entier
k=0
non nul alors 2 n n’est pas le carré
(b) Pour tout naturel n, on a
n d’un nombre entier”.
X n(n + 1) √
k= 5. 2 est√ un nombre irrationnel
2
k=0 (écrire 2 sous forme d’une fraction
n
X n(n + 1)(2n + 1) irréductible pq puis discuter la parité
(c) k2 =
6 de p et q ).
k=0
n
X n(n + 1) 2
(d) k3 = ( ) Exercice 28 Corrigé
2
k=0
2. Démontrer à l’aide d’un raisonnement Le but de cet exercice est de démontrer

par récurrence la propriété suivante : par contraposition la propriété P suivante
P (n) : 10n − (−1)n est divisible par 11 pour n ≥ 2 , n ∈ N :
1
P : Si l’entier ( n2 − 1) n’est pas divisible
3. (a) Partager un carré en 4 carrés, puis
en 6, 7, 8, 9 et 10 carrés. .P
par 8, alors l’entier n est pair.
1. Définir la contraposé d’une implica-
tion A ⇒ B, A et B représentant des
.N
(b) Peut-on partager un carré en 3 ou
assertions. Démontrer l’équivalence à
5 carrés ?
l’aide d’un tableau de vérité.
2. Ecrire la contraposée de la proposi-
H
(c) Démontrer à l’aide d’un raisonne- tion P .

ment par récurrence (de 3 en 3)
3. Démontrer qu’un entier impair n
que tout carré peut être partagé
V.
s’écrit sous la forme n = 4k + r avec

en n carrés, n ≥ 6.
k ∈ N et r ∈ {1, 3}.
Exercice 27 Corrigé 4. Prouver alors la contraposée.
5. A-t-on demontré la propriété de
En utilisant un raisonnement par l’ab- l’énoncé ?
surde, démontrer que :
1. La somme et le produit d’un nombre Exercice 29 Corrigé
rationnel (non nul pour x) et d’un
nombre irrationnel sont des nombres Soit X un ensemble. Pour f ∈ F (X, X),
irrationnels. on définit f 0 = id et par récurrence pour
n+1
2. La racine carré d’un nombre irration- n ∈ Nf = fn ◦ f.
nel positif est un nombre irrationnel. 1. Montrer que ∀n ∈ N f n+1 = f ◦ f n
3. Un rectangle a pour aire 170 m2 . Mon-
trer que sa longueur est supérieure à 2. Montrer que si f est bijective alors
13 m . ∀n ∈ N (f −1 )n = (f n )−1 .

Indidication Indidication
Procéder par récurrence. Utiliser les règles de distributivité de la
conjonction et de la négation, et celles de
Morgan.
Soit la suite (xn )n∈N définie par x0 = 4 Soient A = {a, b, c}, B = {a, π} avec a,b,c
2
n −3
et xn+1 = 2x
xn +2
des réels distincts .
1. Montrer que : ∀n ∈ Nxn > 3. 1. Décrire les ensembles
a
A\B, B\A, A B, A × B, P(A) ∪
P(B) et P(A ∪ B)
2. Montrer que : ∀n ∈ Nxn+1 − 3 >
3 2. Que peux-tu dire des propositions
2 (xn − 3).
suivantes :
3. Montrer que : ∀n ∈ Nxn > ( 32 )n + 3.
1
p : P(A ∪ B) ⊂ P(A) ∪ P(B)
4. La suite (xn )n∈N est-elle convergente ?

.P et q : P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B)
3. Montrer que l’ensemble C ci-dessous
n’est pas produit cartésien de deux
.N
Indidication parties de R.
1. Récurrence. C = {(a, b) ∈ R2 : a2 + b2 ≤ 1}
2. Étudier le signe de (xn+1 − 3) − 32 (xn − Indidication
H
3).
V.
Exercice 31 Corrigé Exercice 33 Corrigé
Soient E un ensemble et f une application

Soient A et B des sous-ensembles d’un de P(E) dans R telle que pour toutes
ensemble E. parties disjointes A et B de E,
Ecrire plus simplement les ensembles
suivants : f(A ∪ B) = f(A) + f(B).
1. Montrer que f(∅) = 0
1. A ∩ (A ∩ B)
2. Montrer que pour tous éléments A et
2. A ∪ (A ∩ B) ∩ B B de P(E),
3. (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) f(A ∪ B) = f(A) + f(B) − f(A ∩ B).
4. (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) 3. En déduire f(A ∪ B ∪ C) toutes
parties A,B et C de E.
5. (A ∪ B) ∩ (A ∩ B) ∩ (A ∩ B)
4. Que peux tu dire de f si E est fini ?
6. A ∩ B ∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) Indidication

1. Remarquer que A ∪ φ = A. Soient (Ai )i∈I et (Bi )i∈I deux familles de
2. Remarquer que A ∪ B = (A\B) ∪ B parties d’un ensemble E.
et A = (A ∩ B) ∪ (A\B) = A. On suppose que pour tout indice i de I,
on a E = Ai ∪ Bi . Montrer que
3. Utiliser l’associativité de la réunion. [ [\
E = ( Ai ) ( Bi )
Exercice 34 Corrigé i∈I i∈I
Indidication
1. Que dire de deux sous-ensembles A Montrer la double inclusion.
et B de E tels que A ∪ B = A ∩ B ?
2. Soient A, B, C trois ensembles.
Montrer que A ∪ B = A ∩ C ⇔ B ⊂ 1. Soient a et b deux réels tels que
A ⊂ C. a < b. Ecrire le plus simplement
3. Soient A, B, C trois ensembles. possible les ensembles
+∞ +∞
Montrer que [ 1 1 \ 1 1
[a − , b + ] et [a − , b + ]
1
(
A∪B ⊂A∩C n n n n
A∩B ⊂A∩C
⇒B⊂C
4. Soient A, B, C trois ensembles.

.P n=1 n=1
2. On définit la différence symétrique
deadeux ensembles par
A B = (A \ B) ∪ (B \ A).
.N
Montrer que
(A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A) = Montrer
a que
(A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A). A B= a(A ∪ B) \ (A ∩ B). Montrer
que (A B = A ∩ B) ⇒ A = B = ∅.
H
Indidication
1. Montrer que A = B.
V.
2. Montrer la double implication. Soient E et F deux ensembles, f : E → F .

3. Utiliser les règles de distributivité de Démontrer que :
la conjonction et de la disjonction ,et ∀A, B ∈ P (E)(A ⊂ B) ⇒ (f (A) ⊂ f (B)),
celles de d’absorption. ∀A, B ∈ P (E)f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B),
∀A, B ∈ P (E)f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B),
Exercice 35 Corrigé ∀A, B ∈ P (F )f −1 (A ∪ B) =
f −1 (A) ∪ f −1 (B),
Soient E et F deux ensembles. Quelle ∀A ∈ P (F )f −1 (F \ A) = E \ f −1 (A).
relation y-a-t-il : Exercice 39 Corrigé
1. Entre P (E ∪ F ) et P (E) ∪ P (F ) ?
2. Entre P (E ∩ F ) et P (E) ∩ P (F ) ? Montrer qu’une application f de R dans R
strictement monotone est injective.
3. Entre P (E × F ) et P (E) × P (F ) ? Indidication
Traduire le fait que f soit strictement
monotone.

Soient E et F deux ensembles non vide et f Soit f une application de E dans F .

une application de E dans F. 1. Montrer que pour toute partie A de
Montrer que : E, f −1 (f (A)) ⊃ A.
1. f injective 2. Montrer que pour toute partie B de
⇐⇒ ∀A ∈ P(E), A = f(−1) (f(A)) F , f (f −1 (B)) = f (E) ∩ B.
2. f surjective ⇐⇒ ∀B ∈ P(F ), B = 3. Prouver que f est injective si et
f(f(−1) (B)) seulement si ∀A ⊂ E, f −1 (f (A)) = A.
3. f bijective ⇐⇒ ∀A ∈ P(E), f({A 4. Prouver que f est surjective si et
E) =
{F
f(A) seulement si ∀B ⊂ F ,
f (f −1 (B)) = B.
Indidication
Montrer les implications dans les deux Exercice 44 Corrigé
sens.
1
Exercice 41 Corrigé .P
Soient f un élément de F(E, F ) et g un
élément de F(F , G) (E, F , G des
ensembles non vides). Montrer que :
.N
Soient n et m des entiers naturels non
1. Si g ◦ f est surjective et g injective
nuls.
alors f est surjective.
Montrer que s’il existe une injection ϕ de
En = {1, · · · , n} dans Em = 2. Si g ◦ f est injective et f surjective
H
{1, · · · , m} alors nécéssairement n ≤ m alors g est injective.

Indidication Exercice 45 Corrigé
V.
Utiliser la récurrence.
Exercice 42 Corrigé Soient E, F deux ensembles et f une
application de E dans F .
Soient f : E → F et g : F → G deux 1. S’il existe une application g de F
applications. Montrer les implications dans E telle que g ◦ f = Id E alors f
suivantes : est injective.
2. S’il existe une application h de F
1. Si g ◦ f est surjective alors g est
dans E telle que f ◦ h = Id F alors f
surjective
est surjective.
2. Si g ◦ f est injective alors f est
3. S’il existe deux applications g et h de
injective
F dans E telles que g ◦ f = Id E et f
3. Si g ◦ f est surjective et g est ◦ h = Id F alors f est bijective et g =
injective, alors f est surjective h = f −1 .
4. Si g ◦ f est injective et f est
surjective, alors g est injective

Soient E un ensemble (non vide), A, B (a) Montrer la double implication.
des parties de E et f une application de E (b) Montrer l’égalité entre les
dans E applications
1. Montrer que f est injective si et 1A∩B : E 7→ R
seulement si f (A ∩ B) = f (A) ∩ (
f (B). 1 si x ∈ A ∩ B
x 7−→ 1A∩B (x) =
2. Montrer que f est bijective si et 0 sinon
seulement si f (Ā) = f (A). et
1A .1B : E 7→ R
Exercice 47 Corrigé x 7−→ 1A .1B (x) = 1A (x).1B (x).
(c) Montrer l’égalité entre les
Soit A une partie d’un ensemble E. applications
On lui associe l’application(1A , de E vers
1A : E 7→ R
1 si x ∈ A
{0, 1}, définie par 1A (x) = (
1 si x ∈
1
0 si x ∈
/A /A
x 7−→ 1A (x) = et
Montrer que A 7→ 1A est une bijection de
P (E) sur F (E, {0, 1})
.P 0 sinon
1 − 1A : E 7→ R
.N
Exercice 48 Corrigé x 7−→ 1 − 1A (x).
(d)
Soit A une partie d’un ensemble E . On (e) Remarquer que A ∪ B =
H
appelle fonction caractéristique (ou A ∪ (B \ A)etB == (B \ A) ∪ (A ∩ B).

indicatrice ) de la partie A dans E,
(f) Remarquer que
( 1A : E → R définie par :
l’application
V.
A4B = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A).
1 si x ∈ A
1A (x) = .
0 sinon Exercice 49 Corrigé
Justifier que
On désigne par N* l’ensemble des entiers
(a) 1A ≤ 1B si et seulement siA ⊂ B.
naturels non nuls. Pour toute partie E de
Que peut- on dire des ensembles A et
B si 1A = 1B ? T n ∈ N*, on note λn (E) =
N* et tout
Card(E [[n, 2n]]) et on considère
(b) 1A∩B = 1A .1B . l’assertion P :(∃α ∈ R, ∀n ∈ N, λn (E)≤α).
(c) 1A = 1 − 1A oà u A est le Si pour une partie E de N*, l’assertion P
complémentaire de A dans E. est vraie alors on dit que E est une partie
lacunaire de N*.
(d) si A ∩ B = ∅ , 1AtB = 1A + 1B .
1. (a) Justifier que toute partie finie de
(e) ∀A, B ∈ P(E), 1AtB = 1A +1B −1A . 1B
N* est lacunaire.
2
(f) 1A4B = (1A − 1B ) (b) Donner un exemple de partie
Indidication infinie N* qui est lacunaire.

(c) Démontrer que toute partie d’une On pose pour cela E1 = E \ g(F ),
partie lacunaire de N* est elle F1 = f (E1 ), E2 = g(F1 ) \ E1 , F2 = f (E2 ),
aussi lacunaire. E3 = g(F2 ) \ (E1 ∪ E2 ) etc. On définit
2. Soit E1 ,...,Em des parties lacunaires enfin A = ∪+∞ i=1 Ai et l’application h :
de N*. E → F par h|A = f et h|(E\A) = g −1 .

Vérifier que h est bien définie et bijective.
Tm
(a) Démontrer que k=1 Ek est
lacunaire.
(b) Démontrer que m
S
k=1 Ek est Soit (ak )k ∈ N une suite de réels telle
lacunaire. X n
que : ak = n(n + 2).
Exercice 50 Corrigé k=0
1. Calcule les sommes suivantes :
9 2n 2n
1. Etablir l’assertion suivante :
X X X
1 s1 = ak , s2 = ak , s3 = ak .
∃ δ > 0, ∀x ∈ R, 0 < x < δ ⇒ e− δ < k=0 k=0 k=n+1
1
1
1+cosx .
2. Soit E l’ensemble des couples ( I,f )
formé d’un intervalle J de R et d’une
fonction réelle f définie sur I. On
.P
2. Déterminer a en fonction de n.
n
.N
On considère la suite (un ) définie par :
définie une relation ≤ sur E par :
u0 =0 et ∀ n ∈ N, un+1 = un + n + 1.
(Q) : ( I,f ) ≤ ( J,g ) ⇔ ((I ⊂ J) n−1
(g|I = f )).
X
Calculer (uk+1 − uk ) et en déduire une
H
(a) Nier l’assertion (Q) définissant ≤ k=0

expression simple de un en fonction de n.
(Attention à ne pas traduire la
V.
négation de ≤ par >). Exercice 54 Corrigé

(b) Montrer que ≤ est une relation
d’ordre sur E. 1. Déterminer les deux réels a et b tels
pour tout x ∈ R - {0, −1},
(c) Cet ordre est-il total ? Sinon 1 a b
donner un contre-exemple. x(x+1) = x + x+1 .
2. Calculer
n
les sommes n
suivantes :
Exercice 51 Corrigé X 1 X k
a) , b) ln( ),
k(k + 1) k+1
k=1 k=1
n
Le but de ce dernier exercice (difficile !) X k
c) .
est de démontrer le théorème suivant (k + 1)!
k=2
(théorème de Cantor-Bernstein) : si E et F
sont deux ensembles tels qu’il existe une Exercice 55 Corrigé
application f : E → F et une application
g : F ⇒ E toutes deux injectives, alors il Écrire à l’aide de factoriel les expressions
existe une bijection de E vers F. suivantes :

n
Y (b) En déduire An et Bn .
1. k
k=4 Exercice 58 Corrigé
Yn
2. k2
Pour tout x ∼
6= 0(mod2π), prouver que
k=1 x
2n
n sin(nx + ) 1
2 − .
X
Y cos(kx) =
3. k x
2sin( 2 ) 2
k=0
k=n+1
n
Y Exercice 59 Corrigé
4. (2k + 1)
k=1 n
X
Soit x un réel. On note Pn (x) = xk .
Exercice 56 Corrigé k=0
1. Simplifier l’expression de Pn (x) puis
Soit un entier n > 2. Calculer les sommes montrer que pour tout
n+1 n
x 6= 1, Pn0 (x) = nx −(n+1)x +1
1
doubles (1−x)2 .
suivantes : 1)
j−1
n X
i
X8 X5
2 j
i 3 , 2)
i=1 j=1
Xn X i
2j , 3)
i=1 j=0
.P
2. En déduire des expressions simples
des sommes
Xn
k
k2 et
Xn
k(−1)k
2k
.
.N
X X X
, 4) 2i+j , 5) ij. k=0 k=0
j=2 i=1
j 16i6j6n 16i<j6n
H
Soit R une relation binaire sur un

ensemble E, réflexive et transitive. On
Soit n ∈ N∗
définit une relation S sur E par :
V.
1. Justifie que
1 n
∀k ∈ [|0, n|] , k+1
1 n+1
xSy ⇐⇒ (xRy etyRx)
k = n+1 k+1
2. Calculer les sommes suivantes : a) Montrer que S est une relation
n n−1
d’équivalence

k n k n
X X
(−1) , b) (−3) , c)
k k
k=0 k=1 Exercice 61 Corrigé
n n
X n X 1 n
k , d) .
k k+1 k Soit (G, ×) un groupe et H un sous
k=0 k=0
X n groupe de (G, ×) .
3. On pose An = et On définit une relation binaire R sur G
2k
062k6n par :
X n
Bn = . xRy ⇐⇒ x × y −1 ∈ H
2k + 1
062k+16n Montrer que R est une relation
(a) Donne une expression plus d’équivalence et en décrire les classes
simple de An + Bn et de An − Bn . d’équivalence .

Soit E un ensemble et f : E 7−→ R une

Deux éléments x et y d’un ensemble E
application injective.
muni d’une relation d’ordre ∠ sont
On définit sur E une relation binaire par :
comparables si l’on a x∠y ou y∠x.
xRy ⇐⇒ f (x) ≤ f (y) Quand tous les éléments sont
Montrer que R est une relation d’ordre. comparables, l’ordre est dit total ; sinon
on dit qu’il est partiel.
1. Montrer que l’inclusion définit un
ordre partiel sur p(E), l’ensemble des
Soient A, B deux parties d’un ensemble E
parties de E.
ordonné par ≤ . On suppose que A et B
ont chacun un plus grand élément . 2. Montrer que la relation ≤ est un
ordre total sur I.
1. Qu’en est -il de A ∪ B
3. Montrer que, la relation x|y (si x
1
(a) lorsque l’ordre est total ?
divise y, x, y ∈ E ∗ ) est un ordre
(b) lorsque l’ordre n’est pas total ?
2. Donner un exemple dans l’ensemble
ordonnée (N∗ , |) .
.P partiel sur E.
.N
Soit E un ensemble. On note p(E)
Soient R et S deux relations d’ordre total l’ensemble des parties de E. Pour tout
H
sur E. A,aB ∈ p(E) on note

A B = (A − B) ∪ (B − A).
1. On définit la relation T sur E par :
V.
xT y ⇔ (xRy et xSy). 1. Montrer que, pour tout

Est-ce une relation d’ordre (total, A, B, C ∈ p(E), on a : (B − C ⊂ A et
partiel) ? C − D ⊂ A) ⇒ B − D ⊂ A
2. Même question en définissant : 2. Soit A ∈ p(E). Montrer que la
xU y ⇔ (xRy ou xSy). relation R définie sur p(E) par :
a
BRC ⇔ B C ⊂ A ; est une relation
d’équivalence.
Soient E et F deux ensembles ordonnés 3. Pour tout B ∈ p(E), préciser la classe
(l’ordre sur E étant total). Soit f : E → F , de B modulo R.
croissante.
Montrer que f est injective si et seulement Exercice 68 Corrigé
si elle est strictement croissante.
Montrer que le résultat n’est pas vrai si on 1. Sur N ∗ N∗ , on pose
ne suppose pas que E est totalement (m, n)R(p, q) ⇔ mq = np. Est-ce une
ordonné. relation d’équivalence ?

2. Soit E un ensemble fini. On définit 2. Décrire la classe d’équivalence d’une
une relation R sur
a P (E) par : fonction donné f ∈ F(E, E).
ARB ⇔ card(A B) est pair.
R est-elle une relation Exercice 71 Corrigé
d’équivalence ?
Exercice 69 Corrigé On considère la relation binaire T définie
sur ]0 ; +∞[ par :
Soit R une relation binaire sur un xT y ⇐⇒ x + ln(y) = y + ln(x) et
ensemble E, réflexive et transitive. l’application f :]0; +∞[→]0; +∞[ où ”exp”
x7→xexp(−x)
1. La relation T définie par : xT y ⇐⇒ désigne la fonction exponentielle
(xRy ou yRx) est-elle une relation népérienne.
d’équivalence ? Justifier votre
1. Montre que T est une relation
réponse
d’équivalence.
2. On définit une relation δ sur E par :
2. Soit a ∈ ]0 ; +∞[. Prouver que la
1
xδy ⇐⇒ (xRy et yRx).
Montrer que δ est une relation
d’équivalence.
3. Montrer que R permt de définir une
.P classe d’équivalence de a modulo T
est l’ensemble Cl(a) = f (−1) (f (a))
La notation f (−1) désigne l’image
.N
réciproque par f .
relation d’ordre sur les classes
d’équivalences de δ. Exercice 72 Corrigé
H
Un ensemble ordonné (E, 4) est bien

On considère sur F(E, E) la relation ordonné (où 4 est un bon ordre) si toute
V.
binaire R définie par : partie non vide A de E admet un plus

f Rg ⇐⇒ ∃ ϕ ∈ S(E), f ◦ ϕ = ϕ ◦ g petit élément.
1. Montrer que R est une relation Prouver qu’un ensemble bien ordonné (E,
d’équivalence. 4) est totalement ordonné.
Exercice 1 Enoncé Les deux propositions (A ⇒ B) et

(A ou B) sont donc synonymes (ou
1. On forme les tableaux de vérité de équivalentes)
(A ⇒ B) et de (A ou B) :
2. On dresse un tableau de vérité dans
A B A A ⇒ B A ou B lequel apparaissent les huit cas pos-
V V F V V sibles concernant A, B, C :
V F F F F
F V V V V
F F V V V
2
A B C B et C A ou B A ou C A ou (B et C) (A ou B) et (A ou C)
V V V V V V V V
V V F F V V V V
V F V F V V V V
V F F F V V V V
F V V V V V V V
F V F F V F F F
F F V F F V F F
F F F F F F F F
On constate bien que l’équivalence (A (d)

ou (B et C)) ⇔ ((A ou B) et (A ou C)) est
toujours vraie. q((P ⇐⇒ Q) ⇒ R) =q(q(P ⇐⇒ Q) ∨ R
3. a) [0, 1[ = (P ⇐⇒ Q)∧qR
1
b) ]3, 4[∪]4, 5[, ou encore ]3, 5[ \ {4} = (P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒
c) {4}
d) ] − ∞, 0[∪[2, +∞[
.P = ((qP ∨ Q) ∧ (qQ
= ((P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒
.N
q((P ⇐⇒ Q) ⇒ R) = (P ⇐⇒ Q)∧qR
Exercice 2 Enoncé
2. Donnons la valeur de vérité puis la
Exercice 3 Enoncé négation des propositions :
H
1. Ecrivons la négation de chacune des (a) : 1

Jean n’est pas brun et Jean n’est
V.
propositions :
(a) pas blond
q(P ∨ (Q ∨ R)) = (qP ) ∧ (q(Q ∧ R)) (b) : 0

Jean n’est pas roux ou Julie n’est
= (qP ) ∧ ((qQ) ∨ (qR)
pas brune
q(P ∨ (Q ∨ R)) = ((qP ) ∧ (qQ)) ∨ ((qP ) ∧ (qR)
(c) : 1
(b) Jean est blond et Julie n’est pas
q(P ∧ (Q ∨ R)) = (qP ) ∨ (q(Q ∨ R)) brune
= (qP ) ∨ ((qQ) ∧ (qR)) (d) : 1
= ((qP ) ∨ (qQ)) ∧ ((qP ) ∨ (qR))
Julie n’est pas brune
(c)
Exercice 4 Enoncé
q((P ⇒qQ) ∨ R) =q(P ⇒qQ) ∧ (qR)
= (q(qP ∨qQ))∧qR
Exercice 5 Enoncé
q((P ⇒qQ) ∨ R) = (P ∧ Q)∧qR

Exercice 6 Enoncé c) (c) : ∀x ∈ R ∀y ∈ R x + y > 0 est
fausse, par exemple x = −1, y =
Exercice 7 Enoncé 0. La négation est ∃x ∈ R ∃y ∈
R x + y ≤ 0.
Montrons les équivalences suivantes :
d) (d) est vraie, on peut prendre x =
1. −1. La négation est : ∀x ∈ R ∃y ∈
P ⇒ ((Q ⇒ R)) ⇐⇒ (P ⇒ (qQ ∨ R)) R y 2 ≤ x.
⇐⇒qP ∨qQ ∨ R 2. a) ”Il existe un triangle rectangle qui
⇐⇒q(qP ∨qQ) ⇒ R n’a pas d’angle droit.” Bien sûr
cette dernière phrase est fausse !
P ⇒ ((Q ⇒ R)) ⇐⇒ (P ∧ Q) ⇒ R
b) ”Il existe une écurie dans laquelle
2. il y a (au moins) un cheval dont
((P ∧ Q) ⇒ R) ⇐⇒q(P ∨ Q) ∨ R la couleur n’est pas noire.”
⇐⇒ (qP ∧qQ) ∨ R c) Sachant que la proposition en
1
⇐⇒ (qP ∨ R) ∧ (qQ ∨ R) langage mathématique s’écrit
((P ∧ Q) ⇒ R) ⇐⇒ (P ⇒ R) ∧ (Q ⇒ R) .P ∀x ∈ Z ∃y ∈ Z ∀z ∈ Z (z < x ⇒ z < x+
la négation est
.N
3.
∃x ∈ Z ∀y ∈ Z ∃z ∈ Z (z < x et z ≥ x+
(P ⇒ (Q ∧ R)) ⇐⇒ (qP ∨ (Q ∧ R))
⇐⇒ (qP ∨ Q) ∧ (qP ∨ R) d) ∃ε > 0 ∀α > 0 (|x − 7/5| <
H
α et |5x − 7| ≥ ε).
(P ⇒ (Q ∨ R)) ⇐⇒ (P ⇒ Q) ∧ (P ⇒ R)
V.
Exercice 8 Enoncé Exercice 10 Enoncé

Exercice 9 Enoncé
1. Valeur de vérité et negation de la pro-
position
1. a) (a) est fausse. Car sa négation qui
est ∀x ∈ R ∃y ∈ R x + y ≤ 0 (a) : 1
est vraie. Etant donné x ∈ R il ∀ x ∈ N, x2 ≤ 7
existe toujours un y ∈ R tel que (b) : 1
x + y ≤ 0, par exemple on peut ∃ x ∈ N, ∀ y ∈ N, y ≤ x2
prendre y = −(x + 1) et alors
(c) : 1
x + y = x − x − 1 = −1 ≤ 0.
∀ x ∈ R, ∃ y ∈ R, y 2 ≤ x
b) (b) est vraie, pour un x donné, on
(d) : 1
peut prendre (par exemple) y =
∃ x ∈ R, x ≥ 3 et x2 < 6
−x + 1 et alors x + y = 1 > 0. La
négation de (b) est ∃x ∈ R ∀y ∈ 2. Réponses :
R x + y ≤ 0. (a) ∀ x ∈ R, x2 +2x+3 > 0

(b) ∃ x ∈ R, x2 -4x+3 ≤ 0 • ∀x ∈ I, f (x) > 0.
(c) ∃ x ∈ R, (2x-1)3 -8x3 +6x2 -6x = • ∃k ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) = k.
-1 • ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, (x < y) ⇒
Exercice 11 Enoncé (f (x) < f (y)).
• ∀M ∈ R, ∃x ∈ I, f (x) ≥ M .
Exercice 12 Enoncé 2. Le non se définit sans difficulté :
eA =e(A ∧ A) = A ↑ A. Puis
1. ∃M ∈ R ∀x ∈ R f (x) ≤ M ; A∧B =e(A ↑ B) = (A ↑ B) ↑ (A ↑ B).
2. ∃M ∈ R ∃m ∈ R ∀x ∈ R m ≤ f (x) ≤ Ensuite, tout peut se définir à partir
M; de e et ∧, donc de ↑. On a
3. ∀x ∈ R f (x) = f (−x) ; A ∨ B =e(eA∧eB)
4. ∀x ∈ R f (x) = −f (−x) ; =eA ↑eB
5. ∀x ∈ R f (x) 6= 0 ; A ∨ B = (A ↑ A) ↑ (B ↑ B)
1
6. ∃a ∈ R∗ ∀x ∈ R f (x + a) = f (x) ; Puis
7. ∀(x, y) ∈ R2 (x ≤ y ⇒ f (x) ≤ f (y)) ;
2
8. ∀(x, y) ∈ R (x ≤ y ⇒ f (x) > f (y)) ;
.P A ⇒ B =eA ∨ B
= (eA ↑eA) ↑ (B ↑ B)
.N
9. ∃x ∈ R f (x) 6= 0 ; = ((A ↑ A) ↑ (A ↑ A)) ↑ (B ↑ B)
10. ∀(x, y) ∈ R2 (x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y)) ; , et enfin
11. ∀n ∈ N ∃x ∈ R f (x) = n ;
H
12. ∀x ∈ R f (x) ≤ g(x) ; A ⇔ B = (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A)

13. ∃x ∈ R f (x) > g(x).
V.
= ((A ⇒ B) ↑ (B ⇒ A)) ↑ ((A ⇒ B) ↑ (B ⇒

= une superbe horreur de deux lignes de l
Exercice 14 Enoncé
(il n’y a qu’à remplacer chaque im-
plication par le résultat obtenu juste
Expressions verbales : avant).
1. f est une fonction constante sur I.
2. f s’annule uniquement en 0.
3. f est croissante sur I. 1. • ∃x ∈ I, f (x) = 0
• ∀x ∈ I, f (x) = 0
• ∃(x, y) ∈ I 2 , f (x) 6= f (y)
Exercice 16 Enoncé • ∀(x, y) ∈ I 2 , x 6= y ⇒ f (x) 6=
f (y)
1. • ∀x ∈ I, f (x) = 0. • ∃a ∈ I, ∀x ∈ I, f (x) ≥ f (a)
• ∃x ∈ I, f (x) = 0. • ∀M ∈ R, ∃x ∈ I, f (x) ≥ M

• ∀(x, y) ∈ I 2 , f (x) = f (y) = 0 ⇒ Cela se décompose en :
x=y ”(pour tout couple de réels x1 et
2. a) La première phrase dit que x2 ) (x1 ≤ x2 implique f (x1 ) ≤
l’image par f d’un réel est un f (x2 ))”.
réel (c’est trivialement vrai). La
deuxième dit que f est constante. La négation de la première partie
b) La première phrase dit que f est :
prend toutes les valeurs réelles au ”(il existe un couple de réels
moins une fois (elle est surjec- (x1 , x2 ))” et la négation de la
tive). deuxième partie est :
La deuxième est fausse (elle
”(x1 ≤ x2 et f (x1 ) > f (x2 ))”.
prétend qu’il y a un x de R dont
l’image f (x) est égale à tous les
réels). Donc la négation de l’assertion
complète est :
c) La première phrase est triviale-
1
”Il existe x1 ∈ R et x2 ∈ R tels que
ment vraie (pour tout x de R, le
choix M = x convient).
La deuxième phrase dit que f est
.P x1 ≤ x2 et f (x1 ) > f (x2 )”.
c) La négation est :
.N
majorée sur R. ”l’application f n’est pas crois-
3. Dans ce corrigé, nous donnons une sante ou n’est pas positive”.
justification, ce qui n’était pas de-
mandé.
H
On a déjà traduit ”l’application

a) Cette assertion se décompose de f n’est pas croissante”, tradui-
la manière suivante : sons ”l’application f n’est pas po-
V.
(Pour tout x ∈ R) (f (x) ≤ 1). La sitive” :

négation de ”(Pour tout x ∈ R)” ”il existe x ∈ R, f (x) < 0”.
est ”Il existe x ∈ R” et la négation
de ”(f (x) ≤ 1)” est f (x) > 1.
Donc la négation de l’assertion
complète est :
Donc la négation de l’assertion
” Il existe x1 ∈ R et x2 ∈ R tels
complète est : ”Il existe x ∈
que x1 < x2 et f (x1 ) ≥ f (x2 ), ou
R, f (x) > 1”.
il existe x ∈ R, f (x) < 0”.
b) Rappelons comment se traduit
l’assertion ”L’application f est d) Cette assertion se décompose de
croissante” : la manière suivante :
”pour tout couple de réels ”(Il existe x ∈ R+ )(f (x) ≤ 0)”.
(x1 , x2 ), si
x1 ≤ x2 alors f (x1 ) ≤ f (x2 )”. La négation de la première partie
est :

”(pour tout x ∈ R+ )”, et celle de (A1 ) 6≡ (P1 ). Donnons alors la
la seconde est : ”(f (x) > 0)”. négation de (A2 ).
(A¯2 ) ≡ ∃x ∈ I, ∀a ∈ I, ∃y ∈ I,
Donc la négation de l’assertion (x ≤ y ≤ a ⇒ f (x) ≤ f (a))
complète est : ”Pour tout x ∈
R+ , f (x) > 0”. ≡ ∃x ∈ I, ∀a ∈ I, ∃y ∈ I,
W
(x ≤ y ≤ a f (x) ≤ f (a))
e) Cette assertion se décompose de
la manière suivante : ≡V∃x ∈ I, ∀a ∈ I, ∃y ∈ I, (x ≤ y ≤
”(∃x ∈ R)(∀y ∈ R)(x < y ⇒ a f (x) ≤ f (a))
f (x) > f (y))”. ≡V∃x ∈ I, ∀a ∈ I, ∃y ∈ I, (x ≤ y ≤
a f (x) > f (a))
La négation de la première partie
est :
(A3 ) ≡ ∀y ∈ I, ∀x ∈W I, ∃a ∈ I,
”(∀x ∈ R)”, celle de la seconde est
(f(x)¿f(a) ⇒ (x¿y) (y¿a))
”(∃y ∈ R)”, et celle de la
1
≡ ∀x ∈ I,W∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (f(x)¿f(a)
troisième est ”(x < y et f (x) ≤
f (y))”. .P ⇒ (x¿y) (y¿a))
≡ ∀x ∈ I, ∀y W ∈ I, ∃a ∈ W
I,
.N
Donc la négation de l’assertion (f (x) > f (a) (⇒ (x¿y)
complète est : ” ∀x ∈ R, ∃y ∈ R (y¿a)))
tels que x < y et f (x) ≤ f (y)”.
≡ ∀x ∈ VI, ∀y ∈ I,W ∃a ∈ I,
H
(((x ≤ y) (y ≤ a)) f(x) ≤

Exercice 18 Enoncé f(a))
V.
≡ ∀x ∈ I, W∀y ∈ I, ∃a ∈ I,
1. (a) Identifions justification à l’appui
((x ≤ y ≤ a) f(x) ≤ f(a))
l’assertion (les assertions) qui est
(sont) logiquement équivalente(s) à ≡ ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ≤
(P1 ). a ⇒ f(x) ≤ f(a))
(A1 ) ≡ ∀y ∈ I, ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ≤ (A1 ) ≡ (P1 ) .
a ⇒ f(x) ≤ f(a))
≡ ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ≤
(b) Traduisons en langage courant
a ⇒ f(x) ≤ f(a))
l’assertion (P2 ) : ∀y ∈ I,f(x)¿0 ⇒ x
(A1 ) ≡ (P1 ) . ≤ 0.
En langage courant, l’assertion (P2 )
(A2 ) ≡ ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, ∀y ∈ I, (x ≤ y ≤ signifie que si un élément de l’en-
a ⇒ f(x) ≤ f(a)) semble de départ (I) a une image
Puisque l’ordre des quantifica- strictement positive par f, alors cet
teurs de différentes natures im- élément est nécessairement négatif.
portent beaucoup on conclut que

√
2. La traduction de l’énoncé en logique 1. Par l’absurde, on suppose 2 ration-
√ a
des prédicats
V donne : nel. Il s’écrit alors 2 = , avec a, b
((n ⇔ c) w) ⇒ c̄. b
dans N∗ , premiers entre eux.
Cet argument n’est pas valide puis- Ainsi a2 = 2b2 , donc a2 est pair, et il en
qu’il n’est pas satisfait dans l’état résulte que a est pair. Posons a = 2m
(n)≡Vrai, (c)≡Vrai,
V (w)≡Vrai. V avec m dans N∗ .
(((nV⇔ c)V w) ⇒ c̄) ≡ ((n ⇔ c) L’égalité a2 = 2b2 devient b2 = 2m2 .
((n w) w ) ⇒ c̄ ) Ainsi b2 est pair, donc b est pair (tout
comme a).
Exercice 19 Enoncé Mais c’est absurde, car on a
précisément supposé que a et b sont
1. Il revient au même de prouver que si premiers entre eux.
n est impair, alors n2 est impair. Et en 2. Notons A1 , A2 , ..., An cette famille
effet, si n est impair (donc si n s’écrit d’ensembles distincts deux à deux.
n = 2m + 1, avec m entier), alors On raisonne par l’absurde.
1
n2 = 4m2 + 4m + 1 = 2(2m2 + 2m) + 1 L’ensemble A1 contient donc l’un des
est impair.
2. La contraposée, qui dit : ”si y = x
√
est rationnel, alors y 2 = x est ration-
.P autres ensembles, noté Ak1 , de la fa-
mille.
De même, Ak1 contient l’un des autres
.N
nel”, est évidente. ensembles de la famille, noté Ak2 .
3. Montrons que 2014 ne peut pas En notant k0 = 1 et en itérant ce
s’écrire comme la somme de de deux procédé, on construit une famille in-
carrés
H
Raisonnons par l’absurde en suppo- finie d’indices k0 , k1 , ... tels que Ak0 ⊃
sant que 2014 peut s’écrire comme la Ak1 ⊃ Ak2 ⊃ ....
somme de deux carrés. Alors ∃ x, y Par construction, deux indices succes-
V.
éléments de R tels que x2 +y 2 = 2014

sifs quelconques dans cette liste sont
2014 est pair alors x2 +y 2 est pair.
Donc x et y ont même parité. toujours distincts, ce qui implique que
x
2
est pair ⇒ ∃ p ∈ N /x = 2p
les inclusions successives sont strictes.
⇒x
2
= 4p
2
Ainsi on construit une suite infinie
2 0 0
y est pair ⇒ ∃ p ∈ N
⇒y
2
= 4p
02
/y = 2p
d’ensembles distincts deux à deux ex-
2
x +y
2 2
= 2014 ⇒ 4p + 4p
02
= 2014 traits de la famille A1 , ..., An initiale,
2 02
⇒ 4(p + p
⇒ 4 | 2014
) = 2014
(absurde)
ce qui est absurde.
x impair ⇒ ∃ p ∈ N
0
/x = 2p + 1
0
Conclusion : l’un au moins des en-
y impair ⇒ ∃ p ∈ N /y = 2p + 1
2
x +y
2 2
= 2014 ⇒ (2p + 1) + (2p + 1)
0 2
= 2014
sembles A1 , ..., An ne contient aucun
2
⇒ 4p + 4p + 1 + 4p
2 0
02 0
+ 4p + 1 = 2014 des autres.
⇒ 4p + 4p + 4p 2 + 4p = 2012
0 0
⇒ 4p(p + 1) + 4p (p + 1) = 2012
0 0
⇒ (p(p + 1) + p (p + 1)) = 503 (absurde)
car le produit de deux entiers consécutifs est toujours pair donc p(p+1) et p’(p’+1) sont
pairs donc leur somme est paire et est égale à 503. D’où l’absurdité.
Conclusion : 2014 ne peut pas s’écrire comme la somme de deux carrés.
1. Soit f une fonction solution du

problème, s’il en existe.

Alors, en particulier, pour tout x de aussi f (−x) = g(−x) + h(−x) =
R: g(x) − h(x).
f (x − f (0)) = 2 − x. g(x) + h(x) = f (x)
La système
Un changement de variable évident g(x) − h(x) = f (−x)
(changer x en x + f (0)) donne : ∀x ∈ donne : ∀x ∈ R, g(x) =
f (x) + f (−x)
R, f (x) = 2 − f (0) − x. et h(x) =
Ainsi, il existe λ dans R, tel que 2
f (x) − f (−x)
f (x) = λ − x pour tout x de R.
2
Réciproquement, pour une telle fonc- On a ainsi prouvé l’unicité de la
tion : solution si existence.
f (x − f (y)) = λ − (x − f (y)) - Synthèse : on reprend les ap-

= λ − (x − λ + y) plications g et h obtenues
précédemment.
f (x − f (y)) = 2λ − x − y.
Il est clair que g est paire, que h
La seule solution du problème est ob- est impaire, et que f = g + h.
1
tenue pour λ = 1, et c’est f : x 7−→
1 − x.
2. Soit f une fonction solution du
.P - Conclusion : toute fonction f :
R → R est de manière unique
somme d’une fonction paire g et
.N
problème (s’il en existe). d’une fonction impaire h, définies
Alors, en posant y = 1 − x, on a à partir de f par :
f (1 − y) + (1 − y)f (y) = 2 − y pour f (x) + f (−x)
∀x ∈ R, g(x) = et
H
tout réel y. 2
Ainsi yf (1−y)+(y −y 2 )f (y) = 2y −y 2 f (x) − f (−x)
h(x) =
donc 1 + y − f (y) + (y − y 2 )f (y) = 2
V.
Par exemple, si f (x) =

2y − y 2 . x+1
On obtient donc (1 − y + y 2 )f (y) = 1 − , on trouve g(x) =
x2 + x + 1
y + y 2 donc f (y) = 1 car 1 − y + y 2 6= 0. 1
Ainsi f est nécessairement la fonction et
x4 + x2 + 1
constante égale à 1. x3
Réciproquement, cette fonction f (x) = 4
x + x2 + 1
convient : c’est donc la seule solution
du problème.
3. On se donne une application f : R →
R.
1. Par l’absurde, supposons qu’il existe
- Analyse : p ∈ N tel que f = fp . Deux appli-
On suppose que f peut s’écrire cations sont égales si et seulement si
f = g + h, avec g paire et h elles prennent les mêmes valeurs.
impaire. Ainsi pour tout x de
R, on a f (x) = g(x) + h(x) et ∀n ∈ N f (n) = fp (n).

En particulier pour n = p, f (p) = 1. On effectue des calculs modulo 17 :
fp (p). D’autre part la définition de f
nous donne
un = 3.52n+1 + 23n+1
f (p) = fp (p) + 1. Nous obtenons
une contradiction car f (p) ne peut = 15.25n + 2.8n
prendre deux valeurs distinctes. En ≡ 15.8n + 2.8n (mod17)
conclusion, quelque soit p ∈ N, f 6= ≡ 17.8n (mod17)
fp . ≡ 0(mod17)
2. a) Montrons en fait la contraposée.
On peut également procéder par
S’il existe i tel que pi divise
récurrence. Tout d’abord u0 = 17.
N = p1 p2 · · · pr +1 (i est fixé) alors Supposons ensuite que
il existe k ∈ Z tel que N = kpi
un = 3.52n+1 + 23n+1 = 17p, oà u p est
donc
un entier naturel.
pi (k − p1 p2 · · · pi−1 pi+1 · · · pr ) = 1 Dans ces conditions :
1
soit pi q = 1
(avec q = k−p1 p2 · · · pi−1 pi+1 · · · pr
un nombre entier). Donc pi ∈ Z
.P un+1 = 3.52n+3 + 23n+4
= 25.3.52n+1 + 8.23n+1
.N
et 1/pi = q ∈ Z, alors pi vaut = 25(17p − 23n+1 ) + 8.23n+1
1 ou −1. Et donc pi n’est pas un
= 17(25p − 23n+1 ) = 17q
nombre premier.
Conclusion : par contraposition il On ainsi prouvé que pour tout entier
H
est vrai que N n’est divisible par n, un est divisible par 17.
aucun des pi . 2. - Par récurrence :
V.
b) Raisonnons par l’absurde : s’il Tout d’abord u0 = 42 − 33 = −11 est

n’existe qu’un nombre fini r de divisible par 11.
nombres premiers p1 , ..., pr alors Soit n dans N. On suppose qu’il existe
N = p1 p2 ...pr+1 est un nombre un entier p tel que un = 11p. Alors :
premier car divisible par aucun
nombre premier autre que lui
même (c’est le 1.). un+1 = 44n+6 − 3n+4 = 256 − 44n+2 − 3.3n+3
Mais N est strictement supérieur = 256(11p + 3n+3 ) − 3.3n+3
à tous les pi . Conclusion on a = 11(256p − 23.3n+3 ) = 11q
construit un nombre premier N
différent des pi , il y a donc au Ainsi un+1 est lui-même divisible par
moins r + 1 nombres premiers, ce 11.
qui est absurde. Cela prouve la propriété au rang n + 1
et achève la récurrence.
- En utilisant les congruences modulo
11 :

On utilise le fait que 256 = 253 + 3 ≡ D’après ce qui précède :
3(mod11). - Le nombre de solutions dans N2 de
1 n

x0 + x1 = n est n + 1 = n+1 = n+1
- Le nombre de solutions dans N3 de
n n
un = 16.256 .27.3 x0 + x1 + x2 = n est
n n
≡ 16.3 − 27.3 (mod11) 1 2
n

(n + 1)(n + 2) = n+2 = n+2 .
≡ −11.3n (mod11) 2
On peut généraliser à tout entier p > 0 :
≡ 0(mod11) Le nombre de solutions dans Np de
n
(Ep,n ) : x0 + x1 + ... + xp = n est n+p .
3. On montre que un = cos(nθ), par
Pour démontrer ce résultat, dont on sait
récurrence sur n.
qu’il est vrai si p = 1 ou p = 2 (et qui
D’après l’énoncé, la propriété est vraie est d’ailleurs évident si p = 0), on peut
pour les indices 0 et 1. procéder par récurrence sur p.
Supposons qu’elle le soit pour les in- Le passage du rang p au rang p + 1
dices n − 2 et n − 1, avec n > 2. Alors : s’obtient en fixant l’inconnue xp+1 dans
1
un = 2u1 un−1 − un−2
= 2cosθcos(n − 1)θ − cos(n − 2)θ
.P
{0, ..., n}, ce qui ramène à (Ep,k ) : x0 + x1 +
... + xp = k avec 0 ≤ k ≤ n.
p
Le nombre de solutions de (Ep,k ) est
k+p par hypothèse.
.N
= (cosnθ + cos(n − 2)θ) − cos(n − 2)θ Le nombre de solutions de (Ep+1,n ) est
= cosnθ donc :
n n
H

On a ainsi prouvé la propriété au rang
X p X p
=1+
n, ce qui achève la récurrence. k+p k+p
k=0 k=1
n
V.

X p+1 p+1
Exercice 24 Enoncé =1+ −
k+1+p k+p
k=1
n+1 n
Notons tout d’abord que l’équation x +
X
X p+1 p+1
y = n possède n+1 couples solutions (x, y) =1+ −
k+p k+p
k=2 k=1
(on donne à x une valeur comprise entre 0
p+1 p+1
et n, et y vaut alors nécessairement n − x.) =1 + −
Pour trouver le nombre de triplets n + p + 1 p+1

(x, y, z) solutions de x + y + z = n, on p+1
=
peut fixer z à une valeur k quelconque de n+p+1
{0, ..., n}. L’équation devient alors x + y = Ce qui démontre la formule au rang p
n − k, qui possède n + 1 − k solutions. + 1 et achève la récurrence.
Le nombre de triplets de N3 solutions de
l’équation x + y + z = n est donc égal à : Exercice 25 Enoncé
1
(n + 1) + n + (n − 1) + ... + 1 = (n +
2
1)(n + 2). On a bien x1 = 1 car

!2
1
X 1
X donc un entier n > 2, et on suppose
x2k = xk ⇒ (x21 = x22 ) ⇒ que la propriété P (n) est vraie pour
k=1 k=1 tous les entiers k de k = 2 à k = n − 1.
(x1 = 1) (rappel :x1 > 0) Il s’agit donc de montrer que un s’écrit
On se donne maintenant un entier n ≥ comme le quotient d’un entier impair
1, et on suppose que l’égalité xk = k est par un entier pair.
vraie pour tout entier k de {1, ..., n} : il suf-
- Supposons que n soit impair. P (n−1)
fit donc de prouver l’égalité xn+1 = n + 1.
n+1 n+1
!2 est vraie : il existe deux entiers a et b
X X 2a + 1
Par hypothèse, on a x3k = xk tels que un−1 = .
2b
k=1 k=1 2a + 1
n
!2 Ainsi un = + 1/n =
X 2b
donc : x3n+1 +s umnk=1 = xn+1 + xk 2(an + b) + n
k=1 (quotient d’un entier
2bn
En utilisant l’hypothèse de récurrence impair par un entier pair.)
cette égalité s’écrit aussi : - Supposons que n soit pair. Posons
n n
!2
1
X X n = 2m.
x3n+1 + = xn+1 + k
x3n+1 +
n
k=1
c’est-à -dire :
2
(n + 1) 2

= xn+1 +
n(n +
k=1
1)
2
.POn remarque que : un = 1+1/3+1/5+
1
2
1 1
... + 1(2m − 1) + (1 + + + ... + ).
2 3
1
3
.N
4 2 Après réduction au même dénominateur,
1
Après développement, on obtient la somme 1 + 1/3 + ... + peut
x3n+1 − x2n+1 − n(n + 1)xn+1 = 0. 2m − 1
p
Cette expression se factorise en s’écrire oà u p et q sont deux
H
2q + 1
xn+1 (xn+1 + n)(xn+1 − n − 1) = 0. Sa- entiers.
chant que xn+1 > 0, il vient xn+1 = n + 1, D’autre part, l’hypothèse de
V.
ce qui prouve la propriété au rang n + 1 et récurrence montre que um = 1 +

achève la récurrence. 1/2 + 1/3 + ... + 1/m peut s’écrire
2r + 1
Exercice 26 Enoncé um = , oà u r et s sont deux
2s
entiers.
3 11 On obtient donc :
1. On constate que u2 = , u3 = , u4 =
2 6 p 2r + 1
25 un = +
, 2q + 1 2s
12 2ps + (2r + 1)(2q + 1)
137 = .
u5 = etc. 2s(2q + 1)
60
Il semble donc que chaque un s’écrire Ainsi un est encore le quotient d’un
comme le quotient d’un entier impair entier impair par un entier pair.
par un entier pair (ce qui implique Conclusion : pour tout entier n ≥ 2,
que lui même n’est pas entier !). un n’est pas un entier.
On va démontrer cette propriété P (n) 2. Notons un l’expression qu’il s’agit
par récurrence forte. On se donne ici de calculer. On procède par

récurrence. 2. On procède de même par récurrence :
La propriété est vraie si n = 1 car soit An l’assertion (f −1 )n = (f n )−1 .
√ π Cette assertion est vraie pour n = 0.
u1 = 2 = 2 cos .
4 Pour n ∈ N supposons An vraie. Alors
On note que pour tout n > 1, un+1 =
√ (f −1 )n+1 = (f −1 )n ◦ f −1 = (f n )−1 ◦
2 + un . f −1 = (f ◦ f n )−1 = (f n ◦ f )−1 =
π
Si un = 2 cos n+1 alors (f n+1 )−1
2
Donc An+1 est vraie. Par le principe de
r récurrence
π
un+1 = 2 1 + cos n+1
r
2 ∀n ∈ N(f −1 )n = (f n )−1
π
= 4 cos2 n+2
2 Exercice 31 Enoncé
π
= 2 cos n+2
2 1. Montrons par récurrence ∀n ∈
.
1
N, xn > 3. Soit l’hypothèse de
La propriété est donc démontrée par
récurrence.
.P récurrence : (Hn ) : xn > 3 :
• La proposition H0 est vraie car x0 =
4 > 3.
.N
• Soit n ≥ 0, supposons Hn vraie et
montrons que Hn+1 est alors vraie.
Exercice 28 Enoncé 2x2n − 3
xn+1 − 3 = − 3 =
H
xn + 2
Exercice 29 Enoncé 2x2n − 3xn − 9
xn + 2
V.
Exercice 30 Enoncé Par hypothèse de récurrence xn > 3,

donc xn + 2 > 0 et
1. Montrons la proposition demandée 2x2n − 3xn − 9 > 0 (ceci par étude de la
par récurrence : soit An l’assertion fonction x 7→ 2x2 −3x−9 pour x > 3).
f n+1 = f ◦ f n . Cette assertion est vraie Donc xn+1 − 3 et Hn+1 est vraie.
pour n = 0. Pour n ∈ N supposons An • Nous avons montrer ∀n ∈ N, Hn ⇒
vraie. Alors Hn+1
f n+2 = f n+1 ◦ f = (f ◦ f n ) ◦ f = et comme H0 est vraie alors Hn est
f ◦ (f n ◦ f ) = f ◦ f n+1 vraie quelque soit n. Ce qui termine
Nous avons utiliser la definition de la démonstration.
f n+2 , puis la proposition An , puis 2. Montrons que xn+1 − 3 − 3/2(xn − 3)
l’associativité de la composition, puis est positif.
la définition de f n+1 . Donc An+1 est 2x2n − 3
vraie. Par le principe de récurrence xn+1 − 3 − 3/2(xn − 3) = −
xn + 2
∀n ∈ Nf n ◦ f = f ◦ f n 3/2(xn − 3)

x2n + 3xn + 12 4.
=
2(xn + 2)
(A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
Ce dernier terme est positif car xn >
3. (A ∩ B)) ∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
((A ∪ B) ∩ (A ∪ B)) ∪ (A ∩ B) =
Exercice 32 Enoncé A ∪ (B ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
A ∪ (B ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
A(A ∩ B)
Ecrivons plus simplement les ensembles
suivants (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) = A
1.
5.
A ∩ (A ∩ B) = A ∪ (A ∩ B)
(A ∪ B) ∩ (A ∩ B) ∩ (A ∩
= A ∪ (A ∩ B)
1
(A ∪ (B ∩ B)) ∩ (A ∩
= (A ∪ A) ∩ (A ∪ B)
= E ∩ (A ∪ B)
A ∩ (A ∩ B) = A ∪ B
.P A ∩ (A ∪
(A ∩ A) ∪ (A ∩ B)(A ∪ B) ∩ (A ∩ B) ∩ (A ∩
.N
A
2. 6.
H
A ∪ (A ∩ B) ∩ B = A ∩ (A ∩ B) ∩ B A ∩ B ∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
V.
= A ∩ (A ∪ B) ∩ B
(A ∪ B) ∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
A ∪ (A ∩ B) ∩ B = A ∩ B
car A ⊂ (A ∪ B) (A ∪ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) =
(A ∩ B) ∪ (A ∪ B) ∪ (A ∩ B) ∪ ((A ∩ B)) =
3.
(A ∪ B) ∩ (A ∩ B) ∩ (A ∪ B) ∪ (A ∩ B) =
(A∩B)∪(A∩B)∪(A∩B) = A∩(B∪B)∪(A∩B) (A ∩ B) ∪ (A ∪ B) ∪ (A ∩ B) ∩ (A ∪ B) =
(A ∩ B) ∪ (A ∪ B) =
= A ∩ E ∪ (A ∩ B) (A ∪ B)
= A ∪ (A ∩ B)
= (A ∪ A) ∩ (A ∪ B)
1. Soit A = {a, b, c}; B = {a, π}
(A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) = A ∪ B

1. Montrons que f (∅) = 0
∗A\B = {b, c} Soit A ∈ E
∗B\A = {π} On a :A ∪ ∅ = A
∗A4B = {b, c, π}
∗A×B = {(a, π); (b, a); (b, π); (c, a); (c, π); (a, a)} f (A ∪ ∅) = f (A) + f (∅)
⇒ f (A) = f (A) + f (∅)
A = {{a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, ∅, A}
⇒ f (∅) = f (A) − f (A)
B = {∅, B, {a}, {π}}
⇒ f (∅) = 0
A∪B = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, A, B
, {π}}
A ∪ B = {a, b, c, π} 2. Montrons que pour tous éléments A et
B de P(E) on a :
P(A∪B) = {{a}, {b}, {c}, {π}, {a, b}, {a, c}, Bf (A ∪ B) = f (A) + f (B) − f (A ∩ B)
, {b, c}, {b, π}, {c, π} A ∪ B = (A\B) ∪ B, donc
1
, A, {a, b, π}, {a, c, π}, {a, c, b}, A∪B, ∅} f (A ∪ B) = f (A\B) + f (B) car
2. p : P(A ∪ B) ⊂ P(A) ∪ P(B) : P est

faux
.P
(A\B) ∩ B = ∅
A\B = A ∩ B
donc
.N
Q : P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B) : Vraie
f (A ∪ B) = f (A ∩ B) + f (B)(1)
3. C = {(a, b) ∈ R2 , a2 + b2 ≤ 1} De plus
H
Raisonnons par l’absurde A ∪ B = (B\A) ∪ A

Supposons que C est un produit f (A ∪ B) = f (B\A) + f (A) car
cartésien de deux parties de R
V.
Soit C = E × F (B\A) ∩ A = ∅
On a : (1, 0) ∈ C avec 1 ∈ E et O ∈ F
1+0≤1 f (A ∪ B) = f (B ∩ A) + f (A) (2)
De même , (O, 1) ∈ C avec 0 ∈ E et (1) + (2) donne :
1∈F 2f (A ∪ B) = f (A ∩ B) + f (B ∩ A) +
Donc 1 ∈ E et 1 ∈ F , f (A) + f (B)(3)
Ainsi (1, 1) ∈ C(absurde) A ∪ B = (A4B) ∪ (A ∩ B)
car 12 + 12 ≥ 1 f (A ∪ B) = f (A4B) + f (A ∩ B)
Par conséquent C n’est pas le produit car (A4B) ∩ (A ∩ B) = ∅
cartésien de deux parties de R A4B = (A\B) ∪ (B\A)
= (A ∩ B) ∪ (B ∩ A)
Exercice 34 Enoncé On a : (A ∩ B) ∩ (B ∩ A) = ∅
donc
On a : f (A4B) = f (A ∩ B) + f (B ∩ A)
f (A ∪ B) = f (A) + f (B) f (A ∪ B) = f (A ∩ B) + f (B ∩ A) +
f (A ∩ B) (4)

(3) − (4) donne : 3. Soit X = (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A).
f (A ∪ B) = f (A) + f (B) − f (A ∩ B) On factorise B dans la première inter-
section :
3. Déduisons f (A ∪ B ∪ C) pour toutes (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) = B ∪ (A ∩ C).
parties A, B et C de E Ainsi :
X = [B ∪ (A ∩ C)] ∩ (C ∪ A)
f (A ∪ B ∪ C) = f ((A ∪ B) ∪ C)
= [B ∩ (C ∪ A)] ∪ [(A ∩ C) ∩ (C ∪ A)].
= f (A ∪ B) + f (C) − f ((A ∪ B) ∩ C) Mais (A ∩ C) ∩ (C ∪ A) se réduit à
= f (A)+f (B)+f (C)−f (A∩B)−f ((A∪B)∩C) (A ∩ C) car (A ∩ C) ⊂ (A ∪ C). On en
déduit :
= f (A)+f (B)+f (C)−f (A∩B)−f ((A∩C)∪(B∩C)) X = [B ∩ (C ∪ A)] ∪ (A ∩ C)
= f (A)+f (B)+f (C)−f (A∩B)−f (A∩C) = [(B ∩ C) ∪ (B ∩ A)] ∪ (A ∩ C)
−f (B ∩ C) + f ((A ∩ C) ∩ (B ∩ C)) = (A ∩ B) ∪ (B ∪ C) ∪ (C ∩ A)
C’est ce qu’il fallait démontrer.
d’oéu
1
f (A∪B∪C) = f (A)+f (B)+f (C)−f (A∩C)
−f (A ∩ B) − f (B ∩ C) + f (A ∩ B ∩ C)
.P Exercice 36 Enoncé
1. Si A est une partie de E, c’est une par-

.N
tie de E ∪ F . Donc P (E) ⊂ P (E ∪ F ).
4. Si E est fini , on peut dire que f Par symétrie P (F ) ⊂ P (E ∪ F ). On en
déduit
P (E) ∪ P (F ) ⊂ P (E ∪ F ).
H
Si aucun des deux ensembles E ou

1. On a toujours les inclusions A∩B ⊂ A
F ne contient l’autre, alors l’inclusion
V.
et A ⊂ A ∪ B.
réciproque est fausse carE ∪F est une
L’hypothèse de l’énoncé implique partie de E ∪ F sans être ni une partie
donc A = A ∩ B = A ∪ B. de E ni une partie de F .
De même, par symétrie, B = A ∩ Si E ⊂ F par exemple, on a P (E) ⊂
B = A ∪ B. On en déduit A = B P (F ) et donc P (E) ∪ P (F ) = P (F ) =
(réciproque immédiate). P (E ∪ F ).
2. Soit x un élément de B. On doit mon- Conclusion :
trer que x est dans C. On a toujours P (E) ∪ P (F ) ⊂ P (E ∪
- Si x est dans A, alors il est dans A∩B F ). Ce n’est une égalité que si E ⊂ F
donc dans A ∩ C donc dans C. ou F ⊂ E.
- Si x n’est pas dans A, il est tout de 2. Un ensemble est une partie de E ∩ F
même dans A ∪ B donc dans A ∪ C. si et seulement si c’est une partie à la
Ainsi x est dans A ∪ C mais pas dans fois de E et de F .
A. Il est donc dans C. Autrement dit, on a l’égalité
Conclusion : on a l’inclusion B ⊂ C. P (E ∩ F ) = P (E) ∩ P (F ).

3. Les éléments de P (E) × P (F ) sont les et
+∞
couples (A, B), oà u A ⊂ E et B ⊂ F . \ 1 1
[a − , b + ] = [a; b]
Les éléments de P (E × F ) sont les n=1
n n
sous-ensembles de E × F . Tous les intervalles sont inclus dans
Il n’y a pas d’inclusion entre P (E × F ) le premier mais incluent eux-même
et l’intervalle [a; b]. Leur union est donc
P (E) × P (F ). égale au premier d’entre eux. Quand
Cependant, si on note à l’intersection, il faut encore vérifier
G = {X × Y, X ⊂ E, Y ⊂ F }, qu’aucun réel n’appartenant pas à
[a, b] ne peut y appartenir. Soit par
alors l’application (X, Y ) 7→ X ×Y est
exemple x < a (si x > b le raison-
une bijection de P (E) × P (F ) sur G,
nement est très similaire), notons
et G ⊂ P (E × F ) (sans qu’il y ait en
général égalité). ε = a − x > 0. Il existe un entier n tel
1
que < ε puisque la suite de terme
Exercice 37 Enoncé n
1
1
général tend vers 0. Mais alors pour
Posons F =
[
i∈I
Ai
!
[ \
i∈I
!
Bi .
.P n
cette valeur précise de n, x n’appar-
1 1
tient pas à [a − , b + ] (puisqu’on
n n
.N
On a bien entendu F ⊂ E. 1
a alors a − > x), donc il ne peut
Réciproquement, soit x un élément de n
E. appartenir à l’intersection demandée.
\
H
- Si x appartient à Bi , alors x appar- 2. Encore une fois, on s’en sort rapide-

i∈I ment et simplement via les propriétés
tient à F . des opérations sur les ensembles :
V.
- Sinon, donc s’il existe au moins un i

tel que x ∈ / Bi , alors l’égalité E = Ai ∪ Bi
montre que x est [ élément de Ai , et donc A∆B = (A ∩ B̄) ∪ (B ∩ Ā)
qu’il appartient à Ai . Ainsi x est encore = (A ∪ B) ∩ (A ∪ Ā) ∩ (B̄ ∪ B) ∩ (B̄
i∈I
élément de F . = (A ∪ B) ∩ (Ā ∪ B̄)
Conclusion :!on a bien l’égalité = (A ∪ B) ∩ (A ∩¯ B)
!
[ [ \ = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B)
E= Ai Bi .
i∈I i∈I
(on a juste utilisé les lois de de Mor-
Exercice 38 Enoncé gan et le fait que A ∪ Ā = E).
Si A∆B = A ∩ B, comme
1. On a A∆B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) est constitué
+∞
d’éléments n’appartenant pas à A ∩ B,
[ 1 1 il faut nécessairement que A ∩ B = ∅.
[a − , b + ] = [a − 1; b + 1]
n=1
n n Mais alors A∆B = A ∪ B d’une part,

et d’autre part A∆B est lui aussi vide Pour x1 < x2 ; on a :f (x1 ) > f (x2 )
puisque par hypothèse égal à A ∩ B. Dans tous les cas , on remarque que
On a donc finalement A ∪ B = ∅, ce ∀x1 , x2 ∈ R
qui implique bien sêur A = B = ∅. x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )
Donc f est une aplication injective
Montrons quelques assertions. Exercice 41 Enoncé

f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
Si y ∈ f (A ∩ B), il existe x ∈ A ∩ B tel Montrons que :
que y = f (x), or x ∈ A donc y = f (x) ∈
f (A) et de même x ∈ B donc y ∈ f (B). 1. f injective⇐⇒ ∀A ∈ P(E), A =
D’oà u y ∈ f (A) ∩ f (B). f (−1) (f (A))
Tout élément de f (A∩B) est un élément Supposons que f est injective
de ∀A ∈ P(E) ; a-t-on A = f (−1) (f (A)) ?
f (A) ∩ f (B) donc f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ Démontrons alors que
1
f (B).
Remarque : l’inclusion réciproque est
fausse.
.P
A ⊂ f (−1) (f (A)) et f (−1) (f (A)) ⊂ A
Soit x ∈ A
.N
Exercice : trouver un contre-exemple.
f −1 (F \ A) = E \ f −1 (A). x ∈ A ⇒ f (x) ∈ f (A)
⇒ f (−1) (f {x}) ∈ f (−1) (f (A))
⇒ A ⊂ f (−1) (f (A))(1)
H
x ∈ f −1 (F \ A) ⇔ f (x) ∈ F \ A
⇔ f (x) ∈/A
/ f −1 (A)
V.
⇔x∈ Soit x inf (−1) (f (A))

car f −1 (A) = {x ∈ E/f (x) ∈ Ag} Donc f (x) ∈ f (A)
⇔ x ∈ E \ f −1 (A) f étant une application , il existe donc
x ∈ A tel que f (x0 ) = f (x)
Exercice 40 Enoncé Mais étant donnée que f est injective
, on a : x = x0 or x0 ∈ A donc x aussi.
Soit f une application définie de R vers R d’oéu f (−1) (f (A)) ⊂ A(2)
strictement monotone . Soient x1 , x2 des De (1) et (2) , A = f (−1) 1(f (A))
éléments de R tels que x1 = x2 ← Supposons que ∀A ∈ P(E)
1er cas : Supposons que f est strictement A = f (−1) (f (A))
croisante. Montrons que f est injective
Pour x1 > x2 , on a : f (x1 ) > f (x2 ) Supposons qu’elle ne l’est pas
Pour x1 < x2 ; on a :f (x1 ) < f (x2 ) Ainsi , il existe x, x0 ∈ E , avec
2e cas : Supposons que f est strictement x = x0 tels que f (x0 ) = f (x) = y Soit
décroissante . A = {x}
Pour x1 > x2 , on a : f (x1 ) < f (x2 ) donc f (A) = {y}

or f (−1) 1(f (A)) contient mise à part ∀B ∈ P(F ); B = f (f (−1) (B))
x, x0 3. Supposons que f est bijective et mon-
{x, x0 } =
6 A trons que ∀A ∈ P(E), f ({A
f (A)
E ) = {F
On a : f (−1) 1(f (A)) = {x, x0 } et Soit y inf({A E)
A = {x} , donc c 6= A A
y inf({E ) ⇐⇒ ∃!x ∈ A/y = f (x)
Ce qui est absurde car f (−1) 1(f (A)) = puisquef est bijective
A On a alors y ∈ f ({A E ) ⇐⇒ ∃!x ∈
D’oéu f est injective A/y = f (x)
avec x ∈ A
x ∈ A ⇐⇒ x ∈ /A
2. ⇒ Supposons que f est surjective f (A)
x∈ / A ⇐⇒ y ∈ / f (A) ⇐⇒ y ∈ {F
Montrons que ∀B ∈ P(E); f (A)
Donc y inf({A E ) ⇒ y ∈ {F
B = f (f (−1) (B)) f (A)
Soit B ∈ P(E) D’oéu f ({A E ) ⊂ {F (1)
f (A)
Montrons queB ⊂ f (f (−1) (B)) et Soit y ∈ {F
f (A)
quef (f (−1) (B)) ⊂ B y ∈ {F ⇒ y ∈ / f (A) y ∈ / f (A) ⇐⇒
1
Soit y ∈ B
donc f −1 ({y}) ⊂ f (−1) (B)
y ∈ B ⊂ F ⇒ ∃x ∈ E, f (x) = y car f
.P y = f (x) oéu x ∈
x∈ /A⇒x∈A
⇒ f (x) ∈ f ({A E)
/ A(f est bijective)
.N
A
est surjective ⇒ y ∈ f ({E )
f (A)
Alors il existe x ∈ E tel que f (x) ∈ B Donc y ∈ {F ⇒ y ∈ f ({A E)
On a donc x ∈ f (−1) (B) c’est-à -dire f (A)
d’oéu {F ⊂ f ({A E ) (2)
f (x) ∈ f (f (−1) (B)) De (1) et (2) , si f est bijective , alors
H
f étant surjective , on a : ∀A ∈ P(E),

y = f (x) ie y ∈ f (f (−1) (B)) f ({A
f (A)
E ) = {F
V.
D’oéuB ⊂ f (f (−1) (B)(1) ⇒ Supposons que ∀A ∈ P(E), f ({A E) =

Soit y ∈ f (f (−1) (B) f (A)
{F et montrons que f est bijective
Ainsi ∃x ∈ f (−1) (B)/f (x) = y Injectivité
On a donc x ∈ f (−1) (B)
ie f (x) ∈ B , donc y ∈ B Soit x, x0 ∈ E/x 6= x0 . On a : x ∈ {x0 }
d’oéu f (f (−1) (B) ⊂ B(2) x ∈ {x0 } ⇒ f (x) ∈ f ({x0 })
De (1) et (2) on a : B = f (−1) (B) Or f ({x0 }) = f ({x0 }) Donc
⇒ Supposons queB = f (f (−1) (B)) x ∈ {x0 } ⇒ f (x) ∈ f ({x0 })
∀B ∈ P(E) or f ({x0 }) = f (x0 )
Montrons que f est surjective. Ceci re- Alors
vient à montrer que x ∈ {x} ⇒ f (x) ∈ {f (x0 )}
∀y ∈ F, ∃x ∈ E/f (x) = y ⇒ f (x) 6= f (x0 )
On a : F ∈ P(F ) ⇒ F = f (f (−1) (F ))
Par définition (f (−1)(F ) ) = E, donc Donc si x 6= x0 , alors f (x) 6= f (x0 )
F = f (E) doéu f est surjective D’oéu f est injective
Par conséquent f est surjective ⇐⇒ ⇒ Surjectivité

f est une application 1. On suppose que g ◦ f est surjective.
f (A)
∀A ∈ P(E), f ({A E ) = {F Soit z un élément de G : z possède un
f (A)
On a :f ({A E ) = {F antécédent x dans E par g ◦ f .
En particulier pourA = ∅, on a : On a alors z = (g ◦ f )(x) = g(y) avec
f (∅)
f ({∅E ) = {F y = f (x).
Ainsi z possède un antécédent y dans
F par g : l’application g est surjective.
f (E) = {∅F
2. On suppose que g ◦ f est injective.
f (E) = F
Soient a et b deux éléments de E.
Par conséquent f est bijective ⇐= Si f (a) = f (b) alors (g ◦ f )(a) =
f (A)
f ({A
E ) = {F (g ◦f )(b) puis a = b de par l’hypothèse
sur g ◦ f .
Exercice 42 Enoncé Ainsi f (a) = f (b) ⇒ a = b : l’applica-
tion f est injective.
1
On procède par récurrence sur m ≥ 0. Si 3. On suppose g ◦ f surjective et g injec-
m = 0 , on a alors Em = ∅ et En = ∅( en
effet , si En 6= ∅, l’ensemble f(En ) est alors
non vide et contenu dans l’ensemble vide ,
.P tive.
Soit y un élément de F . Soit z son
image par g.
.N
ce qui est impossible) ; donc n = 0 Puisque g ◦ f est surjective, il existe x
Supposons le résultat acquis pour m ≥ dans E tel que z = (g ◦ f )(x).
0 . Soit ϕ une injection de En dans Em+1 . On peut donc écrire z = g(y) et z =
H
Si n = 0 , on a bien n ≤ m + 1. Si n ≥ 1, g(f (x)).

on distingue alors deux cas de figure .
L’injectivité de g donne alors y =
∗ Soit ϕ(n) = m + 1 et dans ce cas ϕ
V.
f (x).
induit une bijection de En−1 dans Em (la
Ainsi tout y dans F possède un
restriction de ϕ à En−1 ) et n − 1 ≤ m, soit
antécédent x par f : l’application f est
n ≤ m + 1 ∗ ϕ(n) 6= m + 1 et dans ce cas en
surjective.
désignant par Φ l’application de Em+1 dans
lui mêeme définie par 4. On suppose g ◦ f injective et f surjec-
Φ(ϕ(n)) = m + 1, Φ(m + 1) = ϕ(n) tive.
et Φ(k) = k pour k ∈ Em+1 /{ϕ(n), m + Soient y et y0 deux éléments de F tels
1}, l’application Φ ◦ ϕ est injective de En que g(y) = g(y0 ).
dans Em+1 (composée de deux injections Puisque f est surjective, il existe x,
puisqueϕ est injective et ϕ est bijective) x0 dans E tels que y = f (x) et y0 =
avecΦ ◦ ϕ(n) = m + 1, ce qui nous ramène f (x0 ).
au cas précédent. On en déduit (g ◦ f )(x) = (g ◦ f )(x0 ),
puis x = x0 car g ◦ f est injective.
Il en découle y = y0 , ce qui prouve
l’injectivité de g.

Exercice 44 Enoncé 2. Soit h une application de F dans E
telle que f ◦ h = IdF
Exercice 45 Enoncé f ◦ h = IdF donc f ◦ h est bijective car
IdF est bijective
1. On suppose g ◦ f surjective et g injec- f ◦ h étant bijective alors c’est aussi
tive. une application surjective or f ◦
Soit y un élément de F . Soit z son h surjective =⇒ f est surjective.
image par g. D’où s’il existe une application de h de
Puisque g ◦ f est surjective, il existe x F dans E telle que f ◦ h = IdF alors
dans E tel que z = (g ◦ f ) (x). f est surjective.
On peut donc écrire z = 3. Des deux questions précédentes, on
g (y) et z = g (f (x)). a:
L’injectivité de g donne alors y =
f (x). f bijective =⇒ g ◦ f ◦ f −1 = IdE ◦ f −1
Ainsi tout y dans F possède un =⇒ g = f −1 (1)
antécédent x par f : l’application f
1
est surjective.
2. On suppose g ◦ f injective et f surjec-
tive.
.P f bijective =⇒ f −1 ◦ f ◦ h = f −1 ◦ IdF
=⇒ h = f −1 (2)
.N
Soient y et y 0 deux éléments de F tels De (1) et (2), on a g = h = f −1 .
que g (y) = g (y 0 ). Exercice 47 Enoncé
Puisque f est surjective, il existe x,
x0 dans E tels que y = f (x) et y 0 =
H
1. Montrons que f injective ⇐⇒

f (x0 ). f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B)
On en déduit que (g ◦ f ) (x) = −Supposons que f est injective et
V.
(g ◦ f ) (x0 ), puis x = x0 car g ◦ f est montrons que f (A ∩ B) = f (A) ∩

injective. f (B)
Il en résulte que x = x0 , ce qui prouve Soit y ∈ f (A ∩ B)
l’injectivité de g.
Exercice 46 Enoncé y ∈ f (A ∩ B) =⇒ ∃x ∈ A ∩ B/f (x) = y
x ∈ A ∩ B =⇒ x ∈ A et x ∈ B
1. Soit g une application de F dans E
telle que g ◦ f = IdE =⇒ f (x) ∈ f (A) et f (x)
Soit x et x0 ∈ E / f (x) = f (x0 ) =⇒ y ∈ f (A) ∩ f (B)
Donc f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) (1)
f (x) = f (x0 ) =⇒ g ◦ f (x) = g ◦ f (x0 ) Soit y ∈ f (A) ∩ f (B) : y ∈ f (A) et
=⇒ IdE (x) = IdE (x0 ) y ∈ f (B)
y ∈ f (A) =⇒ ∃x ∈ A/f (x) = y
=⇒ x = x0 (car IdE = x = x0 )
y ∈ f (B) −→ ∃x0 ∈ B/f (x0 ) = y
donc f est injective f (x) = f (x0 ) donc x = x0 car f est

injective. Montrons que f est à la fois injective
x ∈ A et x ∈ B donc x ∈ A ∩ B et surjective
et par suite f (x) ⊂ f (A ∩ B) donc∗Surjectivité de f
f (A) ∩ f (B) ⊂ f (A ∩ B) (2). Par hypothèse f Ā = f (A)
De (1) et (2) on a f (A ∩ B) = f (A) ∩
Il s’agit
de montrer que f (E) = E
f (B). f Ē = f (E) = φ ⊂ E
Par suite f injective f (E) = φ donc f (E) = E. D’où f est
=⇒
f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) (I) surjective.
−Supposons que f (A ∩ B) = f (A) ∩ Soit a et b deux éléments de E
f (B) Posons A = {a}
Soit (x; x0 ) ∈ E 2 tel que f (x) = f (x0 ).
∗Injectivité de f
Posons A = {x} , B = {x0 } Il s’agit de montrer que ∀ (a; b) ∈
Supposons que f (A) = f (B) = z E 2 , a 6= b =⇒ f (a) 6= f (b)
b∈ / A ⇐⇒ b ∈ Ā =⇒ f (b) ∈ f (A)
b∈ / A =⇒ f (b) ∈ / f (A) = {f (a)}
f (A) ∩ f (B) = z =⇒ f (A ∩ B) = z
1
f (b) ∈ / f (A) donc f (b) 6= f (a)
=⇒ A = B car f (A) = (B) = z
=⇒ f est injective. f (b)
Donc f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) =⇒
.P
D’où ∀ (a; b) ∈ E 2 , a 6= b =⇒ f (a) 6=
Donc f est injective

.N
f est injective (II) On vient
de montrer que ()f bijective =⇒
De (I) et (II) on a f injective ⇐⇒ f Ā = f (A) et que f Ā = f (A) =⇒
f (A ∩ B) = f (A) ∩ (B) f bijective
Conclusion : f bijective ⇐⇒
H
2. Montrons que f bijective ⇐⇒

f Ā = f (A). f Ā = f (A).
Il s’agit de montrer deux implica-
V.
tions : Exercice 48 Enoncé

f bijective =⇒ f Ā =

f (A) et f Ā = f (A) =⇒ Exercice 49 Enoncé
f est bijective.
Supposons f bijective
a) 1A ≤ 1B ⇐⇒ A ⊂ B
Soit y un élément de E et x son
Supposons que A ⊂ B
unique antécédent par f dans E
Soit x ∈ E
x ∈ A ⇒ 1A (x) = 1
y ∈ f (A) ⇐⇒ y ∈
/ f (A) x ∈ A ⇒ x ∈ B car A ⊂ B
⇐⇒ x ∈
/A ⇒ 1B (x) = 1
⇐⇒ x ∈ Ā Comme 1 ≤ 1 alors 1A (x) ≤ 1B (x) et
donc 1A ≤ 1B
Soit x ∈
/A
Donc f bijective =⇒ f Ā = f (A) x∈/ A ⇒ 1A (x) = 0

Supposons f Ā = f (A) Si x ∈
/ A alors x ∈ B ou x ∈
/B

( d’oà u ∀x ∈ E
1 si x ∈ 1A∩B (x) = 1A (x).1B (x)
1B (x) =
0 si x ∈
/B
c) 1A = 1 − 1A (x)
Dans tous les cas , on a : 1(A : E 7→ R , x 7−→ 1A (x) =
1A (x) ≤ 1B (x), ∀x ∈ E 1 si x ∈
/A
D’oà u le résultat. 0∈A
Supposons que 1A ≤ 1B et montrons Soit x ∈ E
que A ⊂ B Si x ∈ A alors 1A (x) = 0 = 1 − 1A (x)
Soit x ∈ A Si ∈/ A alors 1A (x) = 1 − 1A (x)
1A ≤ 1B ⇒ ∀x ∈ E, 1A (x) ≤ 1B (x) Dans tous les cas 1A (x) = 1 − 1A (x)
En particulier pour ;x ∈ A on a : D’oà u le résultat
1A (x) ≤ 1B (x) ⇒ 1B (x) = 1
⇒x∈B d) A ∩ B = ∅ ⇒ 1A∪B = 1A + 1B
et donc A ⊂ B ⇒ Point de vue de A Supposons que A ∩ B = ∅
et B si 1A = 1B , alors A = B 1A∪B : E → R (
1
b) Justifions que 1A∩B = 1A .1B .
1A∩B : E 7→ R
.P x 7−→ 1A∪B (x) =
Soit x ∈ E
1 si x ∈ A ∪ B
0 sinon
.N
( Si x ∈ A ∪ B alors x ∈ A ou x ∈ B
1 si x ∈ A ∩ B Si x ∈ B(x ∈ A car A ∩ B = ∅)
x 7−→ 1A∩B (x) =
0 sinon Donc 1B (x) = 1 = 1B (x) + 1A (x)
Soit x ∈ A ∩ B
H
Si x ∈ A, (x ∈/ B car A ∪ B = ∅)
1A∩B (x) = 1 = 1A (x).1B (x) Donc 1A (x) = 1 = 1A (x) + 1B (x)
Si x ∈
/ A∩B Si x ∈ A ∪ B, alors 1A∪B (x) = 1 =
V.
er
1 cas ( 1A (x) + 1B (x)
1A (x) = 1 Si x ∈
/ A∪B
Si ∈ A \ B
1B (x) = 0 Si x ∈
/ A ∪ B; alors x ∈ / A et x ∈
/B
et on a : 1A (x).1B (x) = 0 1A (x) + 1B (x) = 0 = 1A∪B (x)
2e cas Donc ∀x ∈ E et A ∩ B = ∅, On a :
1A∪B = 1A + 1B
( ∈B\A
Si
1B (x) = 1
et on a : 1A (x).1B (x) = e) 1A∪B (x) = 1A (x) + 1B (x)
1A (x) = 0 A ∪ B = A ∪ (B \ A)
0 1A∪B = 1A + 1B\A
3e cas : x ∈(E A ∪ B B = (B \ A) ∪ (A ∩ B)
1A (x) = O 1B = 1B\A + 1A∩B
On a : et on a :
1B (x) = 0 1B\A = 1B − 1A∩B
1A (x).1B (x) = 0 D’oà u 1A∪B = 1A + 1B − 1A∩B
Donc ∀x ∈ / A∩B 1A∪B = 1A + 1B − 1A .1B
1A (x).1B (x) = 1A∩B (x)

f) α) avec α = n + 1.
A4B = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A) D’où A est lacunaire.
Par conséquent,toute partie infi-
1A4B = 1A∩B + 1B∩A nie de N* est lacunaire.
= 1A .1B + 1B .1A
= 1A (1 − 1B ) + 1B (1 − 1A ) (c) Démontrons que toute partie
= 1A − 1A .1B + 1B − 1B .1A d’une partie lacunaire de N* est
= 1A + 1B − 2(1B .1A ) elle aussi lacunaire.
1A4B = (1A − 1B )2 Tm
2. (a) Démontrons que k=1 Ek est lacu-
naire.
Exercice 50 Enoncé m
\ m
\ \
Ek ⊂ Ek ⇒ ( Ek ) [[n, 2n]] ⊂ Ek
1. (a) Justifions que toute partie finie de k=1 k=1
N* est lacunaire. m
1
\
⇒ Card(( Ek
Soit A une partie finie de N*, avec
Card(A)=m. T
λn (A) = Card(A T[n , 2n]).
Ainsi, Card(A [[n, 2n]]) ≤
.P ⇒ λn (
m
\
Ek ) ≤ λn (Ek )
k=1
.N
k=1
min(Card(A), Card([[n, 2n]])).
T Comme Ek est une partie lacu-
Donc, Card(A T 2n]]) ≤
[[n,
naire de N* alors ∃ αk ∈ R,
Card(A) soit Card(A [[n, 2n]])
H
(∀n ∈ N, λn (Ek ) ≤ αTr ).

≤ m.
On a donc λn ( m k=1 Ek ) ≤
Ainsi, ∃ α ∈ R, (∀n ∈ N∗, λn (A)
λn (Ek ) ≤ T
αk .
V.
≤ α) avec α = m.
Ainsi,Tλn ( mk=1 Ek ) ≤ αk .
On en déduit que A est lacunaire. m
D’où k=1 Ek est lacunaire.
Par conséquent, toute partie finie
de N* est lacunaire.
(b) Démontrons que m
S
k=1 Ek est la-
(b) Donnons un exemple de partie in-
cunaire.
finie N* qui est lacunaire.
( m
S T S T
E
k=1 k ) [[n, 2n]] = T k [[n, 2n]])
(E
Soit A = 2k, k ∈ N* une partie Sm
Ainsi,
Pm (Card( T k=1 Ek ) [[n, 2n]]) ≤
infinie de N*.
k=1 Card(E Sk m [[n, 2n]])
Démontrons que A estTlacunaire. T
Donc (Card( Pmk=1 E k ) [[n,T2n]]) ≤
Comme Card(A [[n, 2n]])
α avecSα = k=1 Card(Ek [[n, 2n]])
≤ min(Card(A),T Card([[n, 2n]]))
D’où m k=1 Ek est lacunaire de N.
alors Card(A [[n, 2n]]) ≤
Card([[n, 2n]]). T
Ainsi, Card(A [[n, 2n]]) ≤ n + 1. Exercice 51 Enoncé
On déduit que λn (A) ≤ n + 1.
Donc ∃ α ∈ R, (∀n ∈ N∗, λn (A) ≤

Pour que h soit bien déffnie, il est h son antécédent par g, c’est-à -dire y lui-
nécessaire (et suffisant d’ailleurs) que les même ! On a donc trouvé un antécédent à
éléments qui n’appartiennent pas à A aient y par h, et l’application h est bien surjec-
un antécédent par g, puisque c’est celui-ci tive, donc finalement bijective.
qui est censé leur servir d’image par h.
Mais si x ∈/ A, on a en particulier x 6= E1 , Ce théorème a des conséquences très
donc x ∈ g(F ) par définition de E1 . L’ap- intéressantes, mais que nous n’avons pas
plication h est donc bien déffinie. vraiment le temps d’étudier cette année.
Un exemple : il est facile de créer une in-
Prouvons que h est injective, et pour jection de N vers Q+ (il sufft de prendre
cela prenons deux éléments x et x0 dans E l’identité), mais aussi dans l’autre sens :
p
ayant même image par h. Si x et x0 appar- 7→ 2p 3q est injective. D’après le théorème
q
tiennent tous deux à A, pas de problème, h précédent, il existe donc une bijection
y coincide avec f qui est injective, ils sont entre N et Q., ce qui signifie en gros qu’il y
donc égaux. S’ils appartiennent tous deux a autant d’entiers que de rationnels.
1
à E \A, aucun souci non plus, leurs images
par h sont leurs antécédents par g, qui ne
peuvent pas être égaux s’ils sont différents.
1. Calculons les sommes.

9
.N
X
s1 = ak = 9(9+2)=99.
Enfin, supposons x ∈ A et x0 ∈ E \ A, et
k=0
donc f (x) = g −1 (x0 ). On a alors g ◦ f (x) = X2n
x0 . Or, si x ∈ A, c’est que x ∈ Ei pour s2 = ak =2n(2n+2)
H
un certain entier i, et on a donc f (x) ∈ Fi , k=0

puis g ◦f (x) ∈ g(Fi ). L’ensemble Ei+1 étant 2n
X n
X
déffini comme g(Fi ), privé de l’union des s3 = ak = s2 − ak c
V.
Ei précédents, g ◦ f (x) appartient soit à k=n+1 k=0

l’un de ces Ei , soit à Ei+1 . Dans tous les = 2n(2n + 2) − n(n + 2)
cas, x0 devrait appartenir à A, ce qui est
2. Déterminons an en fonction de n.
contraire à notre hypothèse. Xn n−1
X
ak = an + , donc
L’application h est donc bien injective. k=0 k=0
n n−1
Reste à prouver qu’elle est surjective. Soit
X X
an = ak − =n(n+2)-(n-
y ∈ F , si y ∈ f (A), aucun problème, k=0 k=0
il est image par h de son antécédent 1)(n+1).
par f . Supposons donc y ∈ / F (A). On a Exercice 54 Enoncé
donc,∀i>1, y ∈/ f (Ei ), donc g(y) ∈
/ Ei+1 .
n−1
X
Calculons (uk+1 − uk )
Comme g(y) ∈ / E1 par déffinition de E1 , k=0
le pauvre g(y) en est réduit à ne pas appar- ∀ n ∈ N, un+1 = un + n + 1. donc
tenir à A. Mais alors g(y) a pour image par Pour k ∈ [|0, n − 1|] , uk+1 − uk = k + 1.

Ainsi on a : (a)
n n
X 1 X 1 1
n−1 n−1 = − d’apr
X X k(k + 1) k k+1
(uk+1 − uk ) = (k + 1) k=1 k=1
k=0 k=0 1 1
n−1 n−1
= − (télescopique
X X 1 n+1
= k+ 1 n
=
k=0 k=0 n+1
n(n − 1)
= +n (b)
2
n(n + 1) n n
= . X k X
2 ln( )= (ln(k) − ln(k + 1))
k+1
k=1 k=1
= ln(1) − ln(n + 1) (téle
Déduisons une expression simple de un en
= −ln(n + 1)
fonction de n.
1
n−1
La somme
nul :
X
(uk+1 − uk ) est télescopique
k=0
donc on a pour tout entier naturel non
.P (c)
n
X
k=2
k+1
k k
(k + 1)! (k + 1)!
1
=
1
(k + 1) − 1
(k + 1!)
1
=
.N
n−1
− = −
X (k + 1)! (k + 1)! k! (k + 1)!
(uk+1 − uk ) = un − u0 Ainsi , donc
k=0
n−1
H
X n(n + 1) n n
un = (uk+1 − uk ) + u0 = ,

X k X 1 1
2 = −
k=0 (k + 1)! k! (k + 1)!
∀n ∈ N∗ . k=2 k=2
V.
Comme u0 vérifie la même expression on 1 1

= − télescopiq
a: 2! (n + 1)!
un = n(n+1)
2 , ∀n ∈ N.
Écritures à l’aide de factoriel :
Yn Y n
1. Déterminons a et b. 1. k k = 1 × 2 × 3 ×
1 a b 1 (a+b)x+a
x(x+1) = x + x+1 ⇐⇒ = k=4 k=1
x(x+1)
( x(x+1) n
Y
a+b=0 k
Par identification on a : . n n
n!
a=1
Y Y k=1
k donc k= =
( 1×2×3 6
a=1 k=4 k=4
Ce qui conduit à n n
! n !
b = −1 Y Y Y
2. k2 = k k = (n!)2
2. Calculons les sommes : k=1 k=1 k=1

2n 2n n
! 2n
! 2n
Y Y Y Y 1.
Y
3. k k= k k donc k=
k=n+1 k=1 k=1 k=n+1 k=n+1
Y2n
k 8 X
5 8 5
!
X X X
k=1 (2n)! i 2 3j = i 2 3j
n =
Y n! i=1 j=1 i=1 j=1
k 8
X 5
X
!!
k=1 = i2 3j
i=1 j=1
8
n 35 − 1
X
Y 2
4. (2k + 1) = i 3.
i=1
3−1
k=1
8
X
363i2

=
2n+1 i=1
Y 8
k = 1 × 2 × 3 × 4 × ..... × 2n × (2n + 1) X
1
= 363 i2
k=1
=
Yn
(2k + 1)
Y
!
(2k) donc
.P
= (1 × 3 × 5 × ... × (2n + 1))(2 × 4 × 6 × ..... × 2n)
! n = 363 ×
8(8 + 1)(2 × 8 + 1)
6
i=1
.N
= 74052
k=1 k=1
H
2.
2n+1
V.
Y
n
k
Y k=1 (2n + 1)!
(2k + 1) = n =
2n (n)!
Y n X
i n i
!
k=1 (2k)
X X X
2j = 2j
k=1 i=1 j=0 i=1 j=0
n
X i+1

2 −1
=
i=1
2−1
Xn
2i+1 − 1

=
Exercice 57 Enoncé i=1
X n n
X
i
=2 2 − 1
i=1 i=1
n

2 −1
=2 2× −n
2−1
Calculons les sommes doubles : = 2n+2 − n − 4

3. (a)
j−1 j−1
n X n
!
X i X Xi
=
j=2 i=1
j j=2 i=1
j n Xn
X
k n n−k k n
n j−1
!! (−1) = (1) (−1)
X 1 X k k
= i k=0 k=0
j=2
j i=1 = (1 − 1)n formule de N
n
=0

X 1 j(j − 1)
=
j=2
j 2
n
1X
= (j − 1)
2 j=2
(b)
n−1
1 X
= j
2 j=1
1
n−1 n
n(n − 1)
X
n k n
4.
=
4 .P X
k=1
(−3) k
k
=
=
k=0
Xn
(−3)
k
− (−3
(1)n−k (−3)k

n
−
.N
n
n X k
X X k=0
i+j
2 = 2i+j = (1 − 3)n − (1 + (−3)n )
16i6j6n i=1 j=i
= (−2)n − (−3)n − 1
H
V.
n
(c)
1

1. Justifions que ∀k ∈ [|0, n|] , k+1 k =
1 n+1

n+1 k+1
Soit k ∈ [|0, n|] n X n
X n n−1 n
k = n car k =
1 n 1 n! k k−1 k
= k=0 k=0
k+1 k k + 1 k!(n − k)! n
X n−1
1 (n + 1)n! =n
= k−1
n + 1 (k + 1)k!(n − k)! k=0
n
1 (n + 1)! X n−1 n−1
= =n car
n + 1 (k + 1)!((n + 1) − (k + 1))! k−1 −1
k=1
1 n+1 n−1
= X n−1
n+1 k+1 =n
k
k=0
n−1
2. Calculons les sommes : = n2

(d) Exercice 59 Enoncé
n X n
X 1 n 1 n+1
= Prouvons
d’après 1.que
k+1 k n+1 k+1 n x
k=0 k=0 sin(nx + ) 1
2 − .
X
n
cos(kx) =

1 X n+1 x
= 2sin( 2 ) 2
n+1 k + 1 k=0
k=0 Soit x un réel tel que x ∼ 6= 0(mod2π)
n+1 n n
1 X n+1 X X
= Posons A = cos(kx) et B = sin(kx)
n+1 k k=0 k=0
k=1
n+1
!
n n
1 X n+1 X X
= A+− iB
1 == cos(kx) + i sin(kx)
n+1 k
k=0 k=0 k=0
1 n
2n+1 − 1

= =
X
(cos(kx) + isin(kx))
n+1
k=0
n
1
X
eikx

=
3. Expressions plus simples
(a)

n

n
.P =
e
k=0
(n+1)ix
eix −1
−1
(x 6= 0)
.N
X X
An + Bn = + (n+1)ix (n+1)ix
− (n+1)ix

2k 2k + 1 e 2 e 2 −e 2
062k6n 062k+16n
n = ix
ix ix

X n e2 e2 −e 2 −
=
H
k
(n+1)x
(n+1)ix
k=0
sin 2 e 2
= 2n = ix
sin x2 e 2
V.

X n X n sin (n+1)x
An − Bn = = − 2 (n)ix
2k 2k + 1 = sin x e 2
062k6n 062k+16n
2
X n X
sin (n+1)x n
= (−1)2k + (−1)2k+1

2 (n)x
2k = 2k + 1 cos + isin
062k6n 062k+16n x 2
n sin 2
X n
= (−1)k Par identification on a :
k
k=0 (n+1)x (n)x
sin 2 cos 2
=0 A=
sin x2

(b) Déduction
(n+1)x (n)x

(n+1)x (n)x

( sin + 2 + sin − 2
An + Bn = 2n =
2 2
⇐⇒ 2sin x

A − Bn = 0 2
( n ( x
An = Bn An = 2n−1 sin(nx + ) 1
⇐⇒ = 2 +
n n−1 x
2An = 2 An = 2 2sin( 2 ) 2

n n k
Exercice 60 Enoncé X k(−1)k X −1
= k
2k 2
k=0 k=0
n+1 k−1
X −1
1. Simplification = (k − 1)
2
Pour x 6= 1 on a k=1
n+1 k−1 n+1
X −1 X −1
n = k +2
X 2 2
Pn (x) = xk k=1 k=1
−1 ( −1 n+1
−

k=0 −1 2 )
n+1 = Pn+1 ( ) + 2 −1
x −1 2 2 2 −1
=
x−1 n( −1 n+1
− (n + 1)( −1 n
2 ) 2 ) +1
=
(1 − ( −1
2 ))
2
Pn (1) = n + 1
Montrons que pour tout x 6=
1
n+1 n
1, Pn0 (x) = nx −(n+1)x +1
.
(1−x)
Soit x ∈ R tel que x 6= 1
n+1
2
Pn (x) = x x−1−1 donc on a :

.N
(n + 1)xn (x − 1) + (xn+1 − 1)
Pn0 (x) =
(x − 1)2
nxn+1 − (n + 1)xn + 1
H
=
(1 − x)2 xSy ⇐⇒ (xRy et yRx)
Montrons que S est une relation
V.
d’équivalence
2. Déduction
⇒Réflexivité
R étant réflexive , on a : xRx; ∀x ∈ E
n n+1
Donc xSx, S est donc réflexive. (1)
⇒ Symétrie
X X
k2k = (k − 1)2k−1
k=0 k=1 Soient x, y ∈ E
n+1
X n+1
X Montrons que S est symétrique. Ceci re-
k−1 k−1
= k2 − 2 vient à montrer que xRy ⇒ yRx
k=1 k=1 Supposons xSy
n+1
0 1X k xSy ⇐⇒ xRy et yRx
= Pn+1 (2) − 2 ⇐⇒ yRx et xRy
2
k=1
xSy ⇒ ySx
n2n+1 − (n + 1)2n + 1 1 n+1

2donc −S1 est une relation symétrique .(2)
= − 2
(1 − 2)2 −1
2 ⇒2Transitivité
= n2n+1 − (n + 1)2n + 1 − 2n+1 +Soient
1 x, y, z ∈ E
n+1 n
= (n − 1)2 − (n + 1)2 + 2 Supposons que xSy et ySz

Alors xRz
. donc R est transitive
Sy ⇐⇒ xRy et yRx Par suite R est une relation d’équivalence.
ySz ⇐⇒ yRz et zRy
xSy et ySz ⇐⇒ xRy et yRx et yRz et zRy ⇒ Classe d’équivalence
Soit y ∈ G cl(x) = {y ∈ G/yRx}
⇐⇒ (xRy et yRz) et (zRy et yRx)
yR ⇐⇒ y.x−1 ∈ H
⇐⇒ xRz et yRx car R est transitive
Soit h ∈ H/y.x−1 = h
⇐⇒ xSz
(y.x−1 ).x = hx ⇒ y.(x−1 .x) = hx

donc S est transitive .(3)
De (1),(2) et (3), S est une relation ⇒ y = hx
d’équivalence .
cl(x) = {hx, h ∈ H} Autrement dit cl(x) =

Exercice 62 Enoncé Hx
1
⇒Réflexivité
∀x ∈ G, x.x−1 = eG ∈ H car H est un sous-
.N
groupe de G, donc xRx, R est réflexive.
Montrons que R est une relation
⇒Symétrie d’ordre
Soit x, y ∈ G
H
xRy ⇐⇒ x.y −1 ∈ H ⇐⇒ (x.y −1 )−1 = ⇒ Réflexive

−1
y.x ∈ H Soit ∈ E
V.
car H est un sous-groupe de G. On a : f (x) ≤ f (x)

donc xRx
xRy ⇒ x.y −1 ∈ H
d’oà u R est réflexive. (1)
⇒ y.x−1 ∈ H
⇒ yRx ⇒ Antisymétrique
R est symétrique. Soit (x, y) ∈ E 2 (
xRy
Montrons que : ⇒x=y
⇒Transitivité yRx
Soit (x, y, z) ∈ G3
( (
xRy f (x) ≤ f (y)
⇒
( ( yRx f (y) ≤ f (x)
xRy ∈ H xRy −1 ∈ H ⇒ f (x) = f (y) ⇒ x = y car f est injective.
⇐⇒ R est antisymétrique.
yRz ∈ H yRz −1 ∈ H
x.z −1 = (x.y −1 ).(y.z −1 ) ∈ H car H un sous- ⇒ Transitivité

groupe de G. Soientx, y et z ∈ E/xRy et yRz.

- Pour tout x de E, on a xRy et xSx
( ( dons xT y (réflexivité)
xRy f (x) ≤ f (y)
⇒
yRz f (y) ≤ f (x) ( (
xT y xRy, xSy
⇒ f (x) ≤ f (z) ∀x, y ∈ E, ⇒
yT x yRx, ySx
⇒ xRz. (
xRy, yRx
⇒
Alors R est transitive . (3) xSy, ySx
De (1),(2) et (3) , on en déduit que R est
x=y
une relation d’ordre.
La relation T est donc antisymétrique.
Enfin soient x, y, z dans E tels que xT y et
Exercice 64 Enoncé yT z.
( On a xRy et yRz donc xRz. De même,
1. a) Lorsque l’ ordre est total xSy
⇒ xSz
1
Si l’ordre est total, tous les ySz
éléments de A ∪ B sont compa- .P
Mais ce n’est pas nécessairement une
rables, donc il en aura forcément relation d’ordre total.
un plus grand élément. Par En effet, définissons par exemple la re-
.N
conséquent A ∪ B admet un plus lation S par xSy, yRx.
grand élément et Alors la relation T devient la relation
d’égalité sur E (c’est bien une relation
H
max(A ∪ B) = max{max A, max B}d’ordre, mais qui n’est totale que si E se

réduit à un seul élément...)
- La relation U peut ne pas être une re-
V.
lation d’ordre.
b) Lorsque l’ordre n’est pas total En effet, définissons par exemple la re-
Tous les éléments ne sont pas lation S par xSy, yRx.
comparables. Ainsi A ∪ B peut Alors la relation T devient la relation
ne pas admettre un plus grand universelle (car R est totale) et n’est pas
élément. antisymétrique (du moins si E contient au
moins deux éléments distincts.)
2. Exemple : dans (N∗ , |)
A = {2, 4, 8}; max A = 8
- Si f est strictement croissante, alors
B = {3, 9}; max B = 9 elle est injective. En effet soient a, b deux
éléments distincts de E, avec par exemple
max(A ∪ B) n0 existe pas
a<b (l’ordre sur E est total).
L’hypothèse sur f implique f (a)<f (b) et
donc f (a) 6= f (b).

- Réciproquement supposons f crois- En effet on a alors (1, 0)R(0, 0) et
sante et injective. (0, 0)R(0, 1) mais pas (1, 0)R(0, 1).
Soient a et b deux éléments de E tels 2. Pour tout
que a<b.
A ⊂ E : A∆A = ∅) ⇒ card(A∆A) =
On a f (a) ≤ f (b) car f est croissante,
0) ⇒ ARA : R est réflexive.
etf (a) 6= f (b) car f est injective.
Pour toutes parties de A, B de E, on
Ainsi f (a) < f (b). L’application f est
a A∆B = B∆A. La symétrie de sa
donc strictement croissante.
définition implique donc la symétrie
- L’équivalence n’est plus vraie si l’ordre
de la relation R.
sur E n’est pas total.
Considérons par exemple un ensemble SoitA, B, C trois parties de E. On sup-
fini X (contenant au moins deux éléments pose ARB et BRC.
a et b). Un dessin valant mieux qu’un long
On munit l’ensemble E = P (X) de la discours, on a représenté ici les trois
relation d’inclusion. ensembles A, B, C (dans une configu-
ration générique), et on désigne par
1
C’est une relation d’ordre, mais partiel
car {a} et {b} ne sont pas comparables.
Soit f l’application de E dans N qui à
toute partie de X associe son cardinal.
.P a, b, c, ab, ac, bc, abc les cardinaux des
sous-ensembles délimités comme in-
diqué ci-dessous.
.N
Elle est strictement croissante car si A ⊂
B ⊂ X, avec A 6= B alors Card(A) <
Card(B).
Pourtant f n’est pas injective car par
H
exemple f ({a}) = f ({b}) = 1.

V.
On a ainsi :
Exercice 68 Enoncé Card(A∆B) = a + ac + b + bc,
Card(B∆C) = b + ab + c + ac,
Exercice 69 Enoncé Card(A∆C) = a + ab + c + bc
Par hypothèse,
( il existe deux entiers m
1. On note f l’application de N×N∗ dans Card(A∆B) = 2m
R définie par f (m, n) = m/n . et n tels que
Card(B∆C) = 2n
Avec cette notation (m, n)R(p, q), f (m, n) = Or on remarque que :
f (p, q).
La réflexivité, la symétrie et la transi-
tivité sont alors évidentes. Card(A∆B) + Card(B∆C) = (a + ac + b +
R est donc une relation d’équivalence. + (b + ab + c + ac)
Remarque : Le résultat est faux si on = (a + c + ab + bc) + 2(b + ac
∗ 2
remplace N × N par N . = Card(A∆C) + 2(b + ac)

On en déduit que Card(A∆C) = Soit x, y ∈ E
2(m + n − b − ac) est un entier pair. xδy ⇐⇒ xRy et yRx
Ainsi ARC : la relation R est transi- ⇐⇒ yRx

⇐⇒ yδx
et xRy
tive.
Conclusion : R est une relation Donc δ est symétrique. (2)
∗Transitivité
Soit x, y, z ∈ E
d’équivalence. xδy et yδz ⇐⇒ (xRy et yRx) et (yRz et zRy)
R est une relation binaire réflexive et transitive donc
xRy et yRz =⇒ xRz (a)
zRy et yRx =⇒ zRx (b)
De (a) et (b) on a xRz et zRx ⇐⇒ xδz. Par conséquent δ est transitive. (3)
Exercice 70 Enoncé De (1) , (2) et (3) on conclut que δ est une relation d’équivalence.
3. Montrons que R permet de définir une relation d’ordre sur les classes d’équivalence de δ
Soit (ẋ; ẏ) ∈ (E/S)2
ẋδ ẏ ⇐⇒ xRy
Vérifions que δ est une relation d’ordre.
1. Vérifions que T est une relation R étant réflexive et transitive alors δ est réflexive et transitive. ∗Antisymétrique
Soit (ẋ; ẏ) ∈ (E/S)2
d’équivalence
∗Réflexivité ẋδ ẏ et ẏδ ẋ =⇒ xRy et yRx
=⇒ xδy
Soit x ∈ E =⇒ ẋ = ẏ
Donc δ est anti-symétrique.
1
xRx ⇐⇒ xRx ou xRx
⇐⇒ xT x .P
1. Montrons que R est une relation
d’équivalence
.N
D’où T est réflexive.
∗Réflexivité
∗Symétrie
Soit f ∈ F (E, E)
Soit x, y éléments de E
Soit ϕ = IdE , IdE ∈ S (E)
H
xT y ⇐⇒ xRy ou yRx
⇐⇒ yRx ou xRy f ◦ IdE = IdE ◦ f ⇐⇒ ∃ϕ ∈ S (E) , f ◦ ϕ =
V.
⇐⇒ yT x ⇐⇒ f Rf
Soit xT y et yT z D’où R est réflexive. (1)
∗Symétrie
Soit (f, g) ∈ (P (E, E))2
xT y et yT z =⇒ (xRy ou yRx) et (yRz ou zRy)
=⇒ [(xRy) ∨ (yRx)] ∧ [(zRy ∨ (yRz))]
=⇒ [(xRy) ∧ (zRy)] ∨ [(xRy) ∧ (yRz)] ∨ [(yRx) ∧ (zRy)]
∨ [(yRx) ∧ (yRz)]
f Rg ⇐⇒ ∃ϕ ∈ S (E) , f ◦ ϕ = ϕ ◦ g
=⇒ xT z ∨ [(xRy) ∧ (zRy)] ∨ [(xRz) ∧ (zRx)]
⇐⇒ ∃ϕ ∈ S (E) , ϕ ◦ g = f ◦ ϕ
=⇒ xT z ∨ [(xRy) ∧ (zRy)]
ϕ ∈ S (E) alors ψ = ϕ−1 ∈ S (E)

En composant à gauche et à droite par ψ l’égalité ϕ ◦ g = f ◦ ϕ.
∗Si R est symétrique on a On obtient g ◦ ψ = ψ ◦ f
Donc
−1
gRf =⇒ g = ϕ ◦ (f ◦ ϕ)
xT z ∨ [(zRy) ∧ (yRx)] =⇒ xT z ∨ zRx
−1
=⇒ xT z =⇒ g = ϕ ◦f ◦f

−1 −1 −1
=⇒ g ◦ ϕ =ϕ ◦f ◦ ϕ◦ϕ
Donc T est transitive. =⇒ g ◦ ψ = ψ ◦ f ◦ IdE

∗Si R n’est pas symétrique alors T n’est pas transitive. =⇒ g ◦ ψ = ψ ◦ f
=⇒ ∃ψ ∈ S (E) , g ◦ ψ = ψ ◦ f
2. Montrons que δ est une relation d’équivalence.
∀x, y ∈ E, on a xδy ⇐⇒ xRy et yRx =⇒ gRf
∗Réflexivité
Soit x ∈ E
xδx ⇐⇒ xRx et xRx car R est une relation binaire.
Donc δ est réflexive. (1) D’où R est symétrique.
∗Symétrie ∗Transitivité

Soit (f, g, h) ∈ (F (E, E))3 2. Classe d’équivalence d’une fonction f ∈ F (E, E)
f Rg ⇐⇒ ∃ϕ ∈ S (E) , f ◦ ϕ = ϕ ◦ g (a) Cl (f ) = {g ∈ F (E, E) , f ◦ ϕ = ϕ ◦ g}
gRh ⇐⇒ ∃ϕ1 ∈ S (E) , g ◦ ϕ1 = ϕ1 ◦ h (b) D’après (c), on a g = ϕ−1o ◦ f ◦ ϕ alors Cl (f ) =
De (a), on a n
ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ ∈ F (E, E) ϕ ∈ S (E) .
−1 −1 −1
f ◦ ϕ = ϕ ◦ g =⇒ ϕ ◦f ◦ϕ=ϕ ◦ϕ◦g car ϕ ∈ S (E)
−1
=⇒ ϕ ◦f ◦ϕ=g (c)
(c) dans (b) donne ϕ−1 ◦ f ◦ ϕ ◦ ϕ1 = ϕ1 ◦ h
En composant par ϕ à gauche on a f ◦ (ϕ ◦ ϕ1 ) = (ϕ ◦ ϕ1 ) ◦ h
(ϕ; ϕ1 ) ∈ (S (E))2 alors ϕ ◦ ϕ1 ∈ S (E)
Donc ∃ϕ ◦ ϕ1 = ψ ∈ S (E) , f ◦ ψ = ψ ◦ h ⇐⇒ f Rh
D’où R est transitive. (3) Exercice 73 Enoncé
De (1) , (2) et (3) , R est une relation d’équivalence.
1.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS
Année académique 2017-2018
Premier devoir perdre et R : obtenir une

victoire .
Exercice 1Corrigé (b) On suppose A2 vraie. A près avoir
1
écrit la réciproque de sa négation,
Soient P , Q, Ret S quatre lettres de pro-
positions.
1. Montrer par disjonctions des cas
.P donner sa valeur de vérité (justi-
fication à l’appui).
.N
Exercice 2Corrigé
que la proposition A0 : (((P ⇒
Q)∧qQ) =⇒qP ) est une tautologie.
Soient A, B, et C trois parties d’un en-
2. On suppose que les lettres de propo-
H
semble non vide E. Montrer que :

sitions P, Q, R et S correspondent res-
pectivement à : il boit du lait , 1. (A ∪ B = A ∪ C et A ∩ B =A ∩ C )⇒
B=C
V.
il pleure , il est heureux et

il chante . 2. (A ∪ B)∩(B ∪ C)∩(C ∪ A) = (A
(a) Traduire en langage naturel la ∩B)∪(B ∩ C)∪(C ∩ A)
proposition A1 : P ⇒ (Q ∨ (R ∧ 3. (A ∪ B) (A ∪ C) = Ā∩(B C)
a a
S)). a a
4. (A ∩ B) (A ∩ C) = A∩(B C)
(b) Donner en langage naturel la
contraposé de A1 . Exercice 3Corrigé
3. Soit A2 la proposition : Ne pas
perdre, ce n’est pas obligatoirement 1. On appelle extractrice toute applica-
obtenir une victoire, mais obtenir tion strictement croissante de N vers
une victoire c’est toujours ne pas N.
perdre. (a) Montrer par récurrence l’implica-
(a) Ecrire en langage de logiques tion si ϕ est extractrice alors
mathématiques, la proposition A2 ϕ(n) est strictement supérieur à
avec les lettres de propositions P : n, pour tout n élément de N .

(b) En précisant votre mode de rai- 2. Soit n≥1
s unr
entier. On pose
sonnement, prouver que toute ex- q p √
tractrice est injective. xn = 2 + 2 + 2 + ... + 2 (n
2. Soient E un ensemble non vide, (A, radicaux). Montrer par récurrence
Π
B) ∈ P(E)2 et f l’application de P(E) que pour tout n ≥ 1, xn = 2cos( 2n+1 ).
dans P(A)×P(B) définie par f (X) =
(X ∩ A, B ∩ X). Exercice 3Corrigé
(a) Montrer que f est injective si et Soient E et F deux ensembles (non vides),
seulement si A∪B = E. A, B des parties de E et f une application
(b) Montrer que f est surjective si et de E dans F . Montrer que :
seulement si A∩B = φ. 1. A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B).
(c) Que représente la famille {A, 2. f est injective si et seulement si f (A ∩
B} lorsque f est bijective ? B) = f (A)∩f (B).
Déterminer dans ce cas la bijec-
3. f est bijective si et seulement si f ({A
E)
1
tion réciproque f −1 de f . f (A)
Second devoir
.P = {F .
Exercice 4Corrigé
.N
Exercice 1Corrigé
On définit sur R la relation : xRy ⇐⇒ x3 -
y3 = 3(x - y).
Soient P (N) l’ensemble des parties de N. 1. Montrer que R est une relation
H
On considère le sous ensemble d’équivalence.

A = { {1, 2}, {0, 1, 3}, {0, 1, 5, 7}, {1,
2. Soit a ∈ R. Déterminer selon les va-
6}, {0, 1, 7, 8}, {1, 3, 4, 5}, {0, 1, 2, 3, 4,
V.
leurs de a la classe d’équivalence de

5, 6, 7, 8} }
a.
1. Prouver que (P(E), ⊆) est un en-
Rattrapage
semble partiellement ordonné.
2. Déterminer s’ils existent : Exercice 1
(a) les éléments minimaux et les
éléments maximaux de A. Quatre amies Adrienne ,Béatrice ,Char-
lotte et Delphine exercent quatre profes-
(b) les minorants de A. sion différentes :avocate, médecin ,phar-
(c) la borne inférieure et la borne macienne et professeur .On sait que : -Ni
supérieure de A. Béatrice ,ni Charlotte n’exerce une profes-
sion de santé .
Exercice 2Corrigé -Celle des quatre amies qui est médecin
soigne Adrienne et Charlotte .
1. Soit x ∈ R. Prouver par contraposé -Adrienne et Charlotte n’enseignent pas .
que : ∀ ε > 0, |x| ≤ ε ⇒ x = 0. Répondre par vrai ou faux

1. Adrienne est pharmacienne et Char- 3. Soit (x, y, z) ∈ R3 ,écrire la négation
lotte avocate . puis la contraposée des propositions
2. Charlotte est professeur ou Adrienne suivantes
est médecin. (a) x ≤ −2 ou 3 < x
3. Adrienne est médecin et Béatrice avo-
(b) 3 ≤ x ≤ 7 ou y < z ≤ 25
cate .
4. Béatrice est professeur ou Charlotte
Exercice 3
médecin .
5. Delphine est médecin et Béatrice pro-
fesseur . 1. Soient a et b deux réels non nuls de
même signe . Prouver que :
Exercice 2
a2 b2
Soient P, Q, R et S des propositions = ⇒a=b
a2 + b a + b 2
1. On pose A = (P ∧Q)∨(Q∧R)∨(R∧P )
2. (a) Prouver directement l’implication
1
et B = (P ∨ Q) ∧ (Q ∨ R) ∧ (R ∨ P ).
(a) Justifier que les propositions (P ∨
R) ∨ (P ∧ R) et (P ∨ R) sont
équivalentes.
.P n ≥ 10 ⇒ 2 ≥ (1 + n1 )3 .
(b) Déduire par récurrence que pour
tout entier n ≥ 10, 2n ≥ n3
.N
(b) En utilisant la distributivité de
3. Soit n ∈ Z . Prouver par contraposée
∧ par rapport à ∨ déduire que
l’implication
les propositions A et B sont
H
équivalentes . ”n4 + 4 premier ⇒ n ∈ {−1; 1}”,

2. Écrire la contraposée de de chacune
des propositions suivantes P ∨ Q et (On pourra utiliser l’égalité x2 + y 2 =
V.
(P ∧ Q) ∨ (R ∧ S) (x + y)2 − 2xy)
Premier devoir chantent.

D3 Si Justine chante alors une exactement
Exercice 1Corrigé des deux autres amies ne chante pas.
On notera J, C et N les assertions ato-
miques qui représentent respectivement le
Trois amies Justine, Céline et Nelly fait que Justine, Céline et Nelly chantent.
veulent donner un spectacle (de chant) du
réveillon à la place des fêtes de la ville. 1. Traduire chacune des décisions (ci-
Elles décident que : dessus) par une formule d’assertion.
D1 Si Céline chante alors Nelly ne chante 2. Justifier l’équivalence logique (N =⇒
pas. (J ∧ N )) ≡ ((N =⇒ C) ∧ (N =⇒
D2 Si Nelly chante alors Justine et Céline J)).

3. On suppose que les trois décisions 3. Soit A, B deux éléments de P(E).
(des amies) sont satisfaites. Montrer que f est injective si et seule-
(a) Prouver que (C ∧ ¬N ) ≡ vrai. ment si f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
(b) Traduire en une phrase simple 4. On définit la correspondance g de
(en français) la formule C ∧ ¬N . P(F ) vers P(E) qui à tout élément X
4. Donner la formule équivalente de P(F ) associe f (−1) (X).
(simple) de C ∧¬N écrite uniquement (a) Prouver que g est bien une appli-
avec le connecteur logique =⇒ . cation.
Exercice 2Corrigé (b) Démontrer que g est injective si et
seulement si f est surjective.
Soit n ≥ 2 un entier. (c) Démontrer que g est surjective si
1. On considère le produit Pn = et seulement si f est injective.
n
Y k3 + 1
. Second devoir
k3 − 1
1
k=2
(a) Prouver que

n
Y k+1
k=2
k−1
=
n
X
k=1
(b) Déduire, en factorisant la fraction
k. .P Exercice 1Corrigé
.N
k 3 +1 3n(n+1) 1- Soit I un intervalle de R et f : I →
k 3 −1 , que Pn = 2(n2 +n+1) . R une fonction définie sur I à valeurs
n
X réelles. On considère l’assertion (P1 ) :
2. Démontrer que k!(k 2 + k + 1) =
∀ x ∈ I, ∀ y ∈ I, ∃ a ∈ I, (x ≤ y ≤ a ⇒
H
k=1
(n + 1)!(n + 1) − 1. f(x) ≤ f(a))
3. Déterminer l’expression simple (a) Des assertions suivantes, préciser
V.
en fonction de n, de Xn = celle(s) qui est (sont) logique-

Xn Y k p ment équivalent(s) à (P1 ) et jus-
k
k × ik . tifier. Pour celle(s) qui ne l’est pas
k=1 i=1
(le sont) pas, écrire la négation.
Exercice 3Corrigé
(A1 ) : ∀ y ∈ I, ∀ x ∈ I, ∃ a ∈ I,
Soient E et F deux ensembles non vides et
x ≤ y ⇒ (y ≤ a ⇒ f(x) ≤ f(a))
f une application de E vers F.
!
1. Démontrer que si f est injective alors
E et f (E) sont équipotents.
2. En déduire une preuve de la propo-
sition suivante : Soit E1 , E2 des en- (A2 ) : ∀ x ∈ I, ∃ a ∈ I, ∀ y ∈ I, x
sembles. Si E2 est fini et s’il existe une !
injection de E1 dans E2 alors E1 est ≤ y ≤ a ⇒ f(x) ≤ f(y)
fini et card(E1 ) ≤ card(E2 ).

(b) Soit a ∈ E. Détermine la classe
(A3 ) : ∀ y ∈ I, ∀ x ∈ I, f(x) > d’équivalence de a modulo R1 .
! 2- Soit F un ensemble finie non vide, x
f(a) ⇒ (x > y) ∨ (y > a) un élément fixé de F et R2 la relation
définie sur P(F) par :
(b) Que signifie en langage courant ∀ (A,B) ∈ P(F),
l’assertion AR2 B ⇔ x ∈ A∪B . C
(P2 ) : ∀ x ∈ I, f(x) < 0 ⇒ x ≥ 0 (a) Montre que R2 est transitive.

2- On considère l’énoncé E : << L’accusé (b) R2 est-elle une relation d’ordre ?
n’a pu se rendre coupable du crime Justifier votre réponse.
que s’il était a Natitingou à 18heures
le 1er Janvier. Mais il a été établie Exercice 3Corrigé
qu’il était à ce moment-là à Lokossa.
Donc il n’est pas coupable.>> 1. Soit n ≥ 2 un entier.Calculer :
On désignera par a : l’accusé est cou- (a)
1
n
pable du crime ; n : l’accusé est à Na- k
titiongou à 18heures le 1er Janvier ;
l : l’accusé est à Lokossa à 18heures le
1er Janvier.
.P (b)
X
k=2
n
((k + 1)!)
.N
Y 1
(a) Traduire E en logique des propo- (1 + )k
k
sitions k=1
(b) E est t’il un argument valide? Est- (c)

H
n X
k−1
il un enthymème? Justifier votre
X i
réponse. i=1
k
k=2
V.
2. Soit (a, b) ∈ R.Prouver par récurrence

que pour ∈ N,an+1 − bn+1 =
Pntout nk n−k
Exercice 2Corrigé (a − b)( k=0 )(a b )
3. On dit que deux suites sont adjacentes
1- Soit R1 la relation définie sur E = ] 0 ; lorsque l’une est croissante, l’autre est
+∞ [ par : décroissante et les deux convergent
xR1 y ⇔ vers une meme limite. Les suites (Un )
(x + lny = y + lnx). et (Vn ) définies P
pour tout entier natu-
On considère l’application f ∈ E E rel n par sUn = nk=0 k!1 et Vn = Un + n!1
définie par f(x) = xexp(-x). ”ln” et sont adjacentes.
”exp” désignent respectivement la (a) Soit (p, q) ∈ N2 . Montrer (directe-
fonction ”logarithme népérienne” et ment) que si p ≥ q alors ......
”exponentielle népérienne”. (b) Demontrer (par l’absurde) que si
(a) Montre que R1 est une relation (Un ) et (Vn ) convergent vers l
d’équivalence. alors l ∈ R − Q.

Rattrapage 1. On suppose que f est injective.
(a) Démontrer alors que E et f (E)
Exercice 1
sont équipotents.
1. Montrer que l’assertion : (b) En déduire qui si F est fini alors
(a) (∃x ∈ R, cos x = 0) ∧ (∃x ∈ E est fini et card(E) ≤ card(F ).
R, sin x = 0) est vraie. 2. Application de la question 1.
(b) ∃x ∈ R, (cos x = 0) ∧ (sin x = 0) Soit(n, m) ∈ (N∗ )2 .
est fausse. (a) Montrer que s’il existe une injec-
2. Soit I un intervalle de R, f : I → R et tion de 1, ..., n dans 1, ..., m alors
g : I → R des applications. n ≤ m.
Montrer que l’équivalence (b) En déduire que s’il existe une
(a) (∀x ∈ I, ((f (x) = 0) ∧ (g(x) = bijection de 1, ..., n dans 1, ..., m
0))) ≡ ((∀x ∈ I, f (x) = 0) ∧ (∀x ∈ alors n = m.
I, g(x) = 0)) est valide.
3. On suppose que E est fini et
1
(b) (∃x ∈ I, ((f (x) = 0) ∧ (g(x) = card(E) = n ∈ N∗ . Déterminer en
0))) ≡ ((∃x ∈ I, f (x) = 0) ∧ (∃x ∈
I, g(x) = 0)) n’est pas valide. (On
pourra utiliser la question 1.)
.P fonction de n :
(a) la somme Sn =
X n
k!(k 2 + k + 1).
.N
3. On considère l’assertion (P1 ) : ∀x ∈ k=1
n
I, ∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ y ≤ a =⇒ Y 1
(b) le produit Pn = (1 − ).
f (x) ≤ f (a)) 2k + 1
k=1
Des assertions suivantes, préciser
H
celle(s) qui est (sont) logiquement Exercice 3

équivalente à (P1 ) et justifier. Pour
V.
celle(s) qui ne l’est (le sont) pas, Soit E un ensemble non vide de P(E) l’en-
écrire les négatons. semble des parties de E.
D1 : ∀x ∈ I, ∀y ∈ I, ∃a ∈ I, (x ≤ 1. Soit (A, B) ∈ (P(E))2 .
y =⇒ (y ≤ a =⇒ f (x) ≤ f (a))),
(a) Montrer que (A ⊂ B ⇐⇒
D2 : ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, ∀y ∈ I, (x ≤ y ≤
P(A) ⊂ P(B)).
a =⇒ f (x) ≤ f (a)),
D3 : ∀y ∈ I, ∀x ∈ I, ∃a ∈ I, (f (x) > (b) A-t-on P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) ?
f (a) =⇒ (x > y) ∨ (y > a)). Justifier votre réponse.
2
4. Que signifie en langage courant l’as- 2. Soit (A, B) ∈ (P(E)) . On pose
sertion P2 : ∃a ∈ R, ∀x ∈ I, f (x) = a. A∆B = (A ∪ B)\(A ∩ B) et on définit
Donner sa négation. sur P(E) une relation R par :
ARB ⇐⇒ (A∆B est une par-
Exercice 2 tie finie de E ayant un nombre pair
d’éléments).
Soient E et F deux ensembles non vides et Montrer que R est une relation
f une application de E vers F . d’équivalence.

Premier devoir Second devoir
Exercice 1Corrigé Exercice 1Corrigé
1.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS
1
Premier devoir
Exercice 1Enoncé
.P S’il ne pleure pas et n’est pas
heureux ou bien ne chante pas
alors il ne boit pas du lait
.N
3. perdre ; obtenir une victoire
1. Montrons par disjonction des cas que (a) En langage de logique mathématique
la proposition est tautologique la proposition A2
H
1er cas : p ≡ vrai et q ≡ fausse A2 : (eP ⇒eR) ∧ (R ⇒eP )

Ainsi (p =⇒ q) est vrai et eq (b) Valeur de vérité de la réciproque
est fausse.Donc (p =⇒ q)∧eq est de la négation de A2
V.
fausse.D’où la proposition est vraie. Nég A2 :(eP ∧ R) ∨ (R ∧ P ) ou

2eme cas : p ≡ fausse et q ≡ fausse (P ∨eR) ⇒ R ∧ P
ainsi p =⇒ q est vraie et eq est vraie ; Réciproque de la négation de A2 :
alors ((p =⇒ q)∧eq) est vraie et ep est R ∧ P ⇒ (P ∨eR)
vraie ; d’où la proposition est vraie. Valeur de vérité de cette
3eme cas :p ≡ fausse et q ≡ vraie réciproque :
4eme cas :p ≡ vraie et q ≡ fausse
R ∧ P ⇒ (P ∨eR) ≡ (eR∨eP ) ∨ (P ∨eR

2. (a) Traduction en langage naturel
≡ (eR∨eR) ∨ (eP ∨ P
A1 : P =⇒ (Q ∨ (R ∧ S)) S’il
boit du lait alors il pleure ou bien ≡eR ∨ vraie
il est heureux et chante
(b) Traduction en langage naturel de car eP ∨ P ≡vraie et eR∨eR =eR
la contraposée de A1 contraposée donc R ∧ P ⇒ (P ∨eR) ≡ vraie
de A1 :eQ ∧ (eR∨eS) =⇒eP La valeur de vérité de la

réciproque de la négation de A2 est vraie.
est ”vraie” Pour n N,n + 1 > n =⇒ ϕ(n + 1) >
ϕ(n) car ϕ est strictement croissante.
Exercice 2Enoncé
Or par hypothèse de récurrence
ϕ(n) ≥ n donc ϕ(n + 1) > n. Et
Montrons que : puisque ϕ(n + 1) prend valeur dans N
1. (A ∪ B = A ∪ C et A ∩ B = A ∩ C) ⇒ alors on a ϕ(n + 1) ≥ n + 1.D’où Pn+1
B=C
Supposons que A ∪ B = A ∪ C et est vraie.
A∩B =A∩C (b) Prouvons que toute extractrice est
B ∩ (A ∪ B) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ C) injective.
= (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) car B ∩ A = A ∩ C
= C ∩ (A ∪ C) Soit ϕ extractrice.Raisonnons par
= C or B ∩ (A ∪ B) = B
contraposée en supposant que
d’où B = C
2. (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A) = (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (C ∩ A)
∀x1 , x2 N,x1 6= x2 .
on a : (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) = B ∪ (A ∩ C) et en notant
D = (A ∪ B) ∩ (B ∪ C) ∩ (C ∪ A) on a D = ((B ∩ C) ∪ (A ∩ B)) ∪ (C ∩ A) x1 6= x2 =⇒ x1 > x2 ou x1 < x2
car (A ∩ C) ∩ (C ∪ A) = A ∩ C puisque (A ∩ C) ⊂ (A ∪ C) Donc
D = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (C ∩ A) Si x1 > x2 on a ϕ(x1 ) > ϕ(x2 ) car ϕ
3. (A ∪ B)∆(A ∪ C) =Ā∩(B∆C)
1
Notons K = (A ∪ B)∆(A ∪ C) est strictement croissante.
K = (A ∪ B) \ (A ∪ C) ∪ (A ∪ C) \ (A ∪ B)
= (A ∪ B) ∩ (Ā ∩ C̄) ∪ (A ∪ C) ∩ (Ā ∩ B̄)
= ((Ā ∩ C̄ ∩ A) ∪ (Ā ∩ C̄ ∩ B)) ∪ ((Ā ∩ B̄ ∩ A) ∪ (Ā ∩ B̄ ∩ C))
= φ ∪ (Ā ∩ (B ∩ C̄) ∪ (Ā ∩ (C ∩ B̄))
.P Si x1 < x2 on a ϕ(x1 ) < ϕ(x2 ).Dans
tous les cas on a toujours
ϕ(x1 ) 6= ϕ(x2 ).D’où le résultat.
.N
= Ā ∩ (B ∩ C̄) ∪ (Ā ∩ (B̄ ∩ C))
= Ā ∩ ((B ∩ C̄) ∪ (B̄ ∩ C))
= Ā ∩ ((B\C) ∪ (C\B))
2. (a)Montrons que f injective ⇔ A ∪
K = Ā ∩ (B∆C)
B=E
4. (A ∩ B)∆(A ∩ C) = A ∩ (B∆C)
• Supposons que f est injective
H
Notons J = (A ∩ B)∆(A ∩ C)
J = ((A ∩ B) \ (A ∩ C)) ∪ ((A ∩ C) \ (A ∩ B) f (A∪B) = ((A∪B)∩A, B ∩(A∪B)) =

= ((A ∩ B) ∩ (Ā ∪ C̄) ∪ ((A ∩ C) ∩ (A ∪ B)
= φ ∪ (A ∩ B ∩ C̄) ∪ φ ∪ (Ā ∩ B̄ ∩ C̄)
(A, B)
V.
= (A ∩ (B ∩ C̄)) ∪ B̄(A ∩ (C∩)) f (E) = (E ∩ A, B ∩ E) = (A, B)

= A ∩ ((B ∩ C̄) ∪ (C ∩ B̄))
= A ∩ ((B \ C) ∪ (C \ B)) On a f (E) = f (A ∪ B) alors (A ∪ B) =
J = A ∩ (B∆C)
E car f est injective.
Réciproquement supposons que (A ∪
Exercice 3Enoncé B) = E et soient X,Y deux parties de
E telles que f (X) = f (Y ).
1. (a) Démonstration : On a donc X ∩ A = Y ∩ A et X ∩ B =
Soit n ∈ N Y ∩ B.Par réunion membre à membre
Notons Pn : ϕ extratrice =⇒ ϕ(n) ≥ n on a : (X ∩ A) ∪ (X ∩ B) = (Y ∩ A) ∪
Pour n = 0 : (Y ∩B) donc X ∩(A∪B) = Y ∩(A∪B)
ϕ extractrice alors ∀n N, ϕ(n) N c’est à dire X = Y .D’où f est injective.
donc ϕ(n) ≥ 0 (b)Montrons que f injective ⇔ (A ∩
En particulier pour n = 0 ϕ(0) ≥ 0. P0 B) = φ
est vraie. Supposons que (A ∩ B) = φ
Supposons que pour un entier n ≥ Soit A0 une partie de A et B 0 une par-
0,Pn est vraie et montrons que Pn+1 tie de B.Pour montrer que f est sur-

jective il faut trouver X ⊂ E telle que Conclusion :⊆ est une relation d’ordre
X ∩A = A0 et X ∩B = B 0 .On constate sur P (N )
que X = A0 ∪ B 0 convient.En effet : Par ailleurs on a {1, 2} ⊆ P (N ) et
{1, 3} ⊆ P (N ) mais {1, 2} {1, 3}
et {1, 3} {1, 2}.Alors tous les
f = (A0 ∪ B 0 ) = ((A0 ∪ B 0 ) ∩ A, (A0 ∪ B 0 ) ∩ B)
éléments de P (N ) ne sont pas com-
= ((A0 ∩ A) ∪ (B 0 ∩ A); (A0 ∩ B) ∪ (B 0 ∩ B)) (P (N ), ⊆) est un en-
parables.D’où
= (A0 ∪ φ, φ ∪ B 0 )carA = B = semble
φ partiellement ordonné.
0 0
= (A , B )
Réciproquement supposons f surjec- 2. Déterminons s’ils existent :
tive.Alors il existe X ⊂ E tel que (a) Les éléments minimaux et les
f (X) = (φ, B).Autrement dit il existe éléments maximaux de A
X ⊂ E tel que X ∩ A = φ et X ∩ B = • Éléments minimaux de A
B.C’est à dire X ⊂ Ā et B ⊂ X.On {1, 2}; {0, 1, 3}; {0, 1, 5, 7}; {1, 6}; {0, 1, 7, 8}
en déduit que B ⊂ Ā, ce qui exprime • Eléments maximaux de A
1
que A ∩ B = φ
(c)Lorsque l’application est bijective
on a :A ∩ B = φ et A ∪ B = E Ainsi
(A,B) forme une partition de E.
.P {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
(b)Minorants de A
{1} et φ
.N
(c)inf{A} = {1} et sup{A} =
D’après la première partie de la ques- {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}
tion 2)a) la bijection réciproque de f
est l’application :
H
g : P (A) × P (B) → P (E) défini par Exercice 2Enoncé

g(A0 , B 0 ) = A0 ∪ B 0
V.
Devoir 2
1. Soit x ∈ R
Exercice 1Enoncé Prouvons par contraposée que ∀ >
0, |x| ≤ ⇒ x = 0
1. Prouvons que (P (N ), ⊆) est un en- Supposons que x 6= 0
semble partiellement ordonné. x 6= 0 alors |x| > 0
{1, 2} P (N ) donc P (N ) est non |x|
Prendre = >0
vide.Pour tout A P (N ), A ⊆ A.Alors 2018
la relation ⊆ est réflexive . On a bien |x| > .D’où le résultat.
Soit A,B P (N ) tels que A ⊆ B et
B⊆A
2. Montrons par récurrence que ∀n ≥
(A ⊆ B et B ⊆ A) ⇒ A = B π
Alors ⊆ est antisymétrique. 1, xn = 2cos( n+1 ). Soit Pn la propo-
2
Soit A, B, C P (N ) tels que A ⊆ B et sition√à démontrer.
π
B ⊆ C.On a bien A ⊆ C.Donc ⊆ est x1 = 2 = 2cos( ). Alors P1 est vraie.
4
transitive. On note que pour tout n > 1, xn+1 =

√ π
2 + xn .Si xn = 2cos( ) alors
2n+1
r yf (A) ∩ f (B) ⇒ yf (A) et yf (B)
π
xn+1 = 2(1 + cos( n+1 )) ⇒ ∃xA, y = f (x) et ∃x0 B,
2
r
π ⇒ f (x) = f (x0 )
= 4cos2 ( n+2 ) ⇒ x = x0 car f est injective
2
π
= 2|cos( n+2 )| Alors ∃xA ∩ B, y = f (x).Donc y
2
f (A∩B).D’où f (A)∩f (B) ⊂ f (A∩B)
π π π (2).
= 2cos( n+2
)car ( ) ∈]0, [ De (1) et (2) f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B)
2 2n+2 2
• Supposons que f (A ∩ B) = f (A) ∩
f (B) et montrons que f est injec-
La proposition est donc démontrée tive.Si f n’est pas injective, il existe
par récurrence. x 6= x0 dans E tels que f (x) = f (x0 )
1
φ = f (φ)
Montrons que :
Exercice 3Enoncé
.P = f ({x} ∩ {x0 })
= f ({x}) ∩ f ({x0 }) car f (A ∩ B) = f (A)
= {f (x)} ∩ {f (x0 )}
.N
= {f (x)} car f (x) = f (x0 )
1. A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B)
Supposons que A ⊂ B φ = {f (x)}
H
Soit y f (A) Ce qui est impossible.Donc f est injec-

yf (A) ⇒ ∃xA, y = f (x) tive
V.
3. f bijective ⇔ ∀AE, (f¯A) = f (A) ¯

⇒ ∃xB, y = f (x) car A ⊂ B
Un élément y de E est dans f (Ā) si et
⇒ yf (B)
seulement si il s’écrit y = f (x) où x
donc f (A) ⊂ f (B) est uniquement déterminé dans Ā,ce
qui implique que y ∈ / f (A) (si non
2. f injective ⇔ f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) y = f (x) = f (x0 ) avec x0 ∈ A et x =
Supposons que f est injective. Soit x0 ∈ A, ce qui contredit x ∈ Ā).On a
¯
donc f (Ā) ⊂ f (A)
yf (A ∩ B)
Si y ∈/ f (A), il s’écrit y = f (x) (f bi-
yf (A ∩ B) ⇒ ∃xA ∩ B, y = f (x) jective) et x ∈ ¯
/ A,donc y ∈ f (A).On a
⇒ ∃xA et xB, y = f (x) ¯
donc f (Ā) ⊂ f (A).
⇒ yf (A) et yf (B) Supposons pour toute partie A de E,
¯
que (f¯A) = f (A).
⇒ yf (A) ∩ f (B)
En particulier on a : f (E) = f (φ̄)
donc f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B) (1) f (E) = f (φ̄) = φ̄ = F .f est surjective.
Réciproquement soit yf (A) ∩ f (B) Si x 6= x0 dans E, en remarquant que

¯ on a f (x0 ) ∈ f ({x})
x0 ∈ {x} ¯ ¯
= {f (x)} 4(a2 − 3) = 3(4 − a2 )
et f (x) 6= f (x0 ) -Si |a| > 2 alors ∆ < 0 et la classe
Donc f est injective. d’équivalence de a se réduit au single-
ton {a}
-Si a = 2 ou a = −2 alors P (x) = (x +
Exercice 4Enoncé a 2
2 ) .Dans ce cas la classe d’équivalence
de x se réduit à la paire {a, − a2 }
1. Montrons que R est une relation -Si |a| < 2 alors ∆ p > 0 et P (x) =
d’équivalence. 1
0 ⇔ x = 2 (−a ± 3(4 − a2 )) Les
La relation R s’écrit :xRy ⇔ f (x) = deux racines de P sont distinctes l’une
f (y) où f est l’application de l’autre mais sont-elles distinctes de
t 7→ t3 − 3t .Il est alors évident que R a ?Pour le savoir on calcule P (a) =
est une relation d’équivalence. 3(a2 −1).On en déduit les résultats sui-
2. Soit a un réel.La classe d’équivalence vants :
de a est l’ensemble des réels x tels que -Si a = ±1 alors P (x) = (x −
1
f (x) = f (a) a)(x + 2a).Dans ce cas la classe
On a f (x) − f (a) = x3 − 3x − a3 + 3a =
(x − a)(x2 + ax + a2 − 3)
Donc xRa ⇔ x = a ou P (x) = 0, où
.P
d’équivalence de a est {a, −2a}
-Si |a| < 2 et a 6= ±1 alors la
classe d’équivalence de a contient
.N
1
P (x) = x2 + ax + a2 − 3 exactement
p 3 éléments
p :{a, 2 (−a +
1
Le discriminant de P est ∆ = a2 − 3(4 − a2 )), 2 (−a − 3(4 − a2 ))}

H
Premier devoir
V.
Exercice 1Enoncé
Exercice 2Enoncé
n
Y k3 + 1
1. Pn = .
k3 − 1
k=2

n n
Y k+1 X 1 = k 2 + k + 1 = B(k) alors
(a) Prouvons que = k. n n
k + 1 Y A(k)
k−1 Pn =
Y
× =
k=2 k=1
k−1 A(k + 1)
n k=2 k=2
Y
(k + 1) n(n + 1) A(2) n(n + 1)
n × = ×
Y k+1 k=2 2 A(n + 1) 2
= n 3 3n(n+1)
k−1 Y d’où P n = 2 +n+1) .
k=2 (k − 1) n2 + n + 1 2(n
k=2
n+1
Y
k
k=3
= n−1 n
X
k!(k 2 + k + 1) =
Y
k 2. Démontrons que
k=1 k=1
n−1
Y (n + 1)!(n + 1) − 1.
(n + 1)n × k
1
k=3
=
1×2×
n−1
Y
k=3
k
.Pn
X
2
n
X
k!(k 2 + k + k − k +
.N
n(n + 1) k!(k + k + 1) =
=
2 k=1 k=1
n
n X
2
X
X n(n + 1) = k!(k + 2k + 1) −
Or k = d’où
H
2 k=1 k
k=1 n n
n n X X
Y k+1 X
= (k + 1)!(k + 1) −
= k.
V.
k−1 k=1 k=
k=2 k=1
n+1 n
(b) Déduisons, en factorisant la frac- X X
3 3n(n+1) = k!k − k!k
tion kk3 +1
−1 , que Pn = 2(n2 +n+1) . k=2 k=1
k 3 +1 (k+1)(k 2 −k+1)
k 3 −1 = (k−1)(k 2 +k+1) . = (n + 1)!(n + 1) − 1
n
k3 + 1 Y
Ainsi Pn = =
k3 − 1
k=2
n 2 n
Y (k + 1)(k − k + 1) Y k + 1
= × D’où le résultat.
(k − 1)(k 2 + k + 1) k−1
k=2 k=2
n 2
Y k −k+1
.
k2 + k + 1
k=2
Posons A(k) = k 2 − k + 1 et 3. Déterminons l’expression simple
B(k) = k 2 + k + 1. en fonction de n, de Xn =
n k
A(k + 1) = (k + 1)2 − (k +
XYp k
k × ik .
2
1) + 1 = k + 2k + 1 − k − 1 + k=1 i=1

D’où Xn = (n + 1)! − 1.
n Y
X k p
k
Xn = k × ik
k=1 i=1
n Y k Exercice 3Enoncé
X √
k
√
k
= ( k× ik )
k=1 i=1
n k
X √
k k
Y Second devoir
= ( k) i
k=1 i=1
Xn
= k!k Exercice 1Enoncé
k=1
Xn
= k!(k + 1 − 1)
k=1 Exercice 2Enoncé
n+1
X n
X
1
= k! − k!
k=2
= (n + 1)! − 1
k=1
.P Exercice 3Enoncé
.N
Devoir 1
H
Exercice 1Enoncé
(a + b)n+1 = (a + b)n (a + b)
V.
= a(a + b)n + b(a + b)n

Soit Pn le prédicat (a + b)n =
1. P n
! n
n k k n−k
k=0 Cn a b
X X
k k n−k
=a Cn a b +b Cnk
Pour n=1, (a + b)n = a + b k=0 k=0
n
X n
X
n 1
= Cnk ak+1 bn−k + Cnk ak bn+1
X X k=0 k=0
Cnk ak bn−k = C1k ak b1−k n−1
k=0 k=0
X
= an+1 + Cnk ak−1 bn−k + bn+1 +
= C10 a0 b1−0
+ C11 a1 b1−1 k=0
=1×1×b+1×a×1
=a+b
Ainsi P1 est vraie. Posons

( i=k+1
Supposons que Pn est vraie et mon- k = 0 =⇒ i = 1
On a
trons Pn+1 i-eP k = n − 1 =⇒ i = n
(a + b)n+1 = n+1 k k n+1−k
k=0 Cn+1 a b On a

k=n ;i=n+1
Qn+1 k−1
k
Pn = Qk=2 n k
k=1 k
n n n
Qn
X X (n + 1) k k−1
(a + b)n+1 = an+1 + bn+1 + Cni−1 ai−1+1 bn−i+1 + =Cnk ak bn+1−k
Qn k=2 k
k=1 k=1 k=1 k
k
(n + 1)n nk=2 kk
n n
Q
X X
= an+1 + bn+1 + Cnk−1 ak bn−k+1 + C= k k n−kQ
na b n k
k=2 k
k=1 k=1 n
Qn k 1
n (n + 1) k=2 k ( k )
X = Qn
= an+1 + bn+1 + Cnk ak bn−k+1 k=2 k
k
(n + 1)n nk=2 k k nk=2 k1

Q Q
k=1
n = Qn k
k=2 k
X
0 n+1 n+1 n+1 k k n−k+1
= Cn+1 a + Cn+1 b + Cn a b
n
k=1 n
Y 1
n+1 = (n + 1) ( )
X k
(a + b)n+1 = Cnk ak bn−k+1 k=2
1
n
(n + 1)
k=0
.P Pn =
= Qn
k=1 k
(n + 1)n
n!
.N
D’où Pn+1 est vraie
∗
Par conséquent ∀n ∈ N
(a + b)n = nk=0 Cnk ak bn−k
P
Exercice 2Enoncé
H
1. Négation
V.
(a) ∀x ∈ Z, ∃y ∈ N, ∀z ∈ Z, x ≤
2. y2 ∧ y ≥ z
(b) ∃a ∈ Z, ∃b ∈ N∗ , ∀q ∈ Z, ∀r ∈
Z, a 6= bq + r ou b ≤ r < 0
n k
Y 1
Pn = 1+ 2. Valeur de vérité
k
k=1
n k ”∃x ∈ R∗ , ∀y ∈ R∗ , ∀z ∈ R∗ , z =
Y k+1 xy” :fausse
=
k Permutons les quantificateurs
k=1
Qn
(k + 1)k ”∀y ∈ R∗ , ∀z ∈ R∗ , ∃x ∈ R∗ , z = xy”
k=1
= Qn k est vraie
1k
”∀y ∈ R∗ , ∃x ∈ R∗ , ∀z ∈ R∗ , z = xy est
fausse
”∀z ∈ R∗ , ∃x ∈ R∗ , ∀y ∈ R∗ , z = xy”
Posons i= k+1 est fausse
Si k=1 ; i=2

3. Traduction Supposons que f (A) = f (A) et
montrons que f est bijective.
(a) Soit n ∈ Z ? Injectivité
∃n ∈ Z, ∀m ∈ Z, n = mk avec Soit x, x0 ∈ E/x 6= x0 . On a
k∈Z x ∈ {x0 }
x ∈ {x0 } =⇒ f (x) ∈ f ({x0 })
(b) Soit
Or f ({x0 }) = f ({x0 })
{a, b, c} ∈ R3
Donc
ab ≥ 0, ac ≥ 0 et bc ≥ 0
x ∈ {x0 } =⇒ f (x) ∈ f ({x0 })
Or f ({x0 }) = f (x0 )
4. Alors
x ∈ {x0 } =⇒ f (x) ∈ f ({x0 })
Exercice 3Enoncé
x ∈ {x0 } =⇒ f (x) 6= f (x0 )
Donc si x 6= x0 , alors f (x) 6= f (x0 )
1. (a) L’égalité f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) D’où f est injective
est fausse
1
? Surjectivité
Propriété de l’injectivité.
(b) Supposons que f est bijective
Soit y ∈ f (A)
.P f est une application
On a f (A) = f (A). En particulier,
pour A = φ, on a :
.N
Puisque f est bijective f (φ) = f (φ)
On a alors y ∈ f (A) ⇔ ∃!x ∈ f (E) = φ
A/ = f (x) avec x ∈ A f (E) = E
Par conséquent , f est bijective
H
x∈A⇔x∈ /A
x∈/A⇔y∈ / f (A) ⇔ y ∈ f (A) Donc f est bijective si et seule-
Donc y inf (A) =⇒ y ∈ f (A) ment si f (A) = f (A)
V.
D’où f (A) ⊂ f (A) 1

Soit y ∈ f (A)
y ∈ f (A) =⇒ y ∈ / f (A) 2. (a) -
y∈/ f (A) ⇔ y = f (x)/x ∈ / A (f est ?1er Cas :n pair =⇒ n = 2k, k ∈
bijective) Z
f (n) = f (2k) = 2k + (−1)2k
f(n)=2k+1
x∈
/ A =⇒ x ∈ A Ainsi f(n) est impair
=⇒ f (x) ∈ f (A) ?2e cas :n impair =⇒ n =
=⇒ y ∈ f (A) 2k + 1, k ∈ Z
f (n) = f (2k + 1) = 2k + 1 +
(−1)2k+1 = 2k
Donc y ∈ f (A) =⇒ y ∈ f (A) Ainsi f(n) est pair.
D’où f (A) ⊂ f (A) 2 Par conséquent, f et f(n) sont tou-
De 1 et ,
2 si f est bijective, alors, jours de parités différentes.
f (A) = f (A) Déduction

f (1 + 2Z) ⊂ 2Z Donc f −1 = f
x ∈ 1 + 2Z
x ∈ 1 + 2Z ⇔ x = 1 + 2n (d) Résolvons
x ∈ 1 + 2Z ⇔ x = f (2n) ⊂ 2Z
Donc f (1 + 2Z) = 2Z
504 = n + (−1)n ⇔ 504 = f (n)
⇔ f −1 (504) = f −1 (f (n
f (2Z) = {f (n), n ∈ Z} ⇔ f (504) = 504
= {f (2n), n ∈ Z} ⇔ n = 505
= {1 + 2n, n ∈ Z} Devoir 2
f (2Z) = 1 + 2Z
Exercice 1Enoncé
1. Vrai ou faux
(b) - (a) Faux .Car B5 = 52 (B5 étant le
1
?1er Cas : n pair soit n=2k
f (x) = y ⇔ n + 1 = y ⇔ n =
y−1∈Z
n et f(n) sont de parités
.P sixième terme de a suite )
(b) Vrai E = {a, b, c}

.N
P1 = {{a}, {b}, {c}}
différentes alors n est unique
P2 = {{a}, {b, c}}
?2e cas : n impair soit n =k+1
P3 = {{b}, {a, c}}
f (x) = y ⇔ n − 1 = y ⇔ n =
P4 = {{c}, {b, a}}
H
y+1∈Z
P5 = {E}
n et f(n) sont de parités Pn k
(Bn )n≥0 ; Bn+1 = k=0 Cn bk
différentes alors n est unique.
V.
(Nombre de Bell)
n=3 et B3 = 5, d’où le résultat.
(c) Déterminons l’expression de f ◦ f (c) Faux
f ◦ f (n) = f [f (n)] = f (n) + Z ∈ P(R)
(−1)f (n) N ∈ P(R)
?1er cas : n pair Card(Z = Card(N)) = +∞
Si n=2k,alors f(n)= 2k+1 donc R⊂Z
f ◦ f (n) = 2k + 1 − 1 = 2k
(d) Faux
?2e cas : n impair ie n=2k+1
-La relation ”a divise b” sur Z n’est
alors f(n)=2k donc
pas symétrique ni antisymétrique
f ◦ f (n) = 2k + 1 − 1 = 2k
mais
elle est antisymétrique sur N
D’où ∀n ∈ mathbbZ, f ◦ f (n) = 2k 2 divise 4 et 4 ne divise pas 2
Déduisons f −1 -
-2 divise divise 2 et +2 divise -2 ma
f est bijective alors f ◦ f (n) =
IdZ (n) 2. ∀(A, B) ∈ P(E)2 , E 6= φ, (A ⊂ B et
f −1 ◦ f ◦ f = f −1 ◦ IdZ Card(A) = Card(B)) =⇒ A = B

Négation ?S2
∃(A, B) ∈ P(E)2 , E 6= φ, (A ⊂ B et
Card(A) = Card(B)) ∧ A 6= B n Xj−1
X i
S2 =
j=2 i=1
j
j−1
n
!
X X i
=
j=2 i=2
j
j−1
n
!
X 1 X
= i
j=2
j j=0
n
X 1 j(j − 1)
Exercice 2Enoncé = ×
j=0
j 2
n
X j−1
=
2
1
j=2
1. Sommes et produits
.P =
1X
2 j=2
n
j−1
.N
?S1 n−1
1X
= j
2 j=1
1 n(n − 1)
H
n = ×
X 1 n 2 2
S1 = n(n − 1)
k+1 k S2 =
k=0
4
V.
n
X 1 n+1
=
n+1 k+1
k=0
n ?P1
1 X n+1
=
n+1 k+1
k=0 n
n+1 Y
1 X n+1 P1 = (2k + 1)
=
n+1 k k=1
k=1 Q2n+1
n+1
! k
= Qnk=1

1 X n+1
= −1 k=1 2k
n+1 k
k=0 (2n + 1)!
1 =
2n nk=1 k
Q
S1 = (2n+1 − 1)
n+1 (2n + 1)!
P1 =
2n n!

?P2 Par conséquent ϕ(A∩B) ⊂ ϕ(A)∩
n n ϕ(B)
Y 1 Y k−1
P2 = (1 − 2 ) =
k k2
k=2 k=2
n
! 2.nMontrons! que ϕ(E) = E
Y(k − 1)(k + 1) Y k−1 Y k + 1⊂ E
?ϕ(E)
= = n
k2 k ϕ : kP(E) → P(E) étant une applica-
k=2 k=2 k=2
1 n+1 tion ,
= × ϕ(E) ⊂ E =⇒ Card(ϕ(E)) ≤
n 2
n+1 Card(E) 1
P2 =
2n ?E ⊂ ϕ(E)
D’après (iii), on a Card(E) ≤
Card(ϕ(E)) 2
De 1 et ,
2 Card(E) = Cardϕ(E)
2. Montrons que g ◦ f n’est pas surjec-
tive revientà montrer que g n’est pas Par conséquent ϕ(E) = E car ϕ(E) ⊂
surjective E
1
g(N) = {0, 1, ...., 9}
g n’est pas surjective car g(N) 6= N
Par contraposée on a g ◦ f non surjec-
.P
3. Montrons que
?Card(A ∪ B) = Card(ϕ(A ∪ B))
.N
tive
Card(ϕ(A ∪ B)) = Card(ϕ(A)) +
Card(ϕ(B)) = Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B))
Exercice 3Enoncé
Card(ϕ(A ∩ B)) ≤ Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B))
H
Ainsi −Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B)) ≤

1. Démonstration −Card(ϕ(A ∩ B))
V.
(a) Supposons A,B deux sous- Par conséquent Card(ϕ(A ∪ B)) ≤

ensembles de E tel que A ⊂ B Card(ϕ(A)) + Card(ϕ(B))
Card(ϕ(A ∪ B)) ≤ Card(A) +
Card(B) − Card(ϕ(A ∩ B))
A ⊂ B =⇒ A ∪ B = B
soit Card(ϕ(A ∪ B)) ≤ Card(A) +
=⇒ ϕ(A ∪ B) = ϕ(B) Card(B) − Card(A ∩ B)
=⇒ ϕ(A) ∪ ϕ(B) = ϕ(B) carϕ(A
car∪ Card(ϕ(A
B) = ϕ(A)∪∪B))
ϕ(B)≥ Card(A ∩ B)
=⇒ ϕ(A) ⊂ ϕ(B) Donc Card(ϕ(A ∪ B)) ≤ Card(A ∪ B)
1
D’après (iii) Card(A ∪ B) ≤
D’où ∀(A, B) ∈ P(E)2 , A ⊂ Card(ϕ(A ∪ B)) 2
B =⇒ ϕ(A) ⊂ ϕ(B) De 1 et , 2 Card(A ∪ B) =
Card(ϕ(A ∪ B))
(b) On a A ∩ B ⊂ A et A ∩ B ⊂ B
Ainsi, on a : ϕ(A ∩ B) ⊂ ϕ(A) et ?Card(A ∩ B) = Card(ϕ(A ∩ B))
ϕ(A ∩ B) ⊂ ϕ(B) Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B) −

Card(A ∩ B) Card(A ∩ B) = Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B))
Card(ϕ(A ∪ B)) = Card(ϕ(A) ∪ ϕ(B)) Puisque ϕ(A ∩ B) ⊂ ϕ(A) ∩ ϕ(B), on
Card(ϕ(A ∪ B)) = Card(ϕ(A)) + a : Card(ϕ(A ∩ B)) ≤ Card(ϕ(A) ∩
Card(ϕ(B)) − Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B)) ϕ(B))
Card(ϕ(A ∪ B)) = Card(A) + i-e Card(ϕ(A ∩ B)) ≤ Card(A ∩ B)
Card(B) − Card(ϕ(A) ∩ ϕ(B)) Or d’après (iii), Card(A ∩ B) ≤
Puisque Card(A ∪ B) = Card(ϕ(A ∪ Card(ϕ(A ∩ B))
B))en procédant par identification, D’où Card(ϕ(A ∩ b)) = Card(A ∩ B)
on a
1
.P
.N
H
V.

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 2
MÉCANIQUE DU POINT
télescope à réflexion composé d’un mi-

roir primaire concave appelé télescope de
Newton.
Newton a montré que le mouvement
1
des objets sur Terre et des corps célestes
.P
sont gouvernés par les mêmes lois natu-
relles ; en se basant sur les lois de Ke-
pler sur le mouvement des planètes, il
.N
développa la loi universelle de la gravi-
tation.
H
Isaac Newton est avant tout le père de

la mécanique moderne grâce aux trois lois
du mouvement qui portent son nom et
V.
Isaac Newton (4 janvier 1643 G - 31 dont on donne ci-après les énoncés tels
mars 1727 G, ou 25 décembre 1642 J qu’ils sont enseignés de nos jours :
- 20 mars 1727 J) est un philosophe, - Principe d’inertie
mathématicien, physicien, alchimiste, as- - Principe fondamental de la dynamique
tronome et théologien anglais, puis britan- - Principe des actions réciproques
nique. Figure emblématique des sciences, On appelle parfois cette dernière loi la
il est surtout reconnu pour avoir fondé la loi d’action réaction mais ce vocabulaire
mécanique classique, pour sa théorie de est susceptible de prêter à confusion (voir
la gravitation universelle et la création, en principe des actions réciproques).
concurrence avec Gottfried Wilhelm Leib-
niz, du calcul infinitésimal. En optique, Dans le langage courant, la Mécanique
il a développé une théorie de la couleur est le domaine de tout ce qui produit
basée sur l’observation selon laquelle un ou transmet un mouvement, une force,
prisme décompose la lumière blanche en une déformation : machines, moteurs,
un spectre visible. Il a aussi inventé le véhicules, organes (engrenages, poulies,
79
courroies, vilebrequins, arbres de trans- lité onde-corpuscule. Cependant le génie
mission, pistons, etc.). de la mécanique de Newton était de
simplifier beaucoup, ce qui contribua au
Aujourd’hui, ses trois lois du mouve- développement des recherches dans le do-
ment, mises à mal par le développement maine de la mécanique classique, où la
de la thermodynamique au xixe siècle, masse s’identifie à la matière et où l’on
sont dépassées par la mécanique relati- suppose une continuité parfaite.
viste d’Einstein et le principe de la dua-
1
.P
.N
H
V.

2.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS
Exercice 1 Corrigé 1. Exprimer les composantes des vec-

−→ −→
teurs OA et AB dans la base polaire
Dans un repère orthonormé cartésien (e~ρ ; e~θ ) en fonction de θ.
(O;~i; ~j; ~k), on considère trois points −→ −→ −→ −→
2. Calculer OA.AB et OA ∧ AB dans
A(2; −3; 0), B(−3; 1; 0) et C(0; 1; 2). la base cartésienne (~i; ~j) puis dans la
1. Déterminer les composantes des vec- base polaire (e~ρ ; e~θ ) et conclure.
−→ −−→ −−→
teurs AB et BC. 3. Calculer le moment de BC par rap-
−→ −−→ −→ −−→
2. Calculer AB.BC et AB ∧ BC puis port au point A.
en déduire la mesure de l’angle α =
−→ −−→ Exercice 4 Corrigé
(AB, BC).
3. Calculer le volume du parallélépipède
−→ −−→ 1. Dans un repère orthonormé cartésien
construit sur les vecteurs OA, OB et (O;~i; ~j; ~k), on considère un point
−→
1
OC. M (x; y; z) et ~u le vecteur unitaire
4. Calculer les moments des vecteurs
−→ −−→
AB et BC par rapport au point O.
.P −−→ −−→
porté par OM tels que OM = r~u.
−−→
Calculer div~u, div~r et grad( 1r ).
.N
2. On donne A ~ = xz 2~i − y 2~j + 2x2 y~k, cal-
~ et rotA.
culer div A ~
Dans un repère orthonormé cartésien
(O;~i; ~j; ~k), on considère trois vecteurs
H
v~1 (3; −2; 1), v~2 (−1; 4; −2), v~3 (x; y; z) où x, y
et z sont des nombres réels. Soit le double
Soit la fonction scalaire f (x, y, z) = 2x2 −
V.
produit vectoriel w ~ = (v~1 ∧ v~2 ) ∧ v~3 .

3y 2 + z 2
1. Calculer par la méthode directe, les −−→
1. Calculer gradf .
composantes de w ~ en fonction de x,
y et z. 2. Déterminer le vecteur unitaire ~n nor-
mal à la surface f (x, y, z) = const au
2. Retrouver le résultat précédent en ap-
point M (0; − 12 ; 2).
pliquant la méthode du double pro-
duit vectoriel. 3. Montrer que f est une fonction har-
monique.
3. Calculer w ~ = v~1 ∧ (v~2 ∧ v~3 ). Comparer
w~ et w~ 0 puis conclure. Exercice 6 Corrigé
Calculer la différentielle df de la fonction
numérique f dans les cas suivants :
Dans un repère orthonormé cartésien
−→ 1. f (x) = 4x5 + 2x3 − x
(O;~i; ~j), on donne AB(4; −1), A(1; 2) et p
C(−1; 3). 2. f (x, y) = x2 + y 2

3. f (x, y) = x3 y 2 + 3xy 3 + 2xy Dans un repère cartésien (O;~i; ~j; ~k), un
4. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 mobile se déplace avec une accélération ~a
z2 dont les composantes sont ax = 0, 8m/s2 ,
5. f (x, y, z) = x2 +y 2 ay = az = 0. A l’instant initial t = 0, le mo-
Exercice 7 Corrigé bile M est à l’origine du repère et les com-
posantes de sa vitesse à cet instant sont
vx = vz = 0 et vy = 0.8m/s. Déterminer :
Un mobile M décrit une hélice circulaire
1. La nature de la trajectoire du mobile ;
d’axe Oz, définie par les équations, en co-
ordonnées cartésiennes : 2. La vitesse du mobile à t = 1s ;
 3. Le rayon de courbure de la trajectoire
x = R cos θ

au point correspondant à t = 1s.
y = R sin θ


z = hθ Exercice 9 Corrigé
avec θ(t) = ωt ; R, ω et h sont des Un point M décrit la spirale logarithmique
1
constantes r = r0 exp(θ) avec une vitesse angulaire
1. Déterminer la vitesse ~v .P
dθ
et ω = dt constante. On prendra θ = 0 à l’ins-
l’accélération ~a du mobile. On tant t = 0.
précisera leurs modules et leurs di- 1. Calculer les composantes de la vitesse
.N
rections. ~v et de l’accélération ~a.
En déduire l’expression du rayon de 2. Calculer le rayon de courbure de la
courbure Rc de la trajectoire. trajectoire.
H
2. Reprendre la même étude en coor- 3. Donner la valeur du rayon de cour-

données cylindriques. bure pour θ = 0, 900 et 1800 .
V.
3. On considère maintenant que la loi

d’évolution θ(t) est quelconque.
a. Exprimer ~v et ~a dans la base Les équations horaires d’un mouvement
er ; e~θ ; e~z ) associée au coor-
(~ plan sont données par
données cylindriques, en fonction x(t) = a cos(kt2 ) et y(t) = a sin(kt2 ) où a et
des données et des dérivées de k sont des constantes et t est le temps.
θ(t). 1. Quelle est la nature de la trajectoire
b. En introduisant le rayon de cour- de ce mouvement ?
bure Rc , montrer que : 2. Déterminer les composantes et la
( √
~v = RRc θ̇~τ norme de la vitesse. Le mouvement
√ est-il uniforme ?
~a = RRc θ̈~τ + Rθ̇2~n
3. Déterminer les composantes tangen-
(~τ ; ~n) étant la base de Frenet.
tielles et normales de l’accélération.

Dans le repère (O;~i; ~j; ~k), les composantes 3. Déterminer les composantes et le mo-
du vecteur-position d’un mobile M sont dule du vecteur accélération ~a, à par-
données par : tir des coordonnées x et y du point M .
 4. Retrouver les résultats de la question
x = θ2 − 1
2 à partir de la composition des vi-

−−→ 
OM = y = 2θ tesses.

z=0

5. Retrouver les résultats de la ques-
où θ est une fonction du temps telle que tion 3 à partir de la composition des
3
θ + θ3 = t. On étudie le mouvement de M accélérations.
entre t = 0 et t = +∞. Exercice 13 Corrigé
1. Déterminer la nature de la trajectoire
du mobile M . Dans un repère cartésien (O;~i, ~j), une par-
ticule de masse m est soumise à deux
2. Déterminer la vitesse ~v du mobile et
forces perpendiculaires F~1 = a sin(ωt)~i et
calculer sa norme en fonction de θ.
F~2 = a cos(ωt)~j. A l’instant initial t = 0,
1
3. Déterminer l’accélération ~a du mobile la particule est à l’origine des coordonnées
.P
et calculer sa norme en fonction de θ. avec une vitesse nulle. Déterminer les
4. En déduire que ~a est porté par le vec- composantes des vecteurs accélération, vi-
−−→
.N
teur position OM et donner son ex- tesse et position de de la particule.
−−→
pression en fonction de OM et r = Exercice 14 Corrigé
−−→
||OM ||.
−−→
H
5. Montrer que dtd (OM ∧ ~v ) = ~0. Toboggan aquatique (les parties I. et II.
sont indépendantes)
V.
On considère un toboggan aquatique

ayant la forme d’une portion de cercle de
Dans un plan (P ) rapporté à un repère or- centre O et de rayon r. Le revêtement
thonormé (O;~i; ~j), un cercle de centre C de ce toboggan rend les frottements
et de rayon R roule sans glisser sur l’axe négligeables. Ce toboggan possède une
(Ox). Son centre C est animé d’une vitesse longueur M M telle que sa réaction sur
0 1
constante V~c parallèle à (Ox). un point matériel M de masse m (un
1. Donner en fonction du temps les ex- baigneur) lâché en M0 sans vitesse ini-
pressions des coordonnées x et y d’un tiale soit nulle en M1 : R(M ~ ≡ M1 ) =
point M du cercle, de vitesse angu- ~0. Le référentiel d’étude est le terrestre
~ = ω~k ; ~k étant un vecteur uni- considéré comme galiléen.
laire Ω
taire perpendiculaire au plan (P ) tel I. Première phase du mouvement.
que (~i; ~j; ~k) forme un trièdre direct. La position du point M est repérée par
2. Déterminer les composantes et le mo- l’angle θ = (O ~ x, −−→
OM ) compris entre θ0 = π2
dule du vecteur-vitesse ~v , à partir des et θ1 = (O ~ x, − −→
OM1 ). On utilise la base po-
coordonnées x et y du point M . laire (~ur , ~uθ ).

vitesse V~1 donné au 4. sur la base
(~ux , ~uy ).
6. En translatant l’origine O des coor-
données en M1 et en choisissant l’ori-
gine des temps t = 0 lorsque M est
en M1 , déterminer, dans ce nouveau
repère, les équations horaires x(t) et
y(t) durant cette phase et en déduire
l’équation y = f (x) de la trajectoire
en fonction de r.
7. Indiquer comment déterminer finale-
ment la distance OH en fonction de
1. Faire le bilan des forces appliquées
r.
sur la masse m dans la position in-
termédiaire repérée par θ. Exercice 15 Corrigé
1
2. Appliquer le principe fondamental de
la dynamique et faire la projection sur
(~ur ) et (~uθ ). On obtient ainsi deux re-
lations permettant de déterminer le
.P
Une particule se déplace dans le champ de
forces
.N
module V = rθ̇ de la vitesse et le mo- F~ = 25 ~
6 yi + (z − x)~j + (2z 2 − x)~k
dule R de la réaction du toboggan en suivant la trajectoire définie par les
fonction de θ. équations
H
3. Sachant qu’une équation différentielle 

du type : θ̈ = A cos θ (avec A une x = 3t

y = 2t2
V.
constante) s’intègre, entre t = 0 et t, 

en multipliant les deuxqmembres par z =t−2

2θ̇, montrer que : θ̇ = 2gr (1 − sin θ). les longueurs étant en mètres et le temps
En déduire les expressions (fonctions en secondes.
de θ) de V (θ) et R(θ).
1. Calculer la puissance reçue par la par-
4. Montrer qu’au point M1 (où la ticule à l’instant t.
~ ~ 2
réactionqR(θ1 ) = 0), on a : sin θ1 = 3
2. Quelle est la position de la particule
2
et V1 = 3 gr. lorsque cette puissance est minimale ?
II. Deuxième phase du mouvement 3. Calculer le travail fourni par le champ
Le point matériel M effectue à de forces entre les instants t1 = 0s et
présent un mouvement de chute libre t2 = 2s.
(pas de frottement), qui se termine
par une réception en H sur un plan Exercice 16 Corrigé
d’eau d’équation : y = 0.
5. Donner les composantes du vecteur Un champ de forces est donné par :

2. En déduire le travail de f~ de O à B
 
2x(y − 1) + z exp x
F~ =  4y + x2  suivant les chemins OAB et OCB.
1
exp x − 2 Peut-on conclure que la force f~ est
Une particule de masse m est déplacée conservative ?
sous l’action de ce champ de forces le long 3. Établir l’expression de l’énergie po-
de la trajectoire définie par : tentielle Ep (x; y) avec Ep (0; 0) = 0
~r(t) = cos t~i + sin t~j + t~k avec t ∈ [π; 3π/2]
1. La force dérive-t-elle d’un potentielle
scalaire ? Un skieur décide de faire du hors piste. Il
2. Quelle est la variation de l’énergie se retrouve sur un passage en forme d’arc
cinétique du système lors du parcours de cercle AO de rayon CA = CO = R et
complet de la trajectoire ~r(t) ? aboutissant sur un fossé de largeur l. Le
point O se trouve à une hauteur h par rap-
Exercice 17 Corrigé port à l’autre bord D du fossé. Le skieur
1
champ de forces est donné par :
~ ~ ~ .P
estimant qu’il aura assez d’élan en O pour
Dans un repère orthonormé (O; i, j, k), un passer par le fossé, par du point A sans
vitesse initiale (VA = 0). Le référentiel
.N
d’étude est le terrestre considéré comme
F~ (x, y, z) = −2xy~i − x2~j + z 2~k
galiléen et le skieur est assimilé à un
~
1. Montrer que F dérive d’une énergie point matériel M de masse m. L’origine
potentielle U (x, y, z). du repère choisi est en O.
H
2. Déterminer l’expression de U (x, y, z).

3. Calculer le travail effectué par F~ le
V.
long de la trajectoire définie par :


x = 2 cos t

y = sin t avec t ∈ [π; 3π/2]

z = 4t

Un point matériel M se déplace dans le

plan (xoy). Il est soumis à la force f~ =
k(y~i + x~j) où k est une constante positive. Données : m = 60kg ; g = 10m/s2 ; R =
π
On considère les points A(a; 0), B(a; 2a) et 40m ; h = 3, 2m ; l = 7m et α = 3 .
C(0; 2a). 1. On suppose que les frottements sont
~
1. Calculer le travail de la force f sur les négligeables. Faire un bilan des forces
portions OA, AB, OC, CB et OB. appliquées à M (faire un schéma). Le

système est-il conservatif ? Que peut- (b) si le skieur retombe de l’autre
on dire alors de l’énergie mécanique ? côté du fossé ou pas.
2. Exprimer l’altitude z du point M
en fonction de R et de l’angle Exercice 20 Corrigé
−→ −−→
(CO, CM ) = θ. On choisit l’horizon-
tale passant par O comme origine Dans un repère cartésien (O;~i; ~j; ~k), muni
des énergies potentielles de pesanteur de la base (~ux , ~uy , ~uz ), un point M en
Ep (O) = 0. Exprimer l’énergie poten- mouvement a pour équations horaires
tielle de pesanteur au point A (θ(A) = 
x = 1 + cos t

α).
y = sin t avec x, y et z en unités
3. Exprimer l’énergie mécanique Em (A) 
z=0

en A et Em (O) en O et en déduire
du système international.
l’expression de la vitesse V (O) = V0 .
Faire l’application numérique.
4. En fait, il existe des frottements so- 1. Déterminer l’équation de la trajec-
1
toire et montrer que c’est un cercle
lides et la vitesse V0 en O est plus
faible que prévue. On appelle f la
valeur de la force de frottement
.P
dont le centre C est sur l’axe (Ox) et
dont le rayon R = 1m.
.N
constante sur AO qui s’oppose au 2. Exprimer le vecteur vitesse V~ .
mouvement. Préciser sa direction par rapport à la
(a) Exprimer le travail WAO de cette trajectoire. Donner la valeur V de la
vitesse V~ du point M et montrer que
H
force entre A et O.
le mouvement est uniforme.
(b) Que peut-on dire de la variation
de l’énergie mécanique ∆Em = 3. Exprimer le vecteur vitesse angulaire
V.
Em (O) − Em (A) ? ~ ou vecteur rotation. Donner la va-

ω
(c) En déduire une expression de f leur de w.
en fonction de m, g, R, V0 et α. 4. Exprimer le vecteur accélération ~a. Le
−−→
(d) Application numérique : On comparer avec le vecteur CM . Que
trouve V0 = 10m/s ; calculer f . peut-on dire de ce vecteur par rapport
au vecteur vitesse V~ et par rapport à
5. Donner l’expression du vecteur vi-
la trajectoire ? Donner la valeur a de
tesse V0 au point O dans la base
~a.
(~ux ; ~uy ). Faire l’étude dans le repère
(O, x, y), de la masse m en chute 5. Représenter la trajectoire, le vecteur
libre(on néglige tout frottement). vitesse, le vecteur vitesse angulaire
6. En déduire : ainsi que le vecteur accélération en un
point M quelconque.
(a) l’équation de la trajectoire
z = f (x) et faire l’application
numérique avec V0 = 10m/s.

Une masse m, considérée comme ponc- Dans tout ce qui suit, on néglige de
tuelle, repose sur un plan incliné d’un nouveau les forces de frottements so-
angle θ par rapport à l’horizontale. Elle lides.
est accrochée à l’extrémité d’un ressort de On tire sur la masse de X0 = +5cm
raideur k, de longueur à vide l0 , l’autre et on la lâche, à l’instant t = 0, sans
extrémité étant fixe par rapport au plan. vitesse initiale.
Données numériques : m = 0, 1kg ; θ = Étude du système(on néglige aussi les
300 ; g = 10m/s2 ; k = 10N/m. forces de frottement visqueux avec
On repère la position de la masse par rap- l’air)
port à sa position O d’équilibre. 3. En appliquant le principe fondamen-
tal de la dynamique et en utilisant
la condition d’équilibre, montrer que
x(t) vérifie l’équation différentielle de
l’oscillateur harmonique : ẍ+w02 x = 0.
Donner l’expression de la pulsation
1
propre w0 et de la période propre T0 .
I. La masse m est en équilibre(fig. b)
1. On suppose qu’il n’y a pas de frotte-

.P Calculer w0 et T0 .
4. En tenant compte des conditions ini-
tiales, donner la solution x(t) et son
.N
ment solide entre le plan et la masse
expression numérique.
m. Faire l’étude du système et en
III. Approche énergétique
déduire l’expression de l’allongement
∆l1 du ressort. Calculer cet allonge- 5. Donner l’expression de l’énergie po-
H
ment. tentielle de pesanteur Ep à un instant

t quelconque, la masse se trouvant à
2. En réalité la mesure expérimentale
V.
l’abscisse x. On prendra Ep (O) = 0.

∆l2 de l’allongement du ressort cor-
respond à la moitié de la valeur ∆l1 6. Donner l’expression de l’énergie po-
calculée précédemment. Pour expli- tentielle élastique Epe à un instant t
quer la différence il faut introduire quelconque, la masse se trouvant à
une force résultante f de frottement l’abscisse x. On prendra Epe (O) = 0.
solide entre la masse et le support. 7. Donner l’expression de l’énergie
(a) Pourquoi n’introduit-on pas de mécanique Em du système à un ins-
forces de frottement de type tant t quelconque, la masse se trou-
fluide ? vant à l’abscisse x avec la vitesse ẋ.
(b) Reprendre l’étude de l’équilibre 8. Le système est-il conservatif ? Que
de la masse et en déduire l’ex- peut-on dire alors de Em ? Que vaut
dEm
pression de la force de frottement dt ?
f . Calculer f . 9. A partir de l’expression de Em
II. La masse m est en mouve- obtenue précédemment au 7. ex-
ment(fig. c) primer dEdtm et retrouver l’équation

différentielle obtenue précédemment (b) Faire l’étude du système à l’ins-
au 3. tant t (Fig. d) et montrer que
l’équation différentielle du mou-
vement peut s’écrire : ẍ+ω 2 x = 0 ;
comment se nomme ce type d’os-
I. Un ressort, de raideur k et longueur cillateur ?
à vide l0 , pouvant travailler en compres-
(c) Donner l’expression de ω et calcu-
sion, est posé verticalement sur le sol. Un
ler sa valeur.
plateau de masse négligeable est fixé à
l’extrémité libre de ce ressort(Fig.a). (d) Donner l’expression générale x(t)
On pose sur le plateau une masse m de la solution de l’équation
(considérée ponctuelle). A l’équilibre, le différentielle.
ressort est comprimé d’une quantité Xe = (e) En tenant compte des conditions
∆le (Fig.b). initiales, montrer que x(t) =
Par la suite (Fig.c et d) on repère la po- x0 cos ωt
sition de la masse m par son abscisse x
1
3. On fixe la valeur de x0 telle que :
sur un axe Ox vertical dirigé vers le haut,
l’origine O correspondant à la position
d’équilibre du plateau.
.P x0 = −2Xe .
(a) Exprimer l’abscisse
l’accélération ẍ(t).
x(t) et
.N
(b) En considérant comme système
uniquement la masse m posée
sur le plateau, faire un bilan
H
des forces. En déduire, en ap-

pliquant le principe fondamen-
tal de la dynamique, l’expres-
V.
sion de la réaction R du pla-

Données numériques : k = 10N/m ; m = teau sur la masse en fonction de
0, 1kg ; g = 10m/s2 l’accélération ẍ puis en fonction
du temps t.
1. Étudier le système (masse+ plateau) (c) Cette réaction peut-elle s’annu-
à l’équilibre. En déduire l’expression ler ? Si oui, quand ? Que peut-il
de la compression Xe = ∆le . Faire arriver ensuite pour la masse m ?
l’application numérique.
II. Question de cours
2. On comprime le ressort jusqu’à On considère un oscillateur constitué
l’abscisse x0 et à t = 0, on d’une masse m accrochée à
lâche le plateau sans vitesse initiale l’extrémité d’un ressort de raideur k.
x(O) = x0 ; v(O) = 0 (Fig. c). On sup- La masse peut osciller suivant un axe
pose que la masse reste sur le plateau. (Ox), le point O correspondant à la
(a) Exprimer la tension T~ du ressort position d’équilibre du système, et on
à l’instant t (Fig. d) repère la masse par son abscisse x.

A l’instant t = 0, on écarte la masse de mouvement de cette masse. Com-
sa position d’équilibre (x(t = 0) = x0 ) ment qualifie-t-on cet oscillateur ?
et on la lâche sans vitesse initiale Déterminer les expressions et valeurs
(v(t = 0) = 0). On étudie alors l’abs- de sa pulsation propre ω0 , de sa
cisse x de la masse en fonction du période propre T0 et de sa fréquence
temps. propre N0 .
On constate que la fonction 2. La masse subit des forces de frotte-
x(t) est de la forme : x(t) = ment fluide dont la résultante est de
(exp(−λt))(X1 cos ωt + X2 sin ωt). la forme f~ = −α~v où ~v est le vecteur
4. A quel type d’oscillateur correspond vitesse de m et α une constante posi-
ce système ? L’oscillateur est-il harmo- tive.
nique ? Le régime est-il apériodique, (a) Donner la nouvelle équation
critique ou pseudo-périodique ? différentielle du mouvement de
5. Que représentent les grandeurs ω et m.
T = 2π
ω (nom et unité) ? (b) Indiquer brièvement quels sont
1
les trois types de mouvement pos-
6. Déterminer l’expression des constantes
X1 et X2 en utilisant les conditions
initiales.
.P sible en fonction de la valeur de α
et représenter l’allure des graphes
x(t) correspondant. Que se passe-
.N
Exercice 23 Corrigé t-il au bout d’un temps suffisam-
ment long ?
Une masse m, considérée comme ponc- 3. Le point M est maintenant soumis
H
tuelle, repose sur un plan horizontal. Elle à une force supplémentaire de type
est accrochée à l’extrémité d’un ressort de sinusoidal : F~ = F.~u avec F =
raideurk, de longueur à vide l0 , l’autre
V.
F0 cos ωt.
extrémité étant fixe par rapport au plan. (a) Exprimer la nouvelle équation
On repère la position de la masse par rap- différentielle à laquelle obéit
port à sa position O d’équilibre(voir fi- x(t). La solution de cette nou-
gure) velle équation différentielle
est la somme de l’équation
différentielle sans second
membre qui correspond à un
régime transitoire(voir question
On repère la position M de la masse m à la précédente) et d’une solution
−−→
date t par OM = x~u. A t = 0, on écarte la particulière qui correspond au
masse de x0 = Xm et on lâche sans vitesse régime permanent. En régime
initiale. permanent, l’amplitude est de la
1. La masse peut se déplacer sur forme x(t) = X0 cos(ωt + φ) et
le plan horizontal sans frottement. la vitesse v = V0 cos(ωt + ϕ). On
Déterminer l’équation horaire x(t) du utilisera la notation complexe :

F̃ = F0 exp(jωt) F~ = −(k/r2 )~er avec k > 0.
x̃ = X̃0 exp(jωt)= 1. Montrer que le moment cinétique de
X0 exp(jφ) exp(jωt) cette particule par rapport au pôle O
ṽ = Ṽ0 exp(jωt)= est constant.
V0 exp(jϕ) exp(jwt)
2. En déduire que l’accélération de cette
(b) Définir la vitesse v et en déduire particule est réduite à sa composante
la relation entre V0 et X0 puis normale.
celle entre φ et ϕ
3. En posant u = 1/r, et C = r2 θ̇, établir
(c) En remplaçant, dans l’équation les expressions des énergies poten-
˙ x̃¨ par leur
différentielle, x̃, x̃, tielle Ep , cinétique Ec et mécanique
expression complexe, montrer Em de la particule en fonction de k,
qu’on a la relation suivante : u, m, C et dudθ .
F0 = Z̃ X̃0 où Z̃, appelé 4. Montrer que la trajectoire de parti-
impédance mécanique complexe cule est une conique dont on précisera
(liée au déplacement x), ne
1
la nature en fonction de l’énergie
dépend de k, m, α et ω.
(d) Donner l’expression de X0 en
fonction de F0 , m, λ = m α
, ω0 et
.P mécanique Em .
.N
ω.
Montrer que si l’oscillateur est 1. Soit une particule de masse m sou-
faiblement amorti (pour α < mise à une force centrale :
√
2km), l’amplitude passe par un F~ = (−k/r2 )~er avec k > 0
H
maximum pour une pulsation ex-

(a) Montrer que le moment cinétique
citatrice ωm légèrement différente
de cette particule est constant. En
V.
de ω0 . Donner l’expression de ωm .
déduire que la constante des aires
(e) Déterminer l’expression de tan(φ) est C = r2 θ̇
où φ représente le déphasage de
(b) On pose u = 1/r, établir l’expres-
x(t) par rapport à F .
sion de la force F~ en fonction de
(f) En utilisant (b) et (d) déduire m, C, u et la dérivée seconde de
l’expression de V0 en fonction de u par rapport à θ.
α
F0 , m, λ = m , ω0 et ω.
(c) Montrer que la trajectoire de la
Que se passe-t-il pour ω = ω0 ?
particule est une conique dont l
Quel nom porte ce phénomène ?
équation en coordonnées polaires
Donner l’allure de la courbe V0 =
est r(θ) = P/(1 + e cos θ). On
f (ω).
précisera les expressions de P et
Exercice 24 Corrigé e.
(d) Établir l’expression de l’énergie
On considère une particule de masse m mécanique de la particule en
soumise à une force centrale fonction de k, P et e.

2. On considère que la force F~ est l’at- 1. On note G la constante universelle
traction électrostatique exercée par de gravitation. Donner l’expression de
le noyau de l’atome d’hydrogène sur K.
l’électron qui gravite autour de lui. 2. Montrer que le moment cinétique par
Bohr postule que le moment cinétique rapport au point O de la masse m :
de l’électron par rapport au centre O ~0 = −
L
−→
OM ∧ m~v reste constante au
du cercle qu’il décrit autour du noyau cours du mouvement. En déduire que
est σ0 = nh/2π. ce mouvement s’effectue dans un plan
(a) Montrer que l’énergie totale de contenant le centre des forces O et
l’électron de l’atome d’hydrogène perpendiculaire au moment cinétique
dans le modèle de Bohr peut ~ 0.
L
s’écrire sous la forme : En = Dans la suite, on utilisera la base cy-
−E0 /n2 . lindrique (~u, ~uθ , ~uz ) avec ~uz vecteur
unitaire suivant la direction et le sens
(b) Application numérique : m = ~ 0 = L0~uz et
du moment cinétique L
9, 1.10−31 kg ; q = 1, 6.10−19 C ;
1
(~u, ~uθ ) base polaire dans le plan du
h =
−12
8, 85.10 F/m
6, 62.10−34 J.s ; ε0
Calculer en joule (J) puis en

=
.P mouvement. Le point M est repéré
par ses coordonnées polaires r et θ.
.N
électron-volt (eV ) la valeur de 3. Moment cinétique et constante des
E0 ; en déduire les énergies ex- aires.
primées en (eV ) des niveaux (a) Exprimer L0 en fonction de r et θ
n = 1 et n = 2 de l’atome d’hy-
H
(ou leurs dérivées par rapport au

drogène. temps) et m.
V.
Exercice 26 Corrigé (b) On définit la constante des aires

du mouvement par C = r2 θ̇. Jus-
tifier le terme constante des aires.
On considère la terre de masse MT
et de centre O origine du référentiel (c) Les conditions initiales à t = 0 du
géocentrique galiléen (R). On note r la dis- mouvement sont définies par :
tance à O d’un point M quelconque de l’es- r = r0 ; θ = θ0 ; ||~v || = v0 ; α = α0
−−→ avec α l’angle que fait ~v avec ~u :
pace et on pose : OM = r~u. Un satellite,
assimilé à un point matériel M de masse α = (~v ; ~u)
m (m << MT ), est animé dans (R) d’une Exprimer L0 en fonction de m, r0 ,
vitesse ~v . Il subit uniquement la force gra- v0 et sin α0 et en déduire l’expres-
vitationnelle exercée par la terre : sion de la constante C.
II. ÉTUDE ÉNERGÉTIQUE
f~(M ) = −(K/r2 )~u avec K une constante
positive. 4. Montrer que la force f~ dérive d’une
énergie potentielle Ep (r). Établir l’ex-
I. MOUVEMENT PLAN pression de cette énergie potentielle

en la prenant par convention nulle à Une boule B1 de masse m en mouvement
l’infini (Ep (∞) = 0). rectiligne uniforme de vitesse v = 5m/s
5. Définir l’énergie cinétique Ec de la percute une boule B2 identique à B1 et ini-
masse m. L’exprimer en fonction de tialement au repos. Après le choc, les vi-
r, θ (ou leur dérivées par rapport au tesses des boules B1 et B2 forment respec-
0 0
temps) et m. En utilisant la définition tivement des angles θ1 = 50 et θ2 = 40
de la constante des aires C, exprimer avec la direction incidente de la boule B1 .
l’énergie cinétique Ec en fonction de 1. Calculer la vitesse de chacune des
m, r, ṙ et C. boules après le choc.
6. Définir l’énergie mécanique E. Le 2. Quelle est la nature du choc ?
système est-il conservatif ? Que peut-
on dire alors de cette énergie Exercice 29 Corrigé
mécanique E. Montrer que l’énergie
mécanique E peut se mettre sous la
Une particule P1 de masse m1 et de quan-
forme :
tité de mouvement p0 entre en collision
1
0
E = 12 mṙ2 + E 0 (r) avec
E (r) = −(K/r) + (mC /2r ) 2 2
(énergie potentielle effective).

.P
avec une particule P2 de masse m2 au
repos dans le référentiel de laboratoire.
Après le choc, les deux particules ont pour
.N
quantités de mouvement respectives p1 et
7. Exprimer l’énergie mécanique E0 de
p2 . A l’aide de détecteurs de particules, on
l’état initial (t = 0) en fonction de K,
mesure les angles de déviation θ1 et θ2 des
m, r0 et v0 .
deux particules par rapport à la direction
H
Exercice 27 Corrigé initiale de P1 . Le choc est considéré comme

élastique.
V.
Une boule B1 de masse m1 = 5kg est 1. Calculer en fonction de θ1 et θ2 les

lancée avec une vitesse v1 = 5m/s vers une rapports des quantités de mouvement
boule B2 de masse m2 = 8kg initialement p1 /p0 et p2 /p0 .
au repos. On suppose que la trajectoire des
2. En déduire le rapport des masses
boules est située sur une même droite ho-
m1 /m2 des deux particules.
rizontale et que le choc est parfaitement
élastique. 3. Donner les valeurs de ces rapports
Calculer la vitesse de chaque boule après dans les trois cas suivants :
le choc et préciser le sens du mouvement (a) θ1 = π/6 et θ2 = π/4.
de chacune d’elles.
(b) θ1 + θ2 = π/2.
(c) θ2 = π.

Exercice 1 Enoncé 3. On calcule w~ 0 (10x + 2y − z; 12x + 5y +
4z; −6x + 4y + 11z).
−→ −−→ On constate que w ~ 6= w~ 0 donc le pro-
1. AB(−5; 3; 1) et BC(3; 1; 1).
−→ −−→ −→ −−→ duit vectoriel n’est pas associatif.
2. AB.BC = −11 et AB ∧ BC(2; 8; −14).
Déduction de la valeur de α Exercice 3 Enoncé
Les cosinus et sinus de l’angle α s’ob-
tiennent facilement en appliquant res- 1. Expression des composantes des vec-
pectivement la formule du produit −→ −→
teurs OA et AB dans la base polaire
scalaire et celle de la norme du pro- (~eρ ; ~eθ ) en fonction de θ
duit vectoriel après avoir déterminé −→ ~ −→
−→ OA = i + 2~j et AB = 4~i − ~j
les normes des vecteurs AB et ~i = cos θ~eρ − sin θ~eθ et ~j = sin θ~eρ +
−−→
BC. On obtient ainsi le système : cos θ~eθ donc
( −→ −−→ −→
cos(AB; BC) = √−11 365 OA = (cos θ + 2 sin θ)~eρ + (2 cos θ −
−→ −−→ √ =⇒
| sin(AB; BC)| = √264 sin θ)~eθ et
−→ −−→
365 −→
1
mes(AB; BC) = 124 0 AB = (4 cos θ − sin θ)~eρ − (cos θ +
3. Soit V ce volume
−→ −−→ −→
V = |OA.(OB ∧ OC)|
−−→
.P 4 sin θ)~eθ .
−→ −→ −→ −→
2. Calcul de OA.AB et OA ∧ AB :
.N
Application numérique : OB ∧ • Dans la base cartésienne (~i; ~j) :
−→ −→ −→ −→ −→
OC(−1; 6; −3), V = 20u.v OA.AB = 2 et OA ∧ AB = −9~k.
−→
4. Calcul des moments des vecteurs AB • Dans la base polaire (~eρ ; ~eθ ) :
−−→ −→ −→ −→ −→
H
et BC par rapport au point O : OA.AB = 2 et OA ∧ AB = −9~k.

−→ −→ −→ −−→
MO (AB) = OA ∧ AB et MO (BC) = Conclusion
−−→ −−→ Les produits scalaire et vectoriel
OB ∧ BC
V.
−→ de deux vecteurs ne dépendent

Application numérique : MO (AB) =
−3~i − 2~j − 9~k et nécessairement pas de la base
−−→
MO (BC) = −~i + 6~j − 3~k. considérée.
−−→
3. Calcul du moment de BC par rapport
Exercice 2 Enoncé à A : le calcul s’effectuera en base
cartésienne.
1. Calcul de w ~ par la méthode directe : On détermine les coordonnées de
−−→
on calcule d’abord v~1 ∧ v~2 (0; 5; 10) puis B(5; 1; 0) puis de BC(−6; 2; 0).
~ = (v~1 ∧ v~2 )∧ v~3 = (5z−10y)~i+10x~j − −−→ −→ −−→
w MA (BC) = AB ∧ BC = 2~k.
5x~k
Exercice 4 Enoncé
2. Appliquons la formule du double pro-
duit vectoriel :
~ = (v~1 ∧ v~2 ) ∧ v~3
w 1. Calcul de :
~ = (v~1 .v~3 )v~2 − (v~2 .v~3 )v~1
w • div~u :
~ = (5z − 10y)~i + 10x~j − 5x~k
w Soit ~u = f (x, y, z)~i + g(x, y, z)~j +

h(x, y, z)~k Exercice 6 Enoncé
−−→ −−→
~u = −−→OM −OM−→ car ||OM || = r
||OM ||= r
Calcul de la différentielle df de la fonction
~u = √ 2 1 2 2 (x~i + y~j + z~k)
x +y +z numérique f :
et
div~u = ∂f ∂g ∂h 1. f (x) = 4x5 + 2x3 − x
∂x√+ ∂y + ∂z
x2 +y 2 +z 2
df (x) = (20x4 + 6x2 − 1)dx
div~u = 2 x2 +y2 +z 2 p
2
2. f (x, y) = x2 + y 2
div~u = r df (x, y) = xdx+ydy
√2 2
x +y
• div~r :
−−→
~r = OM = x~i + y~j + z~k donc 3. f (x, y) = x3 y 2 + 3xy 3 + 2xy
div~r = 1 + 1 + 1 = 3 df (x, y) = (3x2 y 2 + 3y 3 + 2y)dx +
−−→ (2yx3 + 9y 2 x + 2x)dy
• grad( 1r ) :
−−→ 1 −−→
grad( r ) = grad( √ 2 1 2 2 ) 4. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
x +y +z
−−→ 1 df (x, y, z) = 2(xdx + ydy + zdz)
grad( r ) = ∂x i + ∂(1/r)
∂(1/r)~ ~ ∂(1/r) ~
∂y j + ∂z k
1
2
−−→ 1 5. f (x, y, z) = x2z+y2
grad( r ) = −(x2 +y 2 +z 2 )−(3/2) (x~i+
y~j + z~k)
−−→ 1
grad( r ) = − r~r3
.P df (x, y, z) = −2z 2 xdx+ydy
(x2 +y 2 )2 +
Exercice 7 Enoncé
2zdz
x2 +y 2
.N
2. Calcul de la divergence et du rotatio-
nel de A ~:
1. Le vecteur vitesse ~v s’obtient
~ y, z) = xz 2~i − y 2~j + 2x2 y~k
A(x, en dérivant le vecteur position
H
~ = z 2 − 2y
div A −−→
~ = 2x2~i − (4xy − 2xz)~j OM par rapport au temps et le
rotA
vecteur accélération en dérivant
V.
Exercice 5 Enoncé ~v par rapport au temps. Ainsi,

−−→ vx = −Rω sin θ

1. Calcul de gradf :
~v = vy = Rω sin θ et ~a=
f (x, y, z) = 2x2 − 3y 2 + z 2 
−−→ ~ ∂f ~ ∂f ~

vz = hω
gradf = ∂f ∂x i + ∂y j + ∂z k 
−−→ 2
ax = −Rω cos θ
gradf = 4x~i − 6y~j + 2z~k

ay = −Rω 2 sin θ .
2. Détermination
−−→ de ~n : 
az = 0
gradf

~n = −−→
||gradf ||
−−→ Le vecteur vitesse ~v est tangent à la
Au point M (0; −1/2; 2), gradf = 3~j + trajectoire. On constate par ailleurs
−−→
4~k et ||gradf || = 5 donc que ~a.~v = 0 donc ~a ⊥ ~v .
~n = (3/5)~j + (4/5)~k. Modules de √~v et ~a
3. Calcul du laplacien de f v = ω R2 + h2 (m/s) et a =
2 2 2
∆f = ∂∂xf2 + ∂∂yf2 + ∂∂zf2 Rω 2 (m/s2 ).
∆f = 4 − 6 + 2 Déduction du rayon de courbure RC
∆f = 0 donc f est harmonique. de la trajectoire.

~a = aτ ~τ + an~n A
t = 0s, x0 = y0 = z0 = 0 donc
2
~a = dV τ + RV C ~n or
dt ~ x = 0, 4t
 2
V2
V = cte =⇒ dV dt = 0 donc ~
a = n,
RC ~ y = 0.8t
2
d’où Rω 2 = RV C

z=0

2 2 y y 2
RC = R R+h On a t = 0,8 =⇒ x = 0, 4( 0,8 )
2. En coordonnées cylindriques : d’où l’équation de la trajectoire s’écrit
−−→ x = 0, 625y 2 . Il s’agit d’une portion de
OM = R~er + hθ~ez
~v = Rω~eθ + hω~ez parabole.
~a = −Rω 2~e√r
v = ω R2 + h2 (m/s) et a = 2. Vitesse du mobile à la date t = 1s
Rω 2 (m/s2 ).  
vx = 0, 8t v1x = 0, 8
3. (a) Expression de ~v et ~a dans la base

 
cylindrique : ~v = vy = 0, 8 =⇒ v1y = 0, 8
−−→ 

vz = 0


v1z = 0
OM = R~er + hθ~ez
1
~v = Rθ̇~eθ + hθ̇~ez On a donc v1 = ||v~1 || = 1, 13m/s.
~a = −Rθ̇2~er + Rθ̈~eθ + hθ̈~ez
(b) Montrons le système
On calcule
√ :
2 2
√ v = θ̇ R 2+ h (m/s) =⇒
.P
3. Rayon de courbure correspondant à la dat
√
v = 0, 8 t2 + 1 et aτ = dv
= √0,8t .
.N
dt t2 +1
2
aτ =qθ̈ R2 + h2 (m/s ) a2n = v 2 /Rc = a2 − a2τ =⇒ Rc = a2v−a2
τ
a = (Rθ̈)2 + (Rθ̇2 )2 + (hθ̈)2 (m/s2 )

Grâce aux formules habituelles, Application numérique : On trouve
H
on tire an = (Rθ̇2 )2 . Par ailleurs, Rc = 2, 26m.

2
an = RV C et ~v = v~τ d’où Exercice 9 Enoncé
√
V.
1 dv
~v = θ̇ RRC ~τ ; aτ = dt =
√
θ̈ RRC (m/s 2 1. Composantes de la vitesse ~v et de
√ ).
Ainsi, ~a = θ̈ RRC ~τ + Rθ̇2~n 2 l’accélération ~a.
−−→
De 1 et 2, on a : OM = r~e = r0 eθ~er
−−→ r
( √ ~v = dOM = r0 ωeθ (~er + ~eθ )
~v = RRc θ̇~τ dt
√ 2
~a = d~ v
dt = 2r0 ω e ~
2 θ
eθ
~a = RRc θ̈~τ + Rθ̇ ~n
(~τ ; ~n) étant la base de Frenet. 2. Rayon de courbure Rc de la trajec-
toire.
Exercice 8 Enoncé p
~a = aτ ~τ + an~n =⇒ a = q a2τ + a2n et
4
1. Nature de la trajectoire a2n = (v 2 /Rc )2 d’où Rc = a2v−a2 .
τ
 On trouve, pour tout calcul bien fait,

1 2
x = 2 ax t + vx t + x0
 en considérant
√ que aτ = dvdt , Rc =
y = 12 ay t2 + vy t + y0 θ
r0 e 2

z = 12 az t2 + vz t + z0 3. Application numérique


Exercice 10 Enoncé 3. Accélération ~a du mobile :
1. Nature de la trajectoire du mouve- On détermine ~a en dérivant ~v de la

−−→
ment
( même manière
 que OM .Ainsi,
x2 = a2 cos2 (kt2 ) a x = −2θ2 +2
=⇒ x2 + y 2 =


 (1+θ2 )3
2 2 2 2
y = a sin (kt ) ~a = −4θ
ay = (1+θ 2 )3 et a =
a2 (cos2 (kt2 ) + sin2 (kt2 ))


a = 0
z
L’équation de la trajectoire s’écrit q
donc (x − 0)2 + (y − 0)2 = a2 ; il a2x + a2y + a2z
2
s’agit d’un cercle de centre O(0; 0) et Application numérique : a = (1+θ2 )2
de rayon R = a.
4. Déduisons-en que ~a est porté par le
2. Composantes et normes de la vitesse : −−→
vecteur position OM puis donnons
−−→ −−→
(
vx = −2akt sin(kt2 ) ~a = f (OM , r = ||OM ||) :
~v =
vy = 2akt cos(kt2 ) p
On a r = x2 + y 2 + z 2 = 1 + θ2 (m)
q
1
v = vx2 + vy2 = 2akt(m/s). On
constate que v = f (t) donc le mou-
vement n’est pas uniforme.
3. Composantes tangentielles et nor-
.P ~a = −2θ
~a = ( −2
2
r OM
3 )
+2~ 4θ ~
(1+θ2 )3 i − (1+θ2 )3 j
−−→
−−→
5. Montrons que dtd (OM ∧ ~v = ~0)
.N
males
( de l’accélération :
aτ = dv d − −→ d− −→ −−→ d
dt = 2ak (OM ∧ ~v ) = OM ∧ ~
v + OM ∧ dt ~v
~a = dt dt
d − −→ −−→
2 2
an = Rv c = va = a(2kt)2
dt (OM ∧ ~ v ) = ~v ∧ ~v + OM ∧ ~a
H
−−→ −−→ −−→

d
dt (OM ∧ ~v ) = ~0 + ( −2
r3 )OM ∧ OM d’où
d − −→
(OM ∧ ~v ) = ~0
V.
dt
1. La trajectoire du mobile M est para-
bolique d’équation x = (1/4)y 2 − 1. Exercice 12 Enoncé
2. Vitesse ~v du mobile :
−−→ −−→
~v = dOM dOM dθ
dt = dθ dt
3
t = θ + θ3 =⇒ dt = (θ2 +1)dθ =⇒ dθ
dt =
1
1+θ2 
2θ
vx = 1+θ2

Ainsi, ~v = 2 et v =
vy = 1+θ 2

vz = 0

q
vx2 + vy2 + vz2
Application numérique : v =
√ 2 (m/s) On associe deux repères pour l’étude du
1+θ2
mouvement de M . Le premier cartésien de

centre O : (O;~i; ~j; ~k), et le second polaire Exercice 14 Enoncé
de centre C : (C; ~er ; ~eθ ).
TOBOGGAN AQUATIQUE
1. On a : I- Première phase du mouvement :
−−→ −→ −→ −−→
OM = OI + IC + CM avec
−→ ~ ~ −→
OI = Vc ti ; IC = R~j et
−−→
CM = R~er = R(cos θ~i + sin θ~j) donc
M (x = Vc t + R cos θ; y = R(1 + sin θ))
2. Composantes ( et module de ~v :
−−→ vx = Vc − Rω sin θ
~v = dOM
dt = et
vy = Rω cos θ
q
v = vx2 + vy2
p
v = Vc2 + R2 ω 2 − 2Vc Rω sin θ(m/s)
1
3. Composantes
( et module de ~a :
d~v
~a = dt =
q
ax = −Rω 2 cos θ
ay = −Rω 2 sin θ
et .P
1. Bilan des forces :
-le poids du tobbogan : P~ = m~g =
.N
a = a2x + a2y −mg~uy
~ = R~ur normale au to-
-la réaction R
a = Rω 2 (m/s2 )
boggan (frottements négligeables).
4.
2. D’après le principe fondamental de la
H
5. dynamique, on a :
Exercice 13 Enoncé P~ + R~ = m~a =⇒ ~a = 1 (P~ + R).
m
~
V.
Par projection de ~a sur les axes (~ur ) et
Composantes des vecteurs accélération, (uθ ), on obtient :

(~
ar = −g sin θ + m1 R
vitesse et position de la particule :
aθ = −g cos θ
• D’après le principe fondamental de la On a par suite :

−−→
dynamique, on a : OM =−−r~u
→ r
F~1 + F~2 = m~a =⇒ V~ = dt = rθ̇~uθ d’où
dOM
~
~a = ma (sin(ωt)~i + cos(ωt)~j) V =(rθ̇(m/s). ~a = ddtV = r dtd (θ̇~uθ )
ar = −rθ̇2
~a =
a ~
R
• On a : ~v = ~adt = mω (− cos(ωt)i + aθ = rθ̈
sin(ωt)~j). On déduit des deux expressions de
~a que :
−−→ R −a ~ R
• OM = ~v dt = mω 2 (sin(ωt)i + −g sin θ + m = −rθ̇2 =⇒
cos(ωt)~j) R = − mr θ̇2 + mg sin θ(N )

 
3. Démonstration de l’expression de θ̇ vx = V1 sin θ1
 x = (V1 sin θ

En considérant l’équation, on a les vy = −gt − V1 cos θ1 =⇒ y = −(1/2)g
équivalences successives :  
vz = 0 z=0
 
θ̈ = A cos θ √
x2
2Rθ̇θ̈ = 2θ̇A cosRθ t= x
=⇒ y =
V1 sin θ1 − 27
16 r − 25 x C’est
2θ̇θ̈dt = 2A θ̇ cos θdt l’équation de la trajectoire du mouve-
ment en fonction de r.
θ̇2 = 2A[sin θ]t0
p 7. Le point M touche le plan √ d’eau pour :
θ̇ = 2A(sin θ − 1) or des expressions y = −r sin θ1 =⇒ 16 x + 25 rx− 23 r2 = 0
27 2
de aθ obtenues en 2., on a On résout cette équation d’incon-
−g cos θ = rθ̈ =⇒ A = −g r d’où la for- nue x et on obtient deux solutions
muleqde θ̇ recherchée : dont l’une positive représente la dis-
θ̇ = 2gr (1 − sin θ). tance M10 H où M10 est le projeté or-
thogonal de M1 sur le plan d’eau.
1
Déduction des expressions V (θ) et Pour tout calcul bien fait, on trouve
R(θ)
V = Rθ̇ =
p
2gr(1 − sin θ)(m/s) et
.P M10 H = 0, 297.r
On a donc : OH = OM10 + M10 H =
r cos θ1 + 0, 297.r = 1, 0426.r
.N
g
R= m (3 sin θ − 2)(N )
H
~ 1 ) = ~0 =⇒
4. Au point M1 , on a : R(θ
g 2 1. Puissance reçue par la particule à
m (3 sin θ1 − 2) = 0 ⇐⇒ sin θ1 = 3 car
l’instant t :
V.
g
m 6= 0. −−→
P = F~ .~v avec ~v = dOM ~ ~ ~
En remplaçant sin θ1 dans
q V (θ), on dt = 3i + 4tj + k
Pour tout calcul bien fait, on
obtient facilement V1 = 23 gr(m/s)
trouve :P = 19t2 − 19t + 8(W )
II- Deuxième phase du mouvement.
2. P = Pmin =⇒ dPdtmin = 0 =⇒ t = 0, 5s
5. V~1 = V1 (sin θ1~ux − cos θ1~uy ) Donc, la particule est au point
q √ A(1, 5; 0, 5; −1, 5)
~
V1 = 3 gr( 3 ~ux − 35 ~uy )
2 2
6. On applique le principe fondamental 3. Travail

R fourni entre t1 = 0s et t2 = 2s
de la dynamique, ici, le solide n’est W = P dt
soumis qu’à son seul poids P~ .Ainsi, W = [ 19 3 19 2 2
3 t − 2 t + 8t]0
on a : 
ax = 0
 W = 28, 67N
~a = ~g = ay = −g =⇒


az = 0 Exercice 16 Enoncé

1. Vérifions si la force dérive d’un poten- Exercice 17 Enoncé
tiel scalaire : Pour cela, on calculera
~
rotF~ = ∧ F~ avec
`
L’exercice 17 se traite de la même
~ ( ∂ ; ∂ ; ∂ ). Ainsi, rotF~ (0; ex − ex = manière que le précédent. Ainsi,
`
∂x ∂y ∂z
0; 2x − 2x = 0) soit rotF~ = ~0. 1. rotF~ = ~0 donc F~ dérive d’un potentiel
~
On conclut donc que F dérive d’un scalaire U (x, y, z).
potentiel scalaire f ie que
~ −−→ 2. U (x, y, z) = x2 y − 13 z 3 + cte
F = −gradf .
3. W (F~ ) = −2889, 52J
2. Variation de l’énergie cinétique lors Exercice 18 Enoncé

du parcours complet de la trajectoire
~r(t) : 1. Calcul duR travail de f~ :
D’après le théorème de l’énergie W (f~) = f~.d~l
W (f~) = f~.(dx~i + dy~j)
R
cinétique, on a :
~
1
R R
∆Ec = RW (F )~ W (f ) = kydx + kxdy
∆Ec = dw
∆Ec = F~ .d~r
R
R −−→
∆Ec = −gradf.d~r
.P • Sur OA
(OA) : y = 0 =⇒ dy = 0
.N
RA
WOA (f~) = O kydx = [kyx]A
RB
∆Ec = − A df O = 0J
∆Ec = f (A) − f (B) avec A −→ t = π • Sur AB
et B −→ t = 3π/2. (AB) : x = a =⇒ dx = 0
H
Détermination de f: RB
WAB (f~) = A kxdy = [kxdy]B
x ∂f A =
 −2x(y − 1) − ze = ∂x 2ka J
2
−− → 
F~ = −gradf =⇒ −4y − x = ∂y ∂f
V.
2

−e + (1/2) = ∂f
 x
∂z • Sur OC
d’où (OC) : x = 0 =⇒ dx = 0
2 x 2 2 1 ~) = C kxdy = [kxdy]C = 0J
f (x, y, z) = x −ze −2y −x y+ 2 z+cte
R
 W OC ( f O O
x
 A
 = −1
A t = π, ~r(π) = yA = 0 =⇒ • Sur CB


zA = π (CB) : y = 2a =⇒ dy = 0
RB
π π W ( ~
f ) = B
f (A) = 1 − e + 2 CB C kydx = [kydx]C =
 2ak(xB − xC ) = 2ka2 J
xB = 0

A t = 3π/2, ~r(3π/2) = yB = −1 • Sur OB


zB = 3π/2 (OB) : y = 2x =⇒ dy = 2dx
RB RB
3π 3π W ( ~
f ) = kydx +
=⇒ f (B) = − 2 − 2 + 4 OB
RB O O kxdy =
4k O xdx = 4k[ 21 x2 ]B 2
O = 2ka J
Ainsi, ∆Ec = 5π π
4 − e + 3 = 5, 769J

2. Déduction : est égale à la somme des travaux
WOA (f~) + WAB (f~) = WOC (f~) + des forces non conservatives ap-
WCB (f~) = 0 + 2ka2 = 2ka2 = WOB (f~) pliquées entre ces deux positions.
Conclusion : Le travail de la force f~ ne Ainsi,
dépend pas du chemin suivi. La force ∆Em = Em (O) − Em (A) =
est donc conservative. WAO (f~) ⇐⇒
1 2 π
3. Expression de Ep (x, y) : 2 mVo − mgR(1 − cos α) = − 3 f R
f~ est conservative donc dérive d’une (c) f = m
2Rα (2gR(1 − cos α) − Vo2 )(N )
énergie potentielle(Ep telle que : (d) Application numérique : f =
∂E
~ −−→ −ky = ∂xp 214, 859N
f = −gradEp =⇒ ∂E =⇒
−kx = ∂yp 5. V~o = Vo~ux
Ep = −kyx + cte Le skieur n’est soumis qu’à son seul
Ep (0; 0) = 0 =⇒ cte = 0 donc Ep = poids P~ . D’après le principe fonda-
−kyx(J) mental de la dynamique, on a :
P~ = m~a =⇒ ~g = ~a soit
1
1. Bilan des forces :

-le poids P~ = m~g du skieur ;
.P ~a =
ax = 0



ay = 0
az = −g
=⇒ V~ =
.N
-la réaction normale(pas de frotte- 
ments) du sol : R~ N = RN ~ux Vx = Vox = Vo

Le système est conservatif, pas de frot- Vy = Voy = 0 =⇒

tements donc l’énergie mécanique se Vz = −gt + Voz = −gt

H
conserve : Em = cte.

x = Vo t + xo = Vo t

2. zM = R(1 − cos θ) et Ep = mgz + cte, y = yo = 0
V.
Ep (0) = 0 =⇒ cte = 0 soit Ep = mgz 


z = − 21 gt2 + zo = − 12 gt2 .
Ep (A) = mgzA = mgR(1 − cos α)
3. Em (A) = Ec (A) + Ep (A) or Ec (A) = 6. (a) Équation de la trajectoire : z =
2
0J car VA = 0m/s donc Em (A) = − x20

Ep (A) = mgR(1 − cos α)(J) (b) Pour√z=-h, on a : x2 = 20h =⇒
Em (O) = Ec (O) + Ep (O) = 12 mVO2 (J) x = 20h
car Ep (O) = 0J Application numérique : x = 8m ;
Em (A) = Em (O) =⇒ VO = x > l = 7m donc le skieur tra-
p
2gR(1 − cos α) verse le fossé.
Application numérique : VO = 20m/s.
RO RO Exercice 20 Enoncé
4. (a) WAO (f~) = f~.d~l = −
A dl =
A
−f LAO = −f Rα 1. Équation de la trajectoire :
WAO = − π3 f R(J) x2 + y 2 = (1 + cos t)2 + sin2 t = 1 +
(b) La variation de l’énergie cos2 + sin2 +2 cos t = 2(1 + cos t) =
mécanique entre deux positions 2x ⇐⇒

x2 − 2x + 1 + y 2 = 1 ⇐⇒ (x − 1)2 + (y − Bilan des forces :
0)2 = 1 donc la trajectoire est le cercle -le poids P~ = m~g de la masse m ;
de centre C(1; 0) et de rayon R = 1m -la tension T~ du ressort ;
−−→ -la réaction normale R ~ N du plan in-
2. V~ = dtd OM = − sin t~ux + cos t~uy . V~ est
tangent cliné.
pà la trajectoire.
V = (− sin t)2 + (cos t)2 = 1m/s.
V = cte donc le mouvement est uni-
forme.
3. V~ = R~ω =⇒ ω ~ = 1 V~ = 1 (− sin t~ux +
R R
cos t~uy ).
ω = 1rad/s
4. ~a = dtd V~ = − cos t~ux − sin t~uy
−−→ Condition d’équilibre : P~ +T~ +R ~ N = ~0.
CM = (1+cos t)~ux +sin t~uy −~ux = −~a Par projection sur (Ox), on a :
−−→
On constate simplement que CM .V~ = mg sin θ − k∆l1 = 0 =⇒ ∆l1 = mg ksin θ
−−→
1
0 donc CM ⊥ V~ AN : ∆l1 = 0, 05m
a = 1m/s2
5. Représentation :
.P
2. (a) On n’introduit pas de forces de
frottement de type fluide car ces
forces n’interviennent que si le so-
.N
lide est en mouvement. Le solide
est en équilibre et sa vitesse est
nulle. Il ne peut donc qu’avoir des
H
forces de frottements de type so-

lide. La masse aurait tendance à
descendre donc la force est op-
V.
posée à ~ux .
(b) La force résultante f~ s’ajoute
au bilan.La nouvelle condition
d’équilibre donne :
~ N + f~ = ~0. Par projection
P~ + T~ + R
sur (Ox), on a :
mg sin θ − k∆l2 − f = 0 ⇐⇒ f =
mg sin θ − k ∆l2 1
Exercice 21 Enoncé AN : f = 0, 25N .
II. La masse m est en mouve-
I. La masse m est en équilibre(fig.b) ment(fig.c)
1. Étude du système et calcul de ∆l1
Système : La masse m 3. D’après le principe fondamental de la
Référentiel : terrestre supposé ga- dynamique, on a : P~ + T~ + R~ N = m~a.
liléen Par projection sur l’axe (Ox), on a :

mg sin θ − k∆l1 − kx = mẍ =⇒ ẍ + kXe~ux du ressort.
k
m x = 0 car mg sin θ − k∆l1 = 0 soit La condition d’équilibre projetée sur
2 2 k
0 x = 0, avec ω0 = m
ẍ + ωq (Ox) nous permet de trouver facile-
ω0 = mk (rad/s) et T0 = 2π mk (s)
p ment que −mg + k∆le = 0 soit ∆le =
mg
AN : ω0 = 10rad/s et T0 = 0, 628s k
AN : ∆le = 0, 1m
4. x(t) = Xm sin(ω0 t + φ)
2. (a) T~ = k(∆le − x))~ux = −mg~ux −
A t = 0s, x = Xm =⇒ sin(φ) = 1.
kx~ux
ẋ = Xm ω0 cos(ω0 t + φ) = 0 =⇒
cos(φ) = 0 (b) l’application du principe fonda-
Ainsi,φ = π2 . En conclusion mental de la dynamique et sa pro-
x(t) = 0, 05 sin(10t + π2 )(m). jection sur (Ox) donne :
P~ + T~ = m~a =⇒ −mg + k∆le −
III. Approche énergétique kx = mẍ =⇒ ẍ + mk x = 0.
En posant ω 2 = mk , on obtient
l’équation différentielle du mou-
1
5. Epp = −mgx sin θ(J) vement sous la forme : ẍ + ω 2 x =
6. Epe = 21 k(∆l1 + x)2 .
7. Em = Epp + Epe + Ec
Em = 12 mẋ2 + x(−mg sin θ + k∆l1 =
.P 0. Il s’agit d’un oscillateur harmo-
nique.
q
(c) ω = mk ; AN : ω = 10rad/s
.N
0) + 21 k∆l12 + 21 kx2
(d) x(t) = Xm cos(ωt + φ)
Em = 12 mẋ2 + 21 k∆l12 + 12 kx2
(e) A t = 0s, Xm = x0 =⇒ Xm cos φ =
H
xo
8. Les frottements étant inexistants, le
ẋ = 0 =⇒ −Xm ω sin φ = 0 =⇒
système est conservatif. L’énergie
sin φ = 0 =⇒ φ = 0 =⇒
V.
mécanique se conserve.
cos φ = 1 =⇒ Xm = x0
Em = cte =⇒ dtd Em = 0
En conclusion, x(t) = x0 cos ωt(m)
9. dtd Em = mẍẋ + k ẋx + 0 3. (a) x(t) = −2Xe cos ωt(m) et ẍ(t) =
d k
2Xe ω 2 cos ωt(m/s2 )
dt Em = ẋ(mẍ + kx) = 0 =⇒ ẍ + m x = (b) Bilan des forces : P~ = −mg~ux ; la
0 car ẋ 6= 0. ~ = R~ux
réaction du plateau R
On obtient ainsi l’équation différentielle
l’application du principe fonda-
recherchée.
mental de la dynamique et sa pro-
Exercice 22 Enoncé jection sur (Ox) donne :
R(ẍ) = m(ẍ + g)(N )
I. R(t) = m(2ω 2 Xe cos ωt + g)(N )
1. Étude du système à l’équilibre : (c) R = 0 ⇐⇒ cos ωt = − 2ω2gXe
Référentiel terrestre galiléen ; AN : R = 0 =⇒ cos ωt = − 12 =⇒
Bilan des forces : Le poids P~ = m~g = ωt = 2π3 =⇒ t = 0, 21s
−mg~ux de la masse ; la tension T~ = La réaction s’annule à l’instant

t = 0, 21s. La masse peut alors différentielle :
α
décoller du plateau. ẍ + m ẋ + mk x = 0 ⇐⇒ ẍ + α
m ẋ +
II. Question de cours ω02 x = 0 avec ω02 = mk
(b)
4. Ce système correspond à un oscilla- • Pour √ α faible, m α
< 2ω0 =⇒
teur faiblement amorti. Non l’oscilla- α < 2 km, le régime est pseudo
teur n’est pas harmonique. Le régime périodique avec une amplitude
est pseudo-périodique. qui diminue progressivement.
√
5. ω représente la pseudo-pulsation en • Pour m α
= 2ω0 =⇒ α = 2 km,
(ras/s) et T représente la pseudo- le régime est critique, on observe
période en s. le retour à l’équilibre sans oscilla-
6. Expressions de X1 et X2 tions plus rapidement.
A t = 0, x = x0 =⇒ e0 (X1 cos 0 + • Pour α
> 2ω0 =⇒ α >
X2 sin 0) = x0 =⇒ X1 = x0 . √ m
2 km,régime apériodique, re-
ẋ = −λe−λt (X1 cos ωt + X2 sin ωt) +
1
tour à l’équilibre sans oscillations
e−λt (−X1 ω sin ωt + X2 ω cos ωt) = 0
A t = 0, ẋ = 0 =⇒ −λX1 + X2 ω =
0 =⇒ X2 = ωλ x0 .
.P mais moins rapidement que dans
le régime critique.
Dans tous les cas, on observe le
.N
passage du régime transitoire au
régime permanent, ce qui traduit
le retour à l’équilibre (x = 0) au
1. Système : masse m ; Référentiel ter-
H
bout d’un certain temps.

restre supposé galiléen
Bilan des forces : le poids P~ de la 3. (a) Le principe fondamental de la
V.
masse ; la réaction normale R ~ N du dynamique s’applique et la pro-

plan ; la tension T~ du ressort. jection sur (Ox) nous permet
L’application du principe fondamen- d’écrire que :
tal de la dynamique et projection sur −kx − αẋ + F0 cos ωt = mẍ ⇐⇒
(Ox) donne : ẍ + mα
ẋ + mk x = Fm0 cos ωt. C’est
ẍ + mk x = 0 ⇐⇒ ẍ + ω02 x = 0 avec la nouvelle équation différentielle
ω02 = mk . du mouvement de la masse m.
Il s’agit
qd’un oscillateur harmonique. (b) La vitesse v est la dérivée de l’abs-
ω0 = k
(rad/s) ; T0 = 2π
= 2π
pm cisse x par rapport au temps, soit
m ω0 k
1
√ v = dx
dt .
et N0 = = √k (Hz)
T0 2π m v = X0 dtd cos(ωt + φ)
2. (a) Le principe fondamental de la v = −X0 ω sin(ωt + φ)
dynamique s’applique à nouveau v = jX0 wj sin(ωt + φ)
en tenant compte cette fois de
π
la force f~ et la projection sur ṽ = ej 2 X0 ωej(ωt+φ)
(Ox) donne la nouvelle équation

π
ṽ = X0 ωej(ωt+φ+ 2 ) Donc si l’oscillateur est faible-
ment amorti, l’amplitude passe
or ṽ = V0 ej(ωt+ϕ) . On en déduit par un maximum pour une pul-
que : sation excitatrice ωm = ω02 −
λ2
V0 = X0 ω(m/s) et ϕ = φ+ π2 (rad). 2 (rad/s).
(c) On a :
x = X0 cos(ωt + φ) =⇒ x̃ = (e) tan φ = − (ω2λω
−ω 2 )
0
X0 ej(ωt+φ) F0 ω/m
(f) V0 = √ (m/s)
(ω02 −ω 2 )2 +λ2 ω 2
ẋ = j 2 X0 ω sin(ωt + φ) =⇒ x̃˙ = Pour ω = ω0 , V0 prend une valeur
jX0 ωej(ωt+φ) maximale V0m = Fα0 (m/s) ; c’est le
phénomène de résonance de vi-
ẍ = −X0 ω 2 cos(ωt + φ) =⇒ x̃¨ = tesse.
−X0 ω 2 ej(ωt+φ) Allure de la courbe V0 = f (ω) :
En remplaçant ces expressions
1
dans l’équation différentielle Exercice 24 Enoncé
mẍ + αẋ + kx = F0 cos(ωt), on
obtient :
.P −→
L O (M )
−−→
1. LO (M ) = OM ∧ P~ = mOM ∧ ~v
d− →
= m[ d− −→
OM ∧ ~
v
−−→
+
−−→ d
OM ∧ dt ~v ]
.N
dt dt
X0 ejφ (−mω 2 + jαω + k) = F0 ⇐⇒ d −→ −−→
dt ‘LO (M ) = m~ v ∧ ~v + OM ∧ (m~a = F~ )
F0 = [m(ω02 − ω 2 ) + j(αω)]X̃0 car d− → ~ −→
dt LO (M ) = 0 d’où LO (M ) est un vec-
k = mω02 teur constant.
H
D’où F0 = Z̃ X̃0 avec Z̃ = m(ω02 − 2 − −→

ω 2 ) + jαω 2. ~a = dtd 2 (OM = r~er )
~a = (r̈ − rθ̇2 )~er + (2ṙθ̇ + rθ̈)~eθ
(d) De la relation F0 = Z̃ X̃0 , on tire −→ −−→
V.
On a : LO (M ) = mOM ∧ ~v = mC ~ où
X0 = |FZ̃|0 d’où ~ est un vecteur constant.
C
F0 /m ~ =−
C
−→
OM ∧ ~v
X0 = √ 2
(m) ~ = r~er ∧ (ṙ~er + rθ̇~eθ )
(ω0 −ω 2 )2 +λ2 ω 2 C
~ = r2 θ̇~k =⇒ C = r2 θ̇
C
dX0 F0 d − 12
• dw = m dw A avec A = (ω02 − C = cte =⇒ dtd C = dtd r2 θ̇ = 0 =⇒
2 2 2 2
ω ) +λ ω r(2ṙθ̇ + rθ̈) = 0
dX0
r 6= 0 =⇒ (2ṙθ̇ + rθ̈) = 0 d’où
dw = Fm0 [− 21 (2(−2ω)(ω02 − ω 2 ) + ~a = (r̈ − rθ̇2 )~er . L’accélération ~a de la
2λ ω)A− 23 ]
2
particule est donc réduite à sa compo-
dX0
sante radiale.
dw = 0 ⇐⇒ ω = 0 ou ω 2 =
2 3.
ω02 − λ2 √
2
ω > 0 =⇒ α < 2km correspon- • Énergie cinétique :
dant à un oscillateur faiblement Ec = 12 mv 2
−−→
amorti. OM = r~er = u1 ~er

−−→ de l’énergie mécanique.
~v = dtd OM = dθ d 1 dθ
er + u1 θ̇~eθ
u dt ~
0
~v = (− uu2 ~er + u1 ~eθ )Cu2 car θ̇ = Cu2 . On En remplaçant u et ses dérivées
note u0 = dθ d
u par leur valeur dans l’expression
~v = C(−u ~er + u~eθ ) =⇒ v 2 = (u02 +
0 de l’énergie mécanique trouvée plus
u2 )C 2 haut, on a :
k
d’où Ec = 21 mC 2 [( du 2 2 Em = − 2P (1 − e2 )(J)
dθ ) + u ](J)
• Em = 0 =⇒ e = 1 donc la trajectoire
• Énergie potentielle :
rot ~ = 0 =⇒ F~ = −−
F
−→
gradEp =⇒
est une parabole.
(
k ∂ • Em > 0 =⇒ |e| > 1 donc la trajectoire
− r2 = − ∂r Ep
1 ∂
=⇒ Ep = − kr + cte est une hyperbole.
0 = − r ∂θ Ep k
• Em = − 2P =⇒ e = 0 donc la trajec-
Par convention, Ep (∞) = 0 =⇒ cte =
toire est un cercle.
0 d’où k
Ep = − kr = −ku(J) • − 2P < Em < 0 =⇒ 0 < e < 1 donc la
trajectoire est une ellipse.
1
• Em = Ec + Ep soit Em = 12 mC 2 [( du 2
dθ ) +
u2 ] − ku(J)
4. D’après le principe fondamental de la
dynamique, on a : F~ = m~a
1. Résolution similaire à l’exercice

précédent.
.N
On démontre facilement que F~ = 2. (a) Montrons que l’énergie totale de
2
−mC 2 u2 [ ddθu2 + u]~er = − rk2 ~er =⇒ l’électron de l’atome d’hydrogène
d2 u k
dθ2 + u = mC 2 dans le modèle de Bohr peut
H
C’est l’équation différentielle du mou- s’écrire sous la forme : En = − En20

vement de la particule. La solution −−→
~σ0 = OM ∧ P~ = m~r ∧ ~v =⇒ σ0 =
V.
u = 0 correspond à r = ∞ et n’a au- mrv

cun intérêt physique. D’après le postulat de Bohr, on a :
La solution générale de cette équation mrv = nh/2π =⇒ (v =
différentielle est de la forme : nh/2πmr) 1
k
u = u0 cos(θ − θ0 ) + mC 2. D’après le principe fondamental
mC 2
En posant P = |k| ou P = mC k
2 et de la dynamique, on a :
2
e = P u0 , on a : F~e = m~a =⇒ Fe = m vr =⇒ v 2 =
u = e cos(θ−θ
P
0 )+
. k > 0 donc F~ est une Fe r
m
force attractive d’où θ0 = 0 et = 1 F~e = 1 q
− 4π
2
2~
er =⇒ Fe =
1 0 r
r(θ) = u(θ) = 1+ePcos θ . Donc la trajec- 1 q 2
q2
4π0 r2 =⇒ (v 2 = 4π0 mr )
2
toire est une conique de paramètre n2 h2 q2
P = mC
2 De 1 et 2, = ⇐⇒
k , d’excentricité e = P u0 et
4π 2 m2 r2 4π0 mr
2
0 n 2
dont l’équation en coordonnées po- r = hπmq 2
laires est r(θ) = 1+ePcos θ .

1 2 k
Etotale = Ec + Ep = 2 mv − r
q2
Nature de la trajectoire en fonction avec k = 4π 0

4 −−→
Etotale = − 8mq2 h2 n12 (c) LO = ||mOM ∧ ~v || =
0 −−→ −−→
L’énergie totale ne dépend que du m.||OM ||.||~v ||. sin(OM ∧ ~v )
paramètre n. Notons le alors En . A t = 0s, LO = mr0 v0 sin α0 =⇒
En posant C = r0 v0 sin0
4
E0 = 8mq2 h2 , on obtient En = − En20
0
(b) Application numérique :

E0 = 2, 17.10−18 J = −13, 6eV II. ÉTUDE ÉNERGÉTIQUE
E1 = −13, 6eV et E2 = −3, 4eV
Exercice 26 Enoncé 4. rotf~ = ∇~ ∧ f~ = ~0 donc f~ dérive d’une

énergie potentielle Ep
I- MOUVEMENT PLAN −−→
f~ = −gradEp =⇒ Ep = − Kr + cte ;
Ep (∞) = 0 =⇒ cte = 0 d’où Ep =
1. f~(M ) = − GMr2T m ~u = − rK2 ~u =⇒ − Kr (J)
GMT m
= rK2 d’où
1
r2 5. Ec = 12 mv 2 avec ~v = ṙ~er + rθ̇~eθ =⇒
K = GMT m
−
→ −
→
2. dtd LO (M ) = 0 donc LO (M ) est un vec-
teur constant. Le moment cinétique
.P v 2 = ṙ2 + r2 θ̇2
d’où Ec = 21 m(ṙ2 + r2 θ̇2 ). C = r2 θ̇ =⇒
θ̇ = rC2
.N
de la masse m par rapport au point O 2
En conclusion, Ec = 21 m(ṙ2 + Cr2 )(J).
reste donc constant au cours du mou-
6. E = Ec + Ep . Les frottements
vement.
sont inexistants, donc le système est
Déduction
H
conservatif. L’énergie mécanique E se

−→ −−→ ~ conserve soit E = cte.
On a : LO (M ) = mOM ∧ ~v = mC 2 2
E = 21 m(ṙ2 + Cr2 )− Kr = 21 mṙ2 − Kr + mC
V.
avec C ~ un vecteur constant. 2r2

−
~ = OM−→ donc
C ∧ ~v =⇒ C = r2 θ̇
~ 6= ~0 donc − −→ E = 12 mṙ2 + E 0 (r)(J) avec E 0 (r) =
C OM et ~v sont à chaque 2
− Kr + mC
2r (J)
instant contenus dans le même plan 2
perpendiculaire à C ~ par conséquent 7. A t = 0s, r = r0 = cte =⇒ ṙ = 0 et

−→ C = r0 v0 sin α0 d’où :
à LO , plan dans lequel s’effectue le mv02 sin α0
mouvement. E0 = − Kr0 + 2 (J)
−→ ~ = mr2 θ̇~uz =⇒
3. (a) LO = LO ~uz = mC Exercice 27 Enoncé
LO = mr2 θ̇
~ = ||−
(b) ||C||
−→
OM ∧ ~v || ⇐⇒ C = Les conservations des vecteurs quan-
−−→ tités de mouvement et des énergies
||OM ∧ ~v || donc C est l’aire du
parallélogramme construit sur les cinétiques du système permettent d’obte-
−−→ nir
vecteurs OM et ~v . De plus, C = ( les systèmes :
cte d’où le terme ”constante des P~1 + P~2 = P~ 0 1 + P~ 0 2
=⇒
aires”. (1/2)m1 v12 = (1/2)m1 v102 + (1/2)m2 v202

(
m1 v1 = m1 v10 + m2 v20
m1 v12 = m1 v102 + m2 v202
On tire v10 de la première équation qu’on 1. D’après la conservation des vecteurs
élève au carré puis on le remplace dans la quantités de mouvement, on a :
seconde équation, ce qui permet d’obtenir P~ + P~ 0 = P~1 + P~2
l’équation suivante d’inconnue v20 : Par projection sur les axes (Ox) et
m22 (Oy) du repère, on a :
v20 [( m 1
+ m2 )v20 − 2m2 v1 ] = 0 (
v20 6= 0 =⇒ v20 = m2m 2 v1 mv = mv1 cos θ1 + mv2 cos θ2
2
2
⇐⇒
m1 +m2 0 = mv1 sin θ1 − mv2 sin θ2
AN : v20 = 3, 846m/s d’où v102 = 1, 329m2 /s2 (
soit v10 = 1, 153m/s v2 = cos θ1 sinvθ12sin θ1
+cos θ2 sin θ1
sin θ2
La boule B1 se déplace dans le sens de v~1 v1 = sin θ1 v2
après le choc suivant la même trajectoire AN : v2 = 3, 84m/s et v1 = 3, 22m/s
horizontale , de même que la boule B2 car
le choc est parfaitement élastique. 2. Il s’agit d’un choc élastique de type
1
boule de billard.
.N
1. La conservation des vecteurs quan-
H
tités de mouvement donne :

p~0 = p~1 + p~2
Par projection sur les axes (Ox) et
V.
(Oy) du repère, on

a:
 p1 = sin θ2
(
p0 = p1 cos θ1 + p2 cos θ2 p0 sin θ2 cos θ1 +sin θ1 cos θ2
⇔
0 = p1 sin θ1 − p2 sin θ2  p2 = sin θ1
p 0 sin θ cos θ +sin θ cos θ
2 1 1 2
2. Déduction :
m1 v sin θ
m
= v2 sin θ2 avec v1 et v2 les vecteurs vitesses respectifs des particules P1 et P2
2 1 1
après choc.
√ √ v
p1 p m
3. (a) = √6 2√ = 0, 968 ; p2 = √ 6 √ = 0, 684 et m1 = 2 v2
p0 3 6+ 2 0 3 6+ 2 2 1
p1 sin θ2 sin θ2
(b) p0
= sin θ2 cos θ1 +sin θ1 cos θ2
= sin(θ +θ = sin θ2
1 2)
p2 m1 v2 sin θ2 v2 sin θ2 v
p0
= sin θ1 et m = v sin θ = π = tan θ2 v2
2 1 1 v1 sin( −θ2 ) 1
2
p1 p m
(c) p0
= 0 ; p2 = −1 et m1 = 0
0 2
2.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS
Année Académique : 2017 - 2018

Premier devoir sans vitesse initiale (VA = 0) puisse faire
le tour complet de la boucle en restant en
Exercice 1 : Corrigé contact avec la piste tout le long du trajet.
(Le randonneur )
Le chariot assimilé à un point matériel M
Un randonneur se situant en un point A glisse sur la piste (ABCDEF ) sans frotte-
s’est égaré en forêt. Il marche alors pen- ment. On repère la masse M sur la boucle
dant 2h à la vitesse v1 = 6km/h dans par l’angle θ que fait OM avec la verticale
la direction Nord-Est jusqu’à un point B OB.
puis 1h30 dans la direction Sud à la vitesse
v2 = 4km/h avant de retrouver la sortie de
la forêt en C. 1. (a) En prenant l’origine de l’énergie
1. Déterminer la distance totale (AC) potentielle au niveau du sol
parcourue par le randonneur entre le (Ep (B) = 0 = Ep (F )), donner
point de départ A et le point d’arrivée l’expression de l’énergie poten-
C. tielle Ep (A) en A et Ep (M ) en M
1
en fonction de m, g, h, r et θ.
2. Combien de temps aurait-il mis en
marchant directement de A vers C à
la vitesse v1 = 6km/h ?
.P (b) On notera VM la vitesse du point
M dans la position repérée par θ.
Écrire l’énergie mécanique totale
.N
3. Dans quelle direction aurait-il dû par-
Em (A) en A et Em (M ) en M .
tir ? Donner l’angle en degrés que fait
cette direction avec l’axe Ouest-Est. (c) Le système est-il conservatif ? En
déduire une relation entre Em (A)
H
4. On considère le repère : origine le

et Em (M ).
point de départ A et deux axes or-
V2
thogonaux correspondant aux direc- (a) En déduire l’expression de RM en
V.
tions Sud-Nord et Ouest-Est. Faire un fonction de g, R, h et θ (relation).

schéma de ce repère et représenter les 2. L’étude du mouvement de M sur la
différentes positions A, B et C ainsi boucle (BCDE) se fait naturellement
que les différents vecteurs vitesses en coordonnées polaires (R, θ) et la
intervenant dans l’exercice. Faire le base associée (u~r , u~θ ).
schéma à un échelle. (a) Exprimer le vecteur vitesse VM
Exercice 2 : Corrigé en coordonnées polaires et en
(Looping ) déduire la relation entre VM , R et
2
VM
Le jouet d’un enfant est constitué d’un θ̇. Exprimer R en fonction de R
petit chariot de masse m qui se déplace et θ̇ (relation 2).
sur une piste se terminant par une boucle (b) Exprimer le vecteur accélération
circulaire verticale (looping) de rayon R. a~M en coordonnées polaires et en
L’objectif de l’exercice est de calculer la déduire, en utilisant la relation
valeur minimale de l”altitude h du point 2 précédente, l’expression de la
A pour que le chariot abandonné en A composante radiale (suivant u~r )

de l’accélération en fonction de 2. En choisissant une origine arbitraire
VM et R. O, déterminer le moment cinétique
3. (a) On appellera F~ la réaction de la des N particules par rapport à cette
piste sur la masse M . Faire l’étude origine O. Énoncer alors le théorème
dynamique de M sur la partie cir- de Koenig.
culaire (BCDE). Pr(u~r , u~θ ) et ex- 3. En choisissant une origine arbitraire
F
primer alors le rapport m (rela- O, déterminer l’énergie cinétique des
tion3). N particules par rapport à cette ori-
(b) Utiliser les relations 1 et 3 pour gine O. Énoncer alors le deuxième
exprimer m F
en fonction de h, g, R théorème de Koenig.
et θ.
(c) Dire que la masse fait un tour Exercice 2 : Corrigé
(Trajectoire
complet en restant en contact
quasi-circulaire d’un satellite-Freinage
avec la piste se traduit par :
par l’atmosphère)
1
Pour toute valeur de l’angle θ, la
réaction F existe : ∀θ, F (θ) ≥ 0.
Pour quelle valeur évidente de θ
la réaction F est-elle minimale ?
.P On étudie le mouvement d’un satellite
artificiel de la terre dans le géocentrique
supposé galiléen. On néglige les autres in-
.N
En déduire la valeur minimale teractions que la force de gravitation entre
que doit avoir l’altitude h du la terre et le satellite. On note MT la masse
point A pour que le chariot réalise de la terre, RT son rayon, m la masse du
le looping sans quitter la piste.
H
satellite supposée petite devant MT et G la

constante gravitationnelle universelle. On
Second devoir
note T0 la période de révolution du satel-
V.
lite.
Exercice 1 : Corrigé
(Système de
particules) 1. Établir la conservation du moment
cinétique du satellite par rapport à la
On considère un système de N parti- terre.
cules en mouvement dont les interactions
mutuelles sont régies par le principe de 2. En déduire que le mouvement du sa-
l’action et de la réaction. tellite est plan.
3. Montrer que cela permet de définir
1. Montrer que le centre de masse se une constante des aires C dont on no-
comporte comme un point matériel tera l’expression.
de masse totale M et soumis à une 4. On suppose que le satellite est en
force extérieure égale à la somme des orbite circulaire autour de la terre.
forces extérieures s’exerçant sur cha- Montrer que son mouvement est uni-
cun des particules. forme.

5. Établir l’expression de la vitesse v du 14. En supposant que la variation du
satellite en fonction de G, MT et r le rayon sur une révolution peut s’iden-
rayon de l’orbite du satellite. tifier à la dérivée du rayon par rap-
√
6. Déterminer les expressions des port au temps ; montrer que r =
√
énergies cinétique Ec et potentielle r0 + Kt où K est une constante à
E du satellite en fonction de G, M , exprimer en fonction de G, MT et α.
p T
m et r. Donner la relation entre Ec et
Ep . Rattrapage
7. En déduire l’expression de l’énergie
mécanique Em et les relations de Em Exercice 1 : Corrigé
(Système de
avec Ep et Ec .
particules)
8. Ce satellite subit une force de frot-
tement fluide proportionnelle à sa On considère un système de N parti-
masse ét au carré de sa vitesse. On cules en mouvement dont les interactions
note α le coefficient de frottement mutuelles sont régies par le principe de
1
samment faible pour que la trajectoire
soit quasi-circulaire. Dans ces condi-
.P
correspondant. Cette force reste suffi- l’action et de la réaction.
tions, les relations entre les différents 1. Montrer que le centre de masse se
.N
énergies restent valables et la varia- comporte comme un point matériel
tion ∆r du rayon de la trajectoire est de masse totale M et soumis à une
faible devant le rayon r. Déterminer force extérieure égale à la somme des
H
∆Ep , la variation de l’énergie poten- forces extérieures s’exerçant sur cha-

tielle sur une révolution du satellite cun des particules.
V.
consécutive à une variation ∆r du 2. En choisissant une origine arbitraire

rayon de son orbite. O, déterminer le moment cinétique
9. En déduire que l’énergie mécanique des N particules par rapport à cette
du satellite diminue sur une origine O. Énoncer alors le théorème
révolution d’une quantité ∆Em qu’on de Koenig.
explicitera.
3. En choisissant une origine arbitraire
10. Calculer sur une révolution le travail O, déterminer l’énergie cinétique des
Wf de la force de frottement en fonc- N particules par rapport à cette ori-
tion de α, m, v et T0 . gine O. Énoncer alors le deuxième
2 théorème de Koenig.
11. En déduire que ∆r = −4παr .
12. Quel est par conséquent l’effet de la
force de frottement sur le rayon de la
trajectoire et la vitesse du satellite ? Exercice 2 :Corrigé
(Trajectoire
13. Retrouver la troisième loi de Kepler quasi-circulaire d’un satellite-Freinage
dans le cas d’un trajectoire circulaire. par l’atmosphère)

On étudie le mouvement d’un satellite 8. Ce satellite subit une force de frot-
artificiel de la terre dans le géocentrique tement fluide proportionnelle à sa
supposé galiléen. On néglige les autres in- masse ét au carré de sa vitesse. On
teractions que la force de gravitation entre note α le coefficient de frottement
la terre et le satellite. On note MT la masse correspondant. Cette force reste suffi-
de la terre, RT son rayon, m la masse du samment faible pour que la trajectoire
satellite supposée petite devant MT et G la soit quasi-circulaire. Dans ces condi-
constante gravitationnelle universelle. On tions, les relations entre les différents
note T0 la période de révolution du satel- énergies restent valables et la varia-
lite. tion ∆r du rayon de la trajectoire est
faible devant le rayon r. Déterminer
∆Ep , la variation de l’énergie poten-
1. Établir la conservation du moment
tielle sur une révolution du satellite
cinétique du satellite par rapport à la
consécutive à une variation ∆r du
terre.
rayon de son orbite.
2. En déduire que le mouvement du sa-
1
9. En déduire que l’énergie mécanique
tellite est plan.
3. Montrer que cela permet de définir
une constante des aires C dont on no-
.P du satellite diminue sur une
révolution d’une quantité ∆Em qu’on
explicitera.
.N
tera l’expression. 10. Calculer sur une révolution le travail
4. On suppose que le satellite est en Wf de la force de frottement en fonc-
orbite circulaire autour de la terre. tion de α, m, v et T0 .
H
Montrer que son mouvement est uni- 11. En déduire que ∆r = −4παr2 .
forme.
12. Quel est par conséquent l’effet de la
V.
5. Établir l’expression de la vitesse v du force de frottement sur le rayon de la

satellite en fonction de G, MT et r le trajectoire et la vitesse du satellite ?
rayon de l’orbite du satellite.
13. Retrouver la troisième loi de Kepler
6. Déterminer les expressions des dans le cas d’un trajectoire circulaire.
énergies cinétique Ec et potentielle
14. En supposant que la variation du
Ep du satellite en fonction de G, MT ,
rayon sur une révolution peut s’iden-
m et r. Donner la relation entre Ec et
tifier à la dérivée du rayon par rap-
Ep . √
port au temps ; montrer que r =
√
7. En déduire l’expression de l’énergie r0 + Kt où K est une constante à
mécanique Em et les relations de Em exprimer en fonction de G, MT et α.
avec Ep et Ec .

Premier devoir 2. En réalité la mesure expérimentale
∆l2 de l’allongement du ressort cor-
Exercice 1 Corrigé respond à la moitié de la valeur ∆l1
calculée précédemment. Pour expli-
Un point M se déplace sur une spi- quer la différence il faut introduire
rale logarithmique d’équations polaires une force résultante f de frottement
paramétrique ρ = ρo .exp(θ), θ = ωt avec solide entre la masse et le support.
ω et ρo constants. On utilisera les coor-
(a) Pourquoi n’introduit-on pas de
données polaires (ρ, θ) de vecteurs de base
forces de frottement de type
(uρ , uθ ).
fluide ?
1. Calculer les composantes des vecteurs
(b) Reprendre l’étude de l’équilibre
vitesse et accélération de M en co-
de la masse et en déduire l’ex-
ordonnées polaires. En déduire les
pression de la force de frottement
normes de ces vecteurs. Que vaut
f . Calculer f .
l’angle α que fait la vitesse avec le vec-
teur unitaire uρ ?
1
2. Calculer le rayon de courbure de la
trajectoire.
3. Le point M décrit la même spirale
.P
II- La masse m est en mouvement (fig. c)
On néglige à présent les forces de frotte-
ment solide
.N
On tire sur la masse de X0 = +5cm et on
ρ = ρo .exp(θ) mais cette fois-ci c’est
lâche, à l’instant t = 0, sans vitesse initiale.
la vitesse linéaire v qui est constante.
Étude du système (on néglige aussi les
Comment varie alors la vitesse angu-
forces de frottement visqueux avec l’air).
H
laire au cours du temps ?

Exercice 2 Corrigé 1. En appliquant le principe fondamen-
V.
tale de la dynamique et en utilisant

Une masse m, considérée comme ponc- la condition d’équilibre, montrer que
tuelle, repose sur un plan incliné d’un x(t) vérifie l’équation différentielle de
angle θ par rapport à l’horizontale. Elle l’oscillateur harmonique.
est accrochée à l’extrémité d’un ressort de
raideur k, de longueur à vide L0 , l’autre ẍ + ω02 x = 0
extrémité étant fixe par rapport au plan.
Données numériques : m = 0, 1kg ; θ = Donner l’expression de la pulsation
30o ; g = 10m/s2 ; k = 10N/m propre ω0 et de la période T0 . Calcu-
I- La masse m est en équilibre (fig. b) ler ω0 et T0 .
1. On suppose qu’il n’y a pas de frotte- 2. En tenant compte des conditions ini-
ment solide entre le plan et la masse tiales, donner la solution x(t) et son
m. Faire l’étude du système et en expression numérique.
déduire l’expression de l’allongement III- Mouvement de m avec frottement vis-
∆l1 du ressort. Calculer cet allonge- queux
ment. La masse m est à présent soumise à des

frottements visqueux de coefficient α = référentiel galiléen choisi pour étudier le
1, 2 système. On a alors :
1. Retrouver l’équation différentielle du
mouvement de m
→
−
2. Préciser le régime d’oscillation de la F (r) = − rk2 → −
u avec r =
−−→
masse m et déduire la pulsation et la OM et →
−u = OM .
r
période des oscillations
3. En tenant compte des mêmes condi- 1. Ecris la relation fondamentale de la
tions initiales qu’en II.), donner dynamique.
−
→
la solution x(t) et son expression 2. Le moment cinétique Lo de M par rap-
numérique. port au point O est défini par la relation :
−
→ −−→
Second devoir Lo = OM ∧ m→ −v avec → −
v le vecteur vitesse
de M dans le référentiel choisi.
Exercice 1 : −→ −
→
Choc entre deux Lo
(a) Calculer ddt et montrer que Lo est
1
particules
Un boule B1 de masse m1 est lancée

.P
un vecteur constant.
(b) En déduire que le mouvement de M
.N
avec une vitesse v1 vers une boule B2 de s’effectue dans un plan contenant O et M
masse m2 initialement au repos. On sup- et perpendiculaire au moment cinétique
−
→
pose que la trajectoire des boules est située Lo .
H
sur une meme droite horizontale et que le (c) Le point M est repéré, dans le plan
choc est parfaitement élastique. où s’effectue le mouvement, par ses co-
V.
ordonnées polaires r et θ. On utilisera la

Trouver la vitesse de chaque boule base cylindrique( ~u, ~uθ , ~uz ) avec ~uz vec-
après le choc. Discuter les cas m1 =m2 , teur unitaire suivant la direction du mo-
−
→
m1 =2m2 et m2 =2m1 . ment cinétique Lo = Lo~uz et ( ~u, ~uθ ) base
polaire dans le plan du mouvement.
−−→
Exercice 2 : Exprimer OM et ~v dans la base (~u, ~uθ
Choc entre deux
) et en déduire l’expression du moment
particules : Trajectoires d’une particule
cinétique Lo en fonction de m et des coor-
dans un champ de forces newtonnien
données (r, θ) ou de leurs dérivées.
On considère un point matériel M de 3. Pour retrouver certaines caractéristiques
masse m soumise uniquement à un champ des trajectoires possibles de M on in-
→
−
de forces newtonnien. Le centre de force troduit le vecteur A ( appelé vecteur de
correspond au point O fixe dans le Runge-Lenz) :

→
− −
→ p
A = (~v ∧ Lo ) − k~u r= 1 +e cos θ
(a) En dérivant directement cette rela- La trajectoire de M est une conique pa-
→
−
tion vectorielle de A donner l’expression ramètre p et d’excentricité e.
→
−
de ddtA . Donner l’expression du paramètre p et de
En utilisant les résultats précédents, l’excentricité e en fonction de Lo , m, k et
→
−
montrer que le vecteur A est constant. A.
→
−
Sans faire de calcul, monter que A est 4. Relation entre énergie et excentricité e
dans le plan du mouvement. (a) L’énergie potentielle dont dérive la
→
−
On peut choisir alors de prendre le vec- force F (r) a pour expression Ep = −k r .
teur unitaire →
−
u z de la base cartésienne du Donner l’expression de l’énergie
repère suivant ce vecteur : mécanique totale E en fonction de m, v, k
1
→
−
A = A~uz
→
− −−→
(b) Effectuer le produit scalaire A .OM que :
.P
et r.
→
− →−
(b) Exprimer A2 = A . A et montrer
.N
→
− −−→
en remplacant les vecteurs A et OM par 2 2 2
2Lo
A2 = k 2 (1 + v kL2 o − mkr )
leur expression dans la base (~u, ~uθ ) et
monter la relation : (c) Exprimer A2 en fonction de l’énergie
H
E. En déduire une expression de l’excen-

→
− −−→ tricité e en foncton de l’énergie E et mon-
V.
L2o
A .OM = m − kr
trer qu’on retrouve la classification des co-
(c)Quelle est l’autre expression possible niques obtenues en fonction du signe de
→
− −−→
du produit scalaire A .OM faisant appa- l’énergie :
raitre l’angle θ que font entre eux ces deux
— e > 1 ⇔ E > 0 : hyperbole
vecteurs.
(d) En déduire que r peut se mettre — e = 1 ⇔ E = 0 : parabole
sous la forme : — e < 1 ⇔ E < 0 : ellipse
Premier devoir Les parties textbfA et textbfB sont

indépendantes.
textbfA/
Exercice 1 Soit un repère cartésien Oxyz. Un

point M est repéré par ses coordonnées 4. Intégrer ces équations. Quelle condi-
cartésiennes (x, y, z) et sphériques (r, θ, ϕ). tion doivent vérifier p et q pour que
−−→
1. Établir l’expression des vecteurs uni- le vecteur OM soit une fonction
taires → −
ur , →
−
uθ , −
→ des coordonnées
uϕ périodique ? Étudier le cas p/q =
sphériques en fonction des vecteurs 1/2, v(t = 0) = 0, x(t = 0) =
→
− → − → − a et y(t = 0) = b.
unitaires i , j , k .
2. Déterminer les composantes du gra- Second devoir
dient d’une fonction scalaire f en co-
ordonnées sphériques.
3. Déterminer en coordonnées sphériques Exercice 1 : Choc entre deux particules
le vecteur vitesse et le vecteur
accélération du point matériel M .
Un solide S1 de masse m1 = 50g repose sur
B/ Une particule de masse m se déplace un ressort disposé verticalement de lon-
dans le champ de forces définies par ses gueur à vide l0 = 40cm et de constante de
composantes X = 2xy et Y = αx2 dans raideur k = 20N/m.
1
(ox, oy). .P
un plan rapporté à un repère orthonormé Un second solide S2 de masse m1 = 100g
situé à h = 1m au-dessus de S1 sur l’axe
1. Déterminer le paramètre α pour que du ressort, est laché sans vitesse initiale.
.N
ce champ dérive d’une énergie poten- À l’instant initial t = 0 les deux solides
tielle Ep . S1 et S2 entrent en collision et restent ac-
2. Calculer la fonction énergie poten- coler.
Calculer le raccorcissement maximal subi
H
tielle Ep .
par le ressort.
Exercice 2
V.
Un ressort de raideur k et de longueur à Exercice 2 : Mouvement d’un satellite artific

vide l0 , prend une longueur L quand on
lui accroche un point matériel M de poids Données numériques
mg. — Masse de la Terre MT = 6.1024 kg
1. Exprimer la pulsation q des oscilla-
— Rayon de la Terre RT = 6400km
tions verticales de M .
— Constante de gravitation universelle
2. Exprimer la pulsation p des petites os-
G = 6, 67.10−11N.m2 .kg −2
cillations d’un pendule de longueur L.
3. On considère les oscillations de M — Période de rotation de la Terre (dans
dans le plan vertical (xOy), avec le référentiel géocentrique) T0 =
Oy verticale ascendante, au voisinage 86164s
de la position d’équilibre O. Établir La Terre, de masse MT et de centre O
les équations différentielles du mou- origine du référentiel géocentrique (R)
vement de M en supposant x et y galiléen, a une répartition de masse à
comme infiniment petits du 1er ordre. symétrie sphérique. Un satellite, assimilé

à un point matériel de masse m(m << Le satellite est sur une orbite circulaire au-
MT ), est animée dans (R) d’une vitesse tour de la Terre à l’altitude h.
→
−v . On note r la distance à O du point S
−→ 1. Définir le référentiel géocentrique.
et on pose : OS = r→ −u . Il subit unique- Est-il galiléen pour l’étude du mouve-
ment la force de gravitation exercée par la ment du satellite ?
Terre. I. Force de gravitation et moment
2. Montrer par les 3 différentes
cinétique
méthodes suivantes que le mouve-
1. Représenter sur un schéma la force de ment est uniforme :
gravitation exercée par la Terre sur le
(a) En exprimant le travail élémentaire
satellite et donner l’expression vecto-
→
− δW de la force de gravita-
rielle de cette dorce F (r). tion au cours d’un déplacement
→
−
2. Moment cinétique : élémentaire dl entre les instants
(a) Donner l’expression du moment t et t + dt et en appliquant le
−
→ théorème de l’énergie cinétique
cinétique LO par rapport au point
entre ces instants.
1
O de la masse m.
(b) Démontrer la relation (théorème
du moment cinétique) :
−→
.P (b) En utilisant la définition du mo-
ment cinétique LO qui est une
grandeur constante au cours du
.N
dLO −−−−→ −−→ −→ → − mouvement (voir I.2.d).
= MO ( F ) = OS ∧ F
dt (c) En exprimant le vecteur
→
−
accélération a en coordonnées
(c) Comment nomme t-on la gran-
H
−−−−→
−→
− polaires et en appliquant le
deur MO ( F ). Donner sa valeur principe fondamental de la dy-
dans le cas présent. namique, montere alors que
V.
(d) En déduire que le moment l’accélération angulaire θ̈ est

−
→
cinétique LO est constant au nulle. Donner l’expression de la
cours du temps et que le mouve- vitesse v en coordonnées polaires
ment du satellite s’effectue donc et montrer que v est constant.
dans un plan contenant le centre 3. À partir du principe fondamental de
des forces O et perpendiculaire- la dynamique (voir 2c), déterminer la
−→
ment au moment LO . relation entre la vitesse angulaire θ̇ et
la distance r = RT + h entre le satel-
Dans la suite on utilisera la base cylin- lite et le centre de la Terre. En déduire
drique → −u ,→
−
uθ , →
−
uz avec →
−
uz vecteur unitaire alors la vitesse v du satellite en fonc-
suivant la direction et le sens du moment tion de G, MT , RT et h.
−→ − →−
cinétique LO = LO → uz et →
−
u ,→
−
uθ base polaire 4. Le satellite S.P.O.T. (Satellite
dans le plan du mouvement. Le point S est Spécialisé dans l’Observation de la
repéré par ses coordonnées polaires r et θ. Terre), lancé en 1986, évolue à
II. Étude du mouvement du satellite l’altitude h = 832km. Déterminer

sa période de révoultion T . Est-il 3. Déterminer l’expression de la vi-
géostationnaire ? Justifier. tesse d’évasion (vitesse de libération)
du satellite pour laquelle l’énergie
5. La 3e loi de Képler indique que le
mécanique E s’annule. Exprimer cette
carré de la période T de révolution
vitesse en fonction de G, MT , RT et h.
d’un satellite est proportionnel au
Calculer cette vitesse d’évasion vc
cube du rayon r de son orbite.
pour un corps se situant à la surface
Quelle est l’expression littérale de la
de Terre.
constante de proportionnalité appa-
raissant dans cette loi pour un sate- 4. L’énergie cinétique moyenne d’agita-
litte en orbite terrestre ? tion des molécules de l’atmosphère
terrestre est de l’ordre de Eca =
6. En utilisant cette 3e loi de Képler, 3/2kT , où k est la constante de
déterminer la valeur de l’altitude d’un Bltzmann et T la température abso-
satellite géostationnaire. lue de l’atmosphère. Calculer cette
III. Vitesse d’évasion d’un satellite énergie cinétique Eca d’agitation pour
1
→
− une température absolue de 300K
1. Montrer que la force F (r) exercée
par la Terre sur le satellite en orbite
circulaire est une force centrale qui
.P avec K = 1, 38.10−23 J.K −1 . Calculer
l’énergie cinétique Ece d’une molécule
de dioxygène qui s’évaderait de la sur-
.N
dérive d’une énergie potentielle Ep face terrestre (vitesse Ve ).
telle que : Ep = − GmMr
T
(avec comme
Données :
origine de l’énergie potentielle celle
Nombres d’Avogadro : N = 6, 02.1023 mol−1
H
pour r infini : Ep (∞) = 0).

et Masse molaire atomique de l’oxygène :
2. Exprimer l’énergie mécanique to- M (O) = 16g.mol−1 .
V.
tale du satellite (en fonction de Comparer ces deux énergies cinétiques Eca
v, m, G, MT , RT , et h). et Ece . Que peut-on en déduire ?
2.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS
Premier devoir 2. Déterminons le temps T qu’il aurait

mis en marchant directement de A
vers C à vitesse v1 = 6km/h.
Exercice 1 : Enoncé
(Le randonneur) On a : AC = v1 T ⇐⇒ T = AC v1 avec
−→
AC = ||AC||.
1. Soit D cette distance : L’étude se fait en coordonnées
D = AB + BC = 2h ∗ 6km/h + 1, 5h ∗ cartésiennes dans le plan du sol de
4km/h repère (A; ~ux ; ~uy ).
D = 18km

−→ −→ −−→
AC = AB + BC. On cherche donc à
déterminer les composantes des vec-
−→ −−→
teurs AB et BC dans ce repère.
Si V~ est un vecteur de ce repère, alors
V~ = Vx~ux + Vy ~uy
V~ .~ux = (Vx~ux + Vy ~uy ).~ux = Vx et
V~ .~uy = Vy
−→
En posant AB(x; y), on a :
−→ −→
x = AB.~ux = ||AB|| ∗ ||~ux || ∗
−→
cos(AB; ~ux ).
−→
(AB; ~ux ) est l’angle que fait la direc-
tion nord-Est avec l’axe Ouest-Est soit
π
4 . D’où x = 8, 485km
Un calcul similaire montre que y = (Looping)
8, 485km
1
−−→ 1. (a) Epp (A) = mgh(J) et Epp (M ) =
Les composantes de BC se détermine
de la même manière en considérant
bien sûr les angles entre les
.P mgR(1 − cos θ)(J).
(b) Em (A) = Ec (A) + Epp (A) =
.N
différentes directions correspondants mgh(J) car Ec (A) = 0J
aux quatre points cardinaux. Pour Em (M ) = 21 mVM2 +mgR(1−cos θ).
tout calcul bien fait, on trouve :
−−→ −→ (c) Les frottements sont inexistants,
BC(0; −6) d’où AC(8, 485; 2, 485) soit
H
−→ ce qui rend le système bien

||AC|| = 8, 84km. conservatif. On a donc : Em (A) =
Au final, T = 1, 473h = 1h28min24s. Em (M ).
V.
(d) Em (A) = Em (M ) =⇒ mgh =

1 2
2 mVM + mgR(1 − cos θ) =⇒
2
VM h
3. Il aurait dû partir dans la direction R = 2g[ R − (1 − cos θ)] (relation
−→
du vecteur AC car celle-ci lui permet- 1).
trait de vite retrouver la sortie. Soit −−→
−→ 2. (a) OM = R~ur =⇒ V~M = Rθ̇~uθ =⇒
α l’angle en degrés que fait AC avec V = Rθ̇(m/s)
l’axe Ouest-Est. On a : VM2
2
−→ −→ −→ R = Rθ̇ (relation 2)
AC.~ux = ||AC||.||~ux ||. cos(AC; ~ux ) =⇒
−→ (b) ~aM 2 = −Rθ̇2~ur + Rθ̈~uθ soit ~ar =
cos(AC; ~ux ) = 0, 9598 soit V
α = 16, 290 . − RM ~ur : composantes radiale de
l’accélération.
3. (a) Système : la masse M ; référentiel
terrestre supposé galiléen
4. Représentation à l’échelle : Bilan des forces : le poids P~ =
mg cos θ~ur − mg sin θ~uθ et

F~ = −F ~uθ résultante F~iext et à une force d’inter-
Le principe fondamental de la dy- action F~ji exercée par la jème parti-
namique appliqué à M donne : cule sur elle. D’après le principe fon-
P~ + F~ = m~a damental de la dynamique, on a :
d ~ ~ + F~ji
Par projection sur les axes du dt Pi = Fiext
d ~
P ~ P ~
repère, on obtient :
P
P i = F
i iext + ij Fji
F VM2 Pi dt~
m = g cos θ + R (relation 3) ij Fji = 0 d’après le principe de l’ac-
F
(b) m = 2g( Rh − 1 + 23 cos θ) tion
P et ˙de la Préaction donc :
~
(c) θ = π donne F minimale. La i mi~ri = Fiext
iP
2 P
condition est donc :

d
dt2 i mi~ri = i F~iext
d2 ~ = P F~iext
Fmin ≥ 0 =⇒ Rh ≥ (1− 32 cos π = 52 ) dt2 M R i
d2 ~
La hauteur minimale est donc h = Or dt2 M R = M~aG et en posant
5 P ~ ~
2 R. i Fiext = Fext , on a :
F~ext = M~aG
Second devoir et Rattrage On conclut que le centre de masse
1
(Système de
particules)
.P d’un système de particules se com-
porte comme un point matériel de
masse totale M et soumis à une
.N
force extérieure égale à la somme des
1. Soit un système de N particules Ai forces extérieures exercées sur l’en-
identiques ou non, de masses respec- semble des particules.
tives mi .
H
Le centre de masse G de ce système 2. Evaluons le moment cinétique :

−−→
est le barycentre des particules Ai af- Si on note ~ri0 = GAi le vecteur de la
fectées de leur masses respectifs mi . ième particule par rapport au centre
V.
Ainsi,
P −−→ P −→ de masse :
mi GAi = ~0 ⇐⇒ mi GO + ~ri = R~ + ~r0 =⇒ ~vi = ~v + ~v 0
i i
P −−→ ~ est le moment cinétique des N
mi OAi = ~0 d’où Si L
particules, alors on a successivement :
−→ P mi − −→
OG = P mOA ~ P
i
i
L = i mi~ri ∧ ~vi
Soit R~ = − →
OG le vecteur position du
~ = P (R
L i
~ + ~r0 ) ∧ mi (~v + ~v 0 )
i P i ~
−−→ ~
L
P ~ ∧ ~v + i mi R ∧ ~vi0 +
centre de masse du système ; r~i = OAi P = 0 i mi RP
le vecteur position de la ième i mi~ri ∧ ~v + i mi~ri0 ∧ ~vi0
P par- ~ = MR
L ~ ∧ ~v + R ~ ∧ P mi~v 0 + ~v ∧
ticule de masse mi ; M = mi la i i
0 0 0
P P
masse totale de toutes les particules. i m ~r
i i + i m ~
r
i i ∧ ~
v .
i P
On a :
P 0
Par ailleurs, i mi~ri = i mi (~ri − R) ~
P
m ~r0 = i mi~ri − i mi R
P P ~
P Pi i i0 ~ ~
~ = mi~ri . ~
On a : R M Pi mi~r˙i0 = M R − M R = 0 =⇒
Supposons que la ième particule est i mi~ri = ~0.
soumise à des forces extérieures de On en déduit que :L ~ = MR ~ ∧ ~v + R
~∧

vi0 ~ = m− −→ −→
P
i mi~ 2. L OM ∧ ~v = mcte =⇒
−→
cte = r~er ∧ (ṙ~er + rθ̇~eθ ) =⇒
Théorème de Koenig cte = r2 θ̇ 6= 0 donc le mouvement a
Le moment cinétique total d’un lieu dans le plan passant par O, centre
système de N particules est égale à ~
de la terre, et perpendiculaire à L.
la somme du moment cinétique du
3. C = r2 θ̇ est la constante des aires
centre de masse par rapport à l’ori-
ainsi définie.
gine O et des moments cinétiques de
toutes les particules par rapport au 4. Mouvement uniforme :
centre de masse. Le mouvement est circulaire donc r =
cte =⇒ ṙ = 0 or C = r2 θ̇ = cte donc
3. L’énergie cinétique de l’ensemble des
θ̇ = cte
N particules
P 1 vaut :
2
V~ = ṙ~er + rθ̇~eθ = rθ̇~eθ =⇒ V = rθ̇ =
Ec = Pi 2 mi vi
cte
Ec = Pi 21 mi (~vi +P~vi0 )2
02
d’où le mouvement est uniforme.
Ec = i 12 mi v 2 + i 21 mP v .~vi0
P
i vi + i mi~
1
EcP = 1 2 1 02
car 5. Expression de V = f (G, MT , r)
2Mv + i 2 mi vi
0
~v . i mi~vi = 0.
Deuxième théorème de Koenig
L’énergie cinétique totale d’un
.P On aq
V = GMT
r (m/s)
2
: F~ = m~a =⇒ GMr2T m = m Vr d’où
.N
6. Expressions des énergies :
système de particules est égale à
Ec = 21 mV 2 soit Ec = GM2rT m (J)
la somme de l’énergie cinétique du −−→
centre de masse et des énergies F~ = −gradEp soit Ep = − GMrT m (J)
H
cinétiques de toutes les autres parti- Ep = −2Ec

cules par rapport au centre de masse.
7. Relations entre les énergies :
V.
Em = Ec + Ep soit Em = − GM2rT m
Em = −Ec et Em = 21 Ep
(Trajectoire
quasi-circulaire d’un satellite-Freinage 8. Ep (r + ∆r) = − GM Tm
r+∆r = −GMT m(r +
dans l’atmosphère.) ∆r)−1 = − GMrT m (1 + ∆r r )
−1
Si on néglige directement ∆r de-

1. Etablissons la conservation du mo- vant r, on revient à l’expression de
ment cinétique du satellite par rap- l’énergie potentielle calculée pour r et
~
port à la terre. Si on le désigne par L, il sera impossible de trouver la varia-
alors : tion ∆Ep . L’approximation doit donc
~ =−
L
−→
OM ∧ P~ être moins violente, ce qui traduit un
d~
dt L = ~ v ∧ m~v + r~er ∧ (m~a = F~ = développement limité au voisinage de
Fr~er ) = ~0 0 à l’ordre 1 de l’expression (1 + ∆r
r )
−1
~ =− →
en ∆r
L cte r . Le développement limité de la
fonction (1 + xn ), (n ∈ Z) à l’ordre 1

au voisinage de 0 est 1 + nx. En remplaçant v 2 et v, on trouve pour
toute opération bien faite : ∆r =
On a donc : Ep (r + ∆r) = − GMrT m (1 − −4παr2 .
GMT m
∆r
r ) =− r + GMTr2m∆r d’où :
12. Le satellite se rapproche de la terre
∆Ep = GMTr2m∆r sous l’effet de la force de frottement.
9. Comme les relations entre les 13. On retrouve facilement à partir de la
différentes énergies restent valables, formule de v la relation
alors Em diminue de : T02 4π 2
r 3 = GM = cte : C’est la troisième loi
∆Ep GMT m∆r T
∆Em = 2 = 2r2 de Kepler.
3
10. Wf = −αmv~v .~v T0 = −αmv T0 (J) car
v = cte. 14. D’après les conditions de l’énoncé, on
a:
11. Déduction de ∆r : dr ∆r
La variation de l’énergie mécanique dt = T0 =⇒
T0 dr = ∆rdt =⇒
entre deux instants est égale à la 2
dr = −4πα Tr 0 dt =⇒
1
somme des travaux des forces non
conservatives appliquées entre ces
deux instants soit :
∆Em = Wf ⇐⇒ GM2r T m∆r
=
.P
dr = −2α 2πr
dr = −2α GM
T0 rdt =⇒
q
√ r .rdt =⇒
T
.N
2 dr = −2α R GM√ T rdt =⇒
−αmv 3 T0 = −αv 2 R r dr0
vT −2α GMT .t =⇒
r0 r0 =
0 √
√
q
On a : v = GMT 2
=⇒ v = r et GMT √ √
r r √= r0 − α GMT .t soit K =
v = 2πr
T0 . −α GMT .
H

V.
Premier devoir L’angle entre ~a et (~

ut ou u~n ) est donc
0
aussi de 45
Exercice 1 Enoncé Norme des vecteurs vitesse et
accélération
√
1. Composantes des vecteurs vitesse et k ~v k= 2ρω et k ~a k= 2ρω 2
accélération
2. Rayon de courbure de la trajectoire
√
ρ = ρ0 ewt ⇒ ρ̇ = ωρ et ρ̈ = ω 2 ρ
an = ~a.u~n =k ~a k cos 450 = 2ρω 2 =
La vitesse angulaire est constante : k ~v k2 2ρ2 ω 2 √
θ̇ = ω ⇒ θ̈ = 0 = ⇒R= 2
R R
~v = ρ̇u~ρ + ρθ̇u~θ = ρω(u~ρ , u~θ )
⇒ angle α = (~v , u~ρ ) = 450 = angle 3. Variation de la vitesse angulaire au
(~ut , u~ρ ) cours du temps
√ dθ
~a = (ρ̈ − ρθ̇2 )uρ + (2ρ̇θ̇ + ρθ̈) k ~v k= 2ρθ̇ = v = cste ⇒ =
v√ θ dt
~a = (ω 2 ρ − ω 2 ρ)u~ρ + 2ρω 2 u~θ v
2e ⇒ eθ dθ = √ dt
~a = 2ρω 2 u~θ ρ0 ρ0 2
v mg sin θ − 12 k∆l1 − f = 0 ⇒
eθ = √ t + C . Si pour t = 0, θ = 0
ρ0 2 mg sin θ − 12 mg sin θ = 12 mg sin θ
v
alors eθ = √ t + 1 f = 0,1.10.1/2 = 14 = 0, 25N
ρ0 2 2
v
On a donc θ = ln( √ t + 1) et θ̇ =
ρ0 2 II- La masse m est en équilibre
v v −1
√ ( √ t + 1) On tire sur la masse de x = X0 = 5cm et
ρ0 2 ρ0 2
on lâche, à l’instant t = 0, sans vitesse ini-
Exercice 2 Enoncé tiale.
1. Montrons que x(t) vérifie l’équation
I- La masse m est en équilibre (fig. b) différentielle de l’oscillateur harmo-
nique.
1. Étude du système et calcul de l’allon-
Avec T~ + P~ + R~N = m~a
gement
En projetant sur Ox :
Système : masse m
mg sin θ−k(∆l1 +x) = mẍ ⇒ ẍ+ mk x =
Référentiel terrestre supposé galiléen
0
1
Forces : poids P~ = m~g ; réaction nor-
male du support R~N , tension du res-
sort T~ , pas de frottement
Condition d’équilibre : P~ +T~ +R~N = ~0.
.P Ainsi x(t) vérifie l’équation différentielle
de l’oscillateur harmonique.
Calculons ω0 et T0
ω02 = mk = 0,1
10
= 100 ⇒ ω0 = 10rad.s−1
.N
Repère (O, x, y) : P~ = m~g =
T0 = 2π m
p
mg sin θ.u~x −mg cos θ.u~y ; R~N = RN u~y ; ω0 = 2π k = 0, 628s
T~ = −k∆l1 ux 2. Donnons la solution x(t) et son ex-

H
Projection sur Ox : pression numérique.

mg sin θ − k∆l1 = 0 ⇒ ∆l1 = x = Xm cos(ω0 t + ϕ) et ẋ =
mg sin θ 0, 1.10.1/2 −ω0 Xm sin(ω0 t + ϕ)
V.
= = 0, 05m =
k 10 Avec x(0) = X0 = Xm cos ϕ et ẋ(0) =
5cm −ω0 Xm sin ϕ = 0,
2. ∆l2 = ∆l1 /2 on obtient :
(a) Pour un équilibre, la vitesse est x = X0 cos ω0 t = 5 cos 10t
nulle. Les forces de frottement III-Mouvement de m avec frottement vis-
fluide n’interviennent que si le queux
système est en mouvement. Il ne
peut donc y avoir que des forces 1. Équation différentielle du mouve-
de frottement solide. La masse ment de m
aurait tendance à descendre donc On a f~v = −α~v = −αẋ~ux . On obtient
la force f est opposée à u~x . alors
(b) Il faut donc ajouter mg sin θ − k(∆l1 + x) − αẋ = mẍ ⇒
f~ = −f u~x et T~ = −k∆l2 u~x = α
ẍ + m ẋ + ω02 = 0
−k ∆l2 1 u~x = − 12 mg sin θu~x ω02 = mk = 0,1
10
= 100
Suivant Ox : Soit ω0 = 10ẍ + 12ẋ + 100x = 0

2. Régime d’oscillation de la masse m, 0, 785s
pulsation et période des oscillations 3. Solution x(t) et son expression
2 2
√ = (12) − 400 = −256 = (16j) ⇒
∆ numérique.
∆ = ±16j ⇒ r = −6 ± 8j ˙
x(t) = −6exp(−6t)[A cos 8t +
∆ < 0 donc le régime est pseudo- B sin 8t] + exp(−6t)[−8A cos 8t +
périodique. 8B sin 8t]
x(t) = exp(−6t)[A cos 8t + B sin 8t] ˙ = −6A + 8B = 0 ⇒ 3A = 4B et
x(0)
Pseudo pulsation : ω = 8rad.s−1 x(0) = A = X0 = 5
6,28
Pseudo période : T = 2π ω = 8 = x(t) = 5exp(−6t)[cos 8t + 0, 75 sin 8t]
1
.P
.N
H
V.

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 3
ANALYSE I
ce dernier. En 1862, il se marie à Elise

Koch. En 1866, au début de la guerre
austro-prussienne, les armées de Hanovre
et l’armée prussienne s’affrontent et Rie-
mann décide de quitter Gottingen pour
1
l’Italie. Il y meurt de tuberculose, à l’âge
.P
de 39 ans, dans le village de Selasca sur le
lac Majeur, et est inhumé dans le cimetière
de Biganzolo à Verbania.
.N
Dans sa thèse, présentée en 1851, Rie-
mann met au point la théorie des fonc-
H
tions d’une variable complexe, introdui-

Georg Friedrich Bernhard Riemann, sant notamment le concept des surfaces
V.
né le 17 septembre 1826 à Breselenz, état qui portent son nom, notamment la sphère
de Hanovre, mort le 20 juillet 1866 à Se- de Riemann. Il approfondira cette théorie
lasca, hameau de la commune de Verba- en 1857, en faisant progresser la théorie
nia, Italie, est un mathématicien allemand. des fonctions abéliennes.
Influent sur le plan théorique, il a apporté
de nombreuses contributions importantes Lors de sa soutenance d’habilitation,
à l’analyse et à la géométrie différentielle, en 1854, orienté par Gauss, il donne
certaines d’entre elles ayant permis par un exposé, intitulé Sur les hypothèses
la suite le développement de la relativité sous-jacentes à la géométrie (Uber die
générale. Hypothesen welche der Geometrie zu
Grunde liegen), qui jette les bases de la
Bernhard Riemann tient ses premiers géométrie différentielle. Il y introduit la
cours en 1854, et fonde la géométrie bonne façon d’étendre à n dimensions les
riemannienne. Promu professeur à l’uni- résultats de Gauss lui-même sur les sur-
versité de Gottingen en 1857, il reprend faces. Cette soutenance a profondément
la chaire de Dirichlet après la mort de changé la conception de la notion de
125
géométrie, notamment en ouvrant la voie de Riemann. Intéressé par la dynamique
aux géométries non euclidiennes et à la des fluides, il jette les bases de l’analyse
théorie de la relativité générale. des équations aux dérivées partielles de
type hyperbolique et résout un cas parti-
On lui doit également d’importants tra- culier de ce qu’on appelle maintenant le
vaux sur les intégrales, poursuivant ceux problème de Riemann en introduisant les
de Cauchy, qui ont donné entre autres ce invariants de Riemann.
qu’on appelle aujourd’hui les intégrales
1
.P
.N
H
V.

3.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 1
Soient x et y deux nombres rationnels tels 1. Soit A une partie non vide et bornée
√ √
que x et y soient irrationnels. de R et B = {|x − y|} tel que
√ √
Démontrer que x + y est irrationnel. (x, y) ∈ A2
Indidication (a) Justifier que B est majorée
Raisonner par l’absurde. (b) On note δ(B) = sup(B). Montrer
que sup(A) − inf(A) = δ(B)
2. Soit α et β deux réels strictement
positifs.On considère l’ensemble E
Soit A une partie non vide et majorée de
défini par :
R. On suppose que la borne supérieure M
de A vérifie M = sup(A) > 0. Montrer nβ + mα
E= , (n, m) ∈ N∗2
1
qu’il existe un élément de A strictement mnβα
positif.
Indidication
Utiliser le théorème de la caractérisation
.P (a) Prouver que E possède un plus
grand élément et que E est
minoré.
.N
de la borne supérieure.
(b) En utilisant la propriété
Exercice 3 Corrigé d’Archimède, prouver que
inf(E) = 0
H
Soit x un nombre réel positif. Montrer que Indidication

∀t > 0, x ≤ t =⇒ x = 0. 1. (a) Encadrer |x − y|.
V.
Indidication (b) Traduire le fait que B soit une

Raisonner par l’absurde. partie non vide et majorée de R.
nβ+mα
Exercice 4 Corrigé 2. (a) Faire un encadrement de mnβα .
On considère dans R l’ensemble :
n+m Les ensembles suivants sont-ils majorés ?
A={ , n, m ∈ N∗ }
n + 3m minorés ? Si oui, déterminer leur borne
- L’ensemble est-il majoré ? inférieure, leur borne supérieure et dire
- L’ensemble est-il minoré ? s’il s’agit du minimum et du maximum
- L’ensemble admet-il un plus grand A= [2, +∞[
élément ?
B= x ∈ R/x2 < 2

- L’ensemble admet-il un plus petit
C= n1 ; n ∈ N∗

élément ? n o
- Montrer que sup(A) = 1 et inf (A) = 31 . 1 1
D= n − p ; (p, n) ∈ N ∗2

n
∈ N∗2

E= nm+1 ; (n, m)
Soient A, B et C trois parties non vides de
n R.
F= nm+1 ; (n, m) ∈ N2
n o - On suppose que A est majorée et que B
(−1)n b ∗
G= a+ n ;n ∈ N ; a > 0; b > 0 est inclus dans A. Montrer que B est
n o majorée et que sup B ≤ sup A.
(−1)n b ∗
H= a + n ; n ∈ N ; a > 0; b > 0 - On suppose que A ∩ C est non vide et
que A et C sont bornées. Montrer que
Exercice 7 Corrigé A ∩ B est bornée et que
sup(inf A, inf C) ≤ inf(A ∩ C) ≤
sup(A ∩ C) ≤ inf(sup A, sup C).
Soient deux parties de R, A et B non vide
- On suppose que pour tout élément a de
et majorées. Montrer que sup(A ∪ B)
A et tout élément b de B, on a a ≤ b.
existe et l’exprimer en fonction de sup(A)
Montrer que sup A ≤ inf B.
et sup(B).
- On suppose que A et B sont bornées et
on note A+B la partie
1
{a + b, a ∈ A, b ∈ B} de R. Montrer que
Soit f une application croissante de [0, 1]

dans lui-même. On considère l’ensemble
.P
A+B est borné et que
inf(A+B) = inf(A)+inf (B) et sup(A+B)
.N
= sup A + sup B.
E = {x ∈ [0, 1]/ f (x) ≥ x}
Montrer que E possède une borne
H
supérieure b et que f (b) = b.

Soit A et B deux parties non vides et
Indidication
majorées de R. Soit λ ∈ R∗+ .On définit :
Exploiter le fait que f soit croissante et
V.
utiliser le théorème de la caractérisation A+B = {x ∈ R/∃ (a, b) ∈ A × B, x = a + b} = {

λA = {x ∈ R/∃a ∈ A, x = λa} = {λa, a ∈ A}
Exercice 9 Corrigé 1. Si A ⊂ B, montrer que sup A ≤ sup B
2. Montrer que A ∪ B possède une
Soit f : R −→ R une application borne supérieure.Que vaut
croissante et A ⊂ R une partie non vide et sup(A ∪ B) ?
majorée. Montrer que 3. Montrer que A + B possède une
sup(f (A)) ≤ f (sup(A)). Trouver un borne supérieure.Que vaut
exemple où l’inégalité est stricte. sup(A + B)
Indidication
4. Montrer que λA possède une borne
Utiliser le théorème de la caractérisation
supérieure. Que vaut sup(λA)? Et si
λ < 0?

Démontrer que l’ensemble On pose u0 = 1 et on définit par
2
F = {x ∈ Q : x > 0 et x < √ 2} admet de récurrence
borne supérieure égale à 2 dans R, mais

u0 = 1
n’admet pas de borne supérieure dans Q. tn+1 = u2n , u1n , ∀n ∈ N
Que conclus-tu ?
1. Déterminer u1 , u2 et u3 .
Exercice 13 Corrigé 2. Montrer que tous les termes
un , n ∈ N sont bien définis.
Soit la suite (tn )n définie par : 3. Montrer par récurrence que
√ 1
t0 = −2 |un − 2| ≤ n+1 , ∀n ≥ 0
tn+1 = 12 tn + 3 2
√
4. En déduire que 2 est la limite d’une
1. Montrer que la suite (tn )n est majorée
suite de nombres rationnels. Cela
par 6. on pourra raisonner par
vous étonne-t-il ?
récurrence sur N.
1
2. Montrer que cette suite est
croissante. Que peut-on dire de la
suite (tn )n ?
.P 1. Montrer que toute suite de Cauchy
d’éléments de N est stationnaire.
.N
3. Montrer que la suite (γn )n définie par 2. Donner un exemple de suite bornée
γn = tn − 6 est géométrique. En mais divergente.
déduire la limite de la suite (tn )n .
3. Trouver une suite réelle admettant de
H
Exercice 14 Corrigé limite mais qui n’est pas une suite de

Cauchy.
On considère la fonction g : x 7−→ x2 . On 4. Montrer que pour tout n ∈ N, 2n ≥ n.
V.
considère ensuite la suite (αn )n par Indidication

α0 = 0.7
4. Étudier la fonction 2n − n.
αn+1 = g(αn )
pour n∈ N.
1. Démontrer par récurrence que tous On considère les suites (vn )n et (wn )n
les termes de cette suite sont dans définies respectivement par
l’intervalle ]0, 1[.
1
2. Démontrer par récurrence que la ∀n ∈ N, vn = n
etwn = 2n
3
suite (αn )n est décroissante. Démontrer que
lim
3. Déduire que (αn )n converge et puis -n→+∞ vn = 0 ;
lim
détermine sa limite L. -n→+∞ wn = +∞.
Indidication
Appliquer le principe d’Archimède.

1. Montrer que toute suite convergente Démontrer la formule 1 +

est bornée. 22 + 32 + ... + n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1) ; en
2. Montrer qu’une suite d’entiers qui déduire
converge est constante à partir d’un 1 + 22 + 32 + ... + n2
certain rang. lim un = .
n→∞ n2
Soit q un entier au moins égal à 2. Pour

tout n ∈ N , on pose un = cos 2nΠ Le plan est rapporté à un repère
q . →
− →−
orthonormé (O; i ; j ). On considère
1. Montrer que un+1 = un pour tout n
dans ce repère les points A(1,-1) ; B(5,3)
∈ N.
et I le milieu de AB. Soit (Gn )n∈N la suite
2. Calculer unq et unq+1 . En déduire que la des points définie par
1
suite (un ) n’a pas de limite.
.P
G0 = O
Gn+1 = bar(Gn ; 2), (A; 1), (B; 1).
.N
Soit Hn = 1 + 21 + ... + n1 . On appelle (xn ; yn ) les coordonnées de Gn .
1. En utilisant une intégrale, montrer que 1. Montrer que G1 , G2 et G3 sont
pour tout n > 0 : alignés.
H
1 1 2. Montrer que pour tout entier naturel

≤ ln(n + 1) − ln(n) ≤ .
n+1 n n, Gn+1 n’est pas l’image de Gn par
V.
l’homothétie de centre I et de rapport

2. En déduire que
2.
ln(n + 1) ≤ Hn ≤ ln(n) + 1.
3. Déterminer la limite de Hn . 3. Montrer que la suite (un )n∈N définie
par un = xn − 3 est une suite
4. Montrer que un = Hn − ln(n) est géométrique de premier terme
décroissante et positive. u0 = −3 et de raison r = 21 .
5. Conclusion ?
4. Montrer que pour tout
Exercice 21 Corrigé n ∈ N, xn = 3(1 − 21n ).
Posons u2 = 1 − 1
et pour tout n ≥ 3. Exercice 24 Corrigé
22
1 1 1
un = (1 − )(1 − )...(1 − ) Soit (un ) une suite croissante.
22 32 n2
. Calculer un . En déduire que l’on a 1. On suppose qu’il existe une suite
1 extraite de (un ) qui diverge. Montrer
lim un = . que (un ) diverge.
n→∞ 2
2. On suppose qu’il existe une suite définies par récurrence un+1 = un1+λ
+λvn
et
extraite de (un ) qui converge. un +µvn
vn+1 = 1+µ soient adjacentes. Les suites
Montrer que (un ) converge. (un )n et (vn )n sont-elles convergentes ?
Indidication Exercice 27 Corrigé
1. Montrer que (un ) n’est pas majorée
en procédant par l’absurde. Soit a et b deux réels strictement positifs.
2. Montrer que (un ) est majorée en On considère l’ensemble A défini par :
procédant par l’absurde. 1 1
A={ + , (m, n) ∈ N∗ 2 }
ma nb
Exercice 25 Corrigé 1. Prouver que A possède un plus grand
élément et que A est minoré.
On considère une droite graduée (∆) 2. En utilisant la propriété d’Archimède,
d’origine O. On considère les suites de prouver que A admet 0 pour borne
points (Gn )n∈N et (Hn )n∈N définies ainsi : inférieure.
1
*G0 = O ;
*Pour tout n entier naturel, Gn+1 est le
barycentre de (Gn ; 3), (Hn ; 3)
*H0 a pour abscisse 1 ;
1. Prouver l’inégalité de
Cauchy-Schwarz.
.N
*Pour n entier naturel, Hn+1 est le
barycentre de (Gn ; 3), (Hn ; 2). 2. En déduire que pour tout entier
On appelle gn et hn les abscisses naturel non nul n, pour tout
(x1 , ..., xn ) ∈ Rn et pour tout
H
respectives des points Gn et Hn .

(y1 , ..., yn ), on a :
1. Montrer que : Xn Xn
-La suite (dn )n telle que dn = gn − hn 2
x2i )
V.
(a) ( xi ) ≤ n(
est une suite géométrique de raison i=1 i=1
r = −15 ;
v v v
u n u n u n
uX uX uX
-La suite (sn )n telle que (b) t (xi + yi )2 ≤ t x2i + t yi2
(sn )n = gn + hn est une suite i=1 i=1 i=1
constante ; Indidication
-Les deux suites convergent vers la 2 Exploiter l’inégalité de Cauchy.
même limite.
2. Les suites (gn ) et(hn ) sont-elles
adjacentes ? Justifie clairement ta 1. Rappeler la définition d’une suite de
réponse. Cauchy dans R.
Exercice 26 Corrigé On considère la suite (xn )n≥1 de
terme général
n
Trouver la condition sur les réels
X sin(2k 3 − 6k + 1)
xn =
u0 , v0 , λ ≥ 0 et µ ≥ 0 pour que les suites k(k + 1)
k=1

2. Prouver que pour tout entiers 1. Montrer que f (0) = 0 et que pour
naturels non nuls m et n tel que tout x ∈ R, f (−x) = −f (x).
m > n, on a 2. Soit p ∈ N et q ∈ N∗ . Déterminer
1 qf ( 1q ) en fonction de α. En déduire
|xm − xn | ≤ f ( 1q ) en fonction de q et de α, et puis
n+1
f ( pq ) en fonction de p, q et α.
On pourra utiliser la décomposition
1 1 1 3. Justifier que
k(k+1) = k − k+1
f ( pq ) = αp ?
q , ∀(p, q) ∈ Z × N .
3. En déduire que la suite (xn ) est de
4. En déduire, justification à l’appui que
Cauchy dans R.
Conclure. f (x) = αx, ∀x ∈ R.
Exercice 30 Corrigé 5. Soit g :R → R∗+ une fonction

continue telle que
On considère une suite (αn )n≥1 g(x + y) = g(x)g(y), ∀x, y ∈ R.
1
décroissante de nombres réels positifs
convergeant versP 0. Soit (Sn )n≥1 la suite
définie par Sn = nk=1 (−1)k+1 ak et les
suites extraites (un ) et (vn ) de la suite (Sn )
.P On pose λ = g(1). Déterminer pour
tout x ∈ R, g(x) en fonction de λ et
de x.
On pourra poser f = ln g.
.N
telles que un = S2n et vn = S2n+1 .
1. Prouver que (un ) est croissante et que
(vn ) est décroissante.
H
On considère la fonction F définie sur

2. Pour tout n ≥ 1, écrire la relation ]0 ;2[ par :
entre un , vn et a2n+1 puis prouver que Z t
V.
1
un ≤ vn pour tout n ≥ 1. F (t) = √ ds
2s − s 2
1
3. En déduire que la suite (un ) est et on pose
majorée et conclure. −π π
ψ(x) = F (1 + sinx), ∀x ∈] ; [.
4. Prouver que les suites (un ) et (vn ) 2 2
convergent vers la limite a et la suite 1. Déterminer F 0 (t) pour 0 < t < 2.
(Sn ) converge. 2. Calculer ψ(0) et puis montrer que
ψ 0 (x) = 1 pour tout x ∈] −π π
2 ; 2 [.
3. En déduire une expression simplifiée
de ψ(x).
Soit f : R → R une fonction continue telle
4. Quelle est la valeur deZ
que Z 2 2
1 1
√ ds = lim− √ ds ?
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R 1 2s − s2 t→2 1 2s − s2
On pose α = f (1). Exercice 33 Corrigé

On rappelle que la fonction sin est une lim tanφ−1
iii. Montrer que φ→ π
φ− π = 2.
4
bijection de [ −π π 4
2 ; 2 ] vers [-1 ;1] ; la fonction iv. En déduire que f possède au point
cos est une bijection de ] −π π
2 ; 2 [ vers R. x0 = 1 des dérivées à gauche et à
1. Calculer arcsin(sin( 3π
4 )) et droite que l’on précisera.
2009π
arccos(cos( 3 )). 4. Etudier les variations de la fonction f
2. Soit x ∈ [-1 ;1]. Simplifier et tracer le graphe de f .
cos(arcsin(x)) et sin(arccos(x)).
3. Résoudre dans [-1 ;1] l’équation
arcsin x = 2 arctan x.
Etudier les fonctions u, v et w de R dans
4. Montrer que ∀x ∈ [−1; 1],
R par :
arcsin x + arccos x = π2 . √
x
5. Montrer que ∀x ∈ [0; 1], u(x) = arccos( 1+x ),
√ √
arcsin( x) = π4 + 12 arcsin(2x − 1). v(x) = arcsin(2x 1 − x2 ) et
w(x) = arcsin( √xx2 +1 ).
1
On considère la fonction numérique de la

variable réelle x, définie par
1. Définir les fonctions hyperboliques sh

.N
√ et ch.
2 x
f (x) = arcsin( )
1+x 2. Simplifier sur leur domaine de
1. Donner le domaine de définition Df définition les expressions suivantes :
H
de la fonction f . ch(argsh(x)); th(argsh(x)); sh(2argsh(x)) ;

2. Montrer que la fonction f est sh(argch(x)); th(argch(x)) et
V.
dérivable en tout point x > 0, x 6= 1, ch(argth(x)).

et calculer sa dérivée. 3. Montrer que ∀x ∈ R+ , sh(x) ≥ x.
3. Afin d’étudier la dérivabilité de f en x2
√ 4. Montrer que ∀x ∈ R, ch(x) ≥ 1 + 2.
x0 = 1, on pose φ(x) = arctan( x).
i. En distinguant les cas x ≤ 1 et x > 1,
donner l’expression de f (x) en
fonction de φ(x). 1. Montrer que pour tout
1
x ≥ 0, arctan(sh(x)) = arccos( ch(x) ).
ii. En déduire que si on pose
∆ = f (x)−f (1) Retrouver ensuite ce résultat par la
x−1 , on a :
trigonométrie.
2(φ(x) − π4 ) 2. Soit a ∈ R. Résoudre dans R
(x ≤ 1) =⇒ ∆ =
tan2 (φ(x)) − 1 léquation
et ch(x) + cos a = 2sh(x) + sin a.
2φ(x) − π4 )
(x > 1) =⇒ ∆ = − Exercice 38 Corrigé
tan2 (φ(x)) − 1
Résoudre l’équation 5ch(x) − 4sh(x) = 3. Soit a > 0 . On définit la suite (un )n≥0 par
On utilisera deux méthodes différentes : u0 > 0 et
par la relation

1 a
1. En exprimant tout à l’aide un+1 = un + . On se propose de
2 un √
d’exponentielles ; montrer que (un ) tend vers a .
2. En utilisant le changement de (u2 − a)2
variable t = th( x2 ). 1. Montrer que u2n+1 − a = n 2
4un
√
2. Montrer que si n ≥ 1 alors un ≥ a
puis que la suite (un ) est décroissante
.
1. Soit a > 0 et b > 0. Montrer que 3. En déduire que la suite (un ) converge
√ a+b √
ab ≤ vers a
2
2. On suppose que b > a > 0. Montrer 4. En utilisant la relation
√ √
les inégalités suivantes : u2n+1 − a = (un+1 − a)(un+1 + a)
√
donner une majoration de un+1 − a
1
a+b √ √
a≤
2
≤b et a≤ ab ≤ b
3. Soient U0 et V0 des réels strictement

.P en fonction de un − a
√
5. Si u1 − a ≤ k et pour n ≥ 1 montrer
que
.N
positifs avec U0 < V0 . On définit deux √ √

k
suites (Un ) et (Vn ) √
de la façon un − a ≤ 2 a √ 2n+1
2 a
suivante : Un+1 = Un Vn et √
Un + Vn 6. Application : Calculer 10 avec une
H
Vn+1 = précision de 8 chiffres après la

2
virgule, en prenant u0 = 3
i. Montrer que Un ≤ Vn quel que soit
V.
n∈N Exercice 41 Corrigé

ii. Montrer que (Vn ) est une suite n n
décroissante .
X 1 X 1 1
Soient an = et bn = +
k! k! n.n!
iii. Montrer que (Un ) est une suite k=0 k=0
croissante . 1. Montrer que (an ) et (bn ) sont
strictement monotones et adjacentes.
iv. Montrer que pour tout entier naturel
On admet que leur limite commune
n, on a :
est e. On désire montrer que e
Vn − Un n’appartient pas à Q et pour cela on
Vn+1 − Un+1 ≤
2 raisonne par l’absurde en supposant
p
vi. En déduire que les suites (Un ) et (Vn ) que e = avec p ∈ Z et q ∈ N∗
q
sont convergentes et quelles ont 2. Montrer que aq < e < bq puis obtenir
même limite . une absurdité.

1. Démontrer que toute suite croissante 2 cos n + 3
vn = , wn =
et majorée converge. n+1
2n2 − 7n + 2
2. Démontrer que deux suites et
3n2 + n
adjacentes sont convergentes et ont n
X 1
la même limite. ln =
1 k(k + 1)
k=1
3. Démontrer que lim =0
n→+∞ n 2. Justifier que la suite (qn )n∈N définie
par qn = (−1)n n’admet pas de limite
3. Préciser la nature de la suite (rn )n∈N∗
n
X 1
On considère les suites (an ) et (bn ) définie par : rn = 2 −
définies par 2k
k=1
 4. On considère deux suites (Un )n∈N et
a0 =1
(Vn )n∈N à valeur dans [0, 1] telles que
an+1 = an + 2bn , n ∈ N lim Un Vn = 1 . Montrer que les
3 n→+∞
1
suites suites (Un )n∈N et (Vn )n∈N ont le
et

b0 = 12
an+1 = an + 3bn , n ∈ N
.P même comportement
5. Démontrer que la suite (Wn )n∈N∗
définie par
.N
4 n
X 1
1. Démontrer que la suite (an − bn ) est Wn = est convergente
k2
k=1
une suite géométrique dont on
H
précisera le premier terme et la Exercice 45 Corrigé

raison .
V.
2. Quelle est la limite de la suite Soit n ∈ N. Le but de cet exercice est de

(an − bn ) ? prouver sans passer par une étude de
3. Démontrer que les suites (an ) et (bn ) fonction que (1 + n1 )n < 3 . On considère
sont adjacentes . (n)
uk = nkk pour k ∈ [[1, n − 1]]
4. En déduire qu’elles sont convergentes 1. Montrer que uk+1
≤ 1
uk 2
5. Démontrer que la suite (tn ) définie 2. En déduire que pour tout
par tn = 3an + 8bn est constante . 1
k ∈ [[1, n − 1]] , on a uk ≤ 2k+1
Qu’en déduire pour les suites (an ) et
3. En déduire que (1 + n1 )n < 3
(bn ) ?
Pour tout n ∈ N∗ , on définit :

1. Etudier la limite des suites n
X k
(vn )n∈N , (wn )n∈N∗ et (ln )n∈N∗ définies un = sin 2
n
par : k=1

1. Montrer que pour tout x ≥ 0 , on a : Exercice 50 Corrigé
x3
x− ≤ sin x ≤ x 1. On définit une relation ≤0 sur R2 en
6
posant, pour tout
2. En déduire que la suite (un ) converge (x, y) ∈ R2 ; (x0 , y 0 ) ∈ R2 : (x, y) ≤0
et déterminer sa limite (x0 , y 0 ) si x ≤ x0 et y ≤ y 0
Exercice 47 Corrigé (a) Montrer que ≤0 est une relation
d’ordre sur R2
Soit p1 , . . . , pn ; q1 , . . . , q2 ∈ R∗+ tel que (b) Soit (x, y) ∈ R2 . Représenter

Xn X n graphiquement l’ensemble des
pk = qk = 1 majorants et minorants de (x, y)
k=1 k=1 pour ≤0
1. Prouver que pour tout x > 0 , on a (c) Cet ordre est-il total ?
ln x ≤ x − 1 .
2. On défini une relation ≤∗ sur R2 en
1
2. En déduire que l’on a : posant
Xn
pk ln qk ≤
k=1
n
X
pk ln pk
k=1
.P ∀ (x, y) ; (x0 , y 0 ) ∈ R2 : (x, y) ≤∗ (x0 , y 0 )
si x = x0 et y ≤ y 0
(a) Montrer que ≤∗ est une relation
.N
Exercice 48 Corrigé d’ordre sur R2
(b) Soit (x, y) ∈ R2 . Représenter
1. Montrer que pour tout x, y ∈ R , on graphiquement l’ensemble des
H
a : (x + y)2 ≥ 4xy majorants et minorants de (x, y)

2. En déduire que pour tout a, b, c ∈ R∗+ , pour ≤∗
V.
on a : (b + c)(c + a)(a + b) ≥ 8abc (c) Cet ordre est-il total ?

3. En déduire que Exercice 51 Corrigé
(a + b + c)( a1 + 1b + 1c ) ≥ 9
On considère la suite géométrique (Un ) de
raison q et dont le terme U2 est
strictement positif.
Dire si les relations suivantes sur E sont 1. (a) Détermine lim Un , lorsque
réflexives, symétriques, antisymétriques n→+∞
q=1
ou transitives.
(b) Démontre que si q > 1 ,alors
1. E = Z, xRy ⇐⇒ x = −y
lim Un = +∞
n→+∞
2. E = N, xRy ⇐⇒ ∃p ≥ 1, q ≥ 1, y =
pxq (c) Déduis que si |q| < 1 ,alors
lim Un = 0
3. Dire si ces relations sont d’ordres et n→+∞
d’équivalences 2. Soit (Vn )n∈N une suite et l ∈ R

n
(a) Démontre que si lim Vn = l, X ak
n→+∞ (a) un = avec a ∈ [0, 1[
alors lim Vφ(n) = l pour toute k!
n→+∞ k=0
fonction φ : N −→ N strictement q
u2n
(b) un+1 = 12 +
croissante. 2
√
(b) Si lim V2n = l et lim V2n+1 = l (c) un+1 = 2un + un , u0 > 0
n→+∞ n→+∞
alors lim Vn = l 3. On considère
( la fraction
x
n→+∞ x si x 6= 0
(NB :Le théorème démontré dans f (x) = e −1
1 sinon
la question 2 est le théorème de
la suite extraite. Il est souvent (a) Montre que f réalise une
utilisé pour montrer qu’une suite bijection de R sur un intervalle à
n’admet pas de limite.) préciser.
3. (a) Démontrer que (Un ) n’admet pas (b) Résoudre f −1 (x) ≥ x
de limite lorsque q < −1. (c) On considère la suite b définie
par bn+1 = f −1 (bn ) avec b0 ∈
1
(b) Démontrer que (Un ) n’admet pas
de limite lorsque q = −1.
4. Récapitule suivant les valeurs de q,
lim Un .
.P ]0, ln2[
i. Montre que
∀n ≥ 0, bn ∈]0, ln2[
.N
n→+∞
5. Soit a ∈] − 1, 1[ calcule lim an et ii. Montre que la suite bn est
n
n→+∞ convergente et trouve sa
déduis que lim a2 = 0 limite.
n→+∞
H
6. Démontre que toute suite réelle Exercice 53 Corrigé

monotone admet unenlimite et √ déduis
X E(2k 2)
V.
que la suite (Wn ) = 1. Soit (an )n∈N∗ la suite dans C et

3k
k=0
converge. (bn )n∈N∗ la suite définie par
X n
Exercice 52 Corrigé ak
bn = k=1 . Montre que si(an )n∈N∗
n
1. Soit n un nombre entier naturel. converge vers l ∈ C , alors la suite
Démontrer en utilisant la définition (bn )n∈N∗ aussi converge vers l.
de la limite d’une suite que : 2. Montre que si la suite (an+1 − an )n∈N∗
lim nnsin(n)
2 +2 = 0 converge vers alors l ∈ C , alors la
n→+∞
lim (n2 + (−1)n n) = +∞ suite ( ann )n∈N∗ converge vers l.
n→+∞
n
lim n−1 =1 3. Supposons que la suite (an )n∈N∗ est
n→+∞
lim n2 (3 − sin(n)) = +∞ une suite à terme strictement positif.
n→+∞ Montre que si la suite ( aan+1 ) converge
√ n
2. Étudie dans chaque cas la suite vers l > 0, alors suite ( an )n∈N∗
n
(un )n∈N définie par : converge aussi vers l.

4. Détermine les limites quand n tend 2. Quelle est la limite de la suite
n
p n
vers l’infini de C2n , √
n
n
n!
, (an − bn ) ?
p
1 n
n n(n + 1)...(n + n),q 3. Démontrer que les suites (an ) et (bn )
1 n (3n!) sont adjacentes.
p
1 n
n 1.3...(2n − 1), n2 n! .
4. En déduire qu’elles sont
Exercice 54 Corrigé convergentes.
5. Démontrer que la suite
Soit (tn ) = 3an + 8bn est constante. Qu’en
 (an )n∈N la suite réelle définie par :
 a0 = 0
 déduire pour les suites (an ) et (bn ) ?
a1 = 1
 Exercice 56 Corrigé
an+2 = an+1 + an ∀n ∈ N

1. Calcule an en fonction de n, pour

1. Détermine un équivalent le plus
tout n ∈ N.
simple possible de chacune des suites
1
2. Montre que : ∀n ∈ N, suivantes lorsque n tend vers +∞ :
a2n+1 − an an+2 = (−1)n .
3. Établir que ( aan+1
trouve sa limite.
n
)a≥1 converge et
.P (a) 1 + n1
q
n
(b) 1 + (−1)√
n
−1
.N
n
4. Montre que : (c) ln(cos n1 ) ln(sin n1 )

Xn n
Cnk ak = a2n .
X
(a) ∀n ∈ N, 2. Montre que k! ∼ n!
H
k=0 k=0
n
X 3. Soit (Vn )n∈N , une suite dont la limite
(−1)k Cnk ak = −a2n .
V.
(b) ∀n ∈ N,
est zéro.Supposons que
k=0
vn + v2n = ◦( n1 )
Exercice 55 Corrigé (a) Démontre que que pour tout
n ≥ 0 et pour tout p ≥ 0 , on a :
On considère les suites (an ) et (bn ) définie p
X
par
( : |vn | ≤ |v2k n + v2k+1 n | + |v2p+1 n |
a0 = 1 k=0
a = an +2b n
, ∀n ∈ N
( n+1 3 (b) Déduis que vn = ◦( n1 )
bo = 12
an +3bn
bn+1 = 4 , ∀n ∈N Exercice 57 Corrigé
1. Démontrer que la suite (an − bn ) est
une suite géométrique dont on 1. (a) Démontre que deux suites
précisera le premier terme et la adjacentes sont convergentes et
raison. ont même limite

(b) On définit la suite (Un )n∈N∗ par 2. Prouve que les suites de terme
n
X (−1)k général un suivantes sont des suites
Un = . Montre que les
k de Cauchy
k=1
suites (U2n )n∈N∗ et (U2n+1 )n∈N (a) un = n12
sont adjacentes. La suite (Un )n∈N∗ n
X 1
est-elle convergente ? (b) un =
(3 + e−k )k
k=0
2. Montre dans chacun des cas suivants
que les deux suites (Un )n∈N∗ et Exercice 59 Corrigé
(Vn )n∈N∗ sont adjacentes
n
1. Donne la définition de la limite
X 1 1 supérieure et de la limite inférieure
(a) Un = et Vn = Un + nn! .
k! d’une suite réelle
k=0
Déduis à l’aide d’un 2. Détermine la limite inférieure et la
raisonnement par absurde que la limite supérieure de la suite un
limite commune e n’appartient

nπ 1 1
définie par un = sin 4 1 + √n sin n
1
pas à Q
(b) Un =
n
X
k=1
1
k+n
et Un =
2n
X1
k
k=1
Montrer que les paires de suites un et vn

.N
(c) Uo et V0 sont deux réels tels que sont adjacentes
V0 > Uo > 0 . On définit les suites n
X 1
et (Vn )n∈N par
(Un )n∈N √ 1. un = et vn = un + n1
k
H
Un+1 = Un Vn et Vn+1 = Un2Vn k=1

n
X 1
Xn−1
1 2. un = 3
et vn = un + n12
(d) Un = 1 + et k
V.
k=1
k 2 (1 + k)2
k=1 3. u0 = a > 0, v0 = b > a et
Vn = Un + 3n1 2 un+1 = un +v 2
2 , vn+1 = 1 + 1
n
un vn
1. Soit x ∈ R tel que |x| < 1 et ( un )n≥1 Vérifier les relations de comparaison
une suite réelle définie par suivantes et donner
les limites
n ln n √1
X xk 1. n =◦ n
un =
k n2 ln n 1

k=1 2. 2n = ◦ n4
(a) Montre que ∀m ≥ 1, 10n 3 −n

3. n! = ◦
|un+m − un | ≤ |x|
n+1
√2
1−|x|
4. 10n = ( 4 n! n
3)
(b) Montre que ( un )n≥1 est une suite 2 n 3
de Cauchy.Cette suite converge 5. n2 2n = ◦ 56
√
6. (ln n)4 n = ◦ n2 ln(ln n)

t-elle ?

4n2 +3n cos n
Exercice 62 Corrigé 6. 5n−sin(3+n) = (n)
Vérifier les relations de comparaison Exercice 63 Corrigé

suivantes et donner les limites
2
1. ln(nn+n) = lnnn
Vérifier les relations de comparaison
2
+ln(n2 )
suivantes et donner les limites
2. n(2n+1) 1

√
3 = n 4n3 − n5 +3n 1
1. √ √ 4 ∼ n
3. 3
= (4−n ) ( 2n+ n)
n4 +22n+1 √
√ ln(2n+√ n )
2n+ n 2 2. =∼ √1
4. 1 = (n) 3 ln(2n n ) n
(2n+3) 3
1
(n2 +2n cos n) 3 5
2
5. ln(n + 2n + 3) = (ln n) 3. √
n3 +n2 sin n
∼ n− 6
3.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE I
1
Soient x et y deux nombres rationnels tels

√ √
que x et y soient irrationnels.
√ √
.P
Soit x un nombre réel positif.
.N
Démontrons que x + y est irrationnel.
Montrons que ∀t > 0, x ≤ t ⇒ x = 0.
Soit r un nombre rationnel.
√ √ Raisonnons par l’absurde.
Supposons que x + y est rationnel et
Supposons que ∀t > 0, x ≤ t et x 6= 0.
égale à r.
H
Alors on a x > 0. En prenant t = x2 on a

On √a : √ √ √
x+ y =r ⇒ x=r− y x ≤ x2 c’est-à-dire x ≤ 0, absurde car
√ x > 0. Donc ∀t > 0, x ≤ t ⇒ x = 0.
⇒ x = (r − y)2
V.
√
⇒ x = r2 − 2r y + y
√ 2
⇒ y = y+r2r−x
√ Exercice 4 Enoncé
(absurde car y est irrationnel)
Exercice 2 Enoncé
On considère dans R l’ensemble
Montrons qu’il existe un élément de A
strictement positif. n+m
D’après le théorème de la caractérisation A={ , n, m ∈, N? }
n + 3m
de la borne supérieure, on a :
= sup(A) ⇐⇒
M - 1 majore A.
n+m
∀ x ∈ A, x ≤ M - ∀n, m ∈ N? , 0≤ n+3m ; donc 0 minore A.
∀ > 0, ∃x ∈ A/ M − < x ≤ M -Vérifions si A admet un plus grand
En prenant = M on a : M − M < x ≤ M élément.
0 < x ≤ M ⇐⇒ x > 0. D’où il existe un Supposons que A admet un plus grand
élément de A strictement positif. élément.

A admet
un plus grand ?élément (b) Prouvons que inf E = 0
∃ n0 , m0 ∈ N 0 est un minorant de E
⇐⇒ n+m
∀ n, m ∈ N? ; n+3m ≤ nn00+3m
+m0
0
Soit ε > 0 donné.Puisque
1 1
⇐⇒ ∀n, m ∈ N? , (n + m)(n0 + 3m0 ) α + β > 0, d’après la propriété
d’Archimède pour la loi +,
≤ (n + 3m)(n0 + 3m0 )
∃n0 ∈ N∗ /n0 ε > α1 + β1 donc
⇐⇒ nn0 + 3nm0 + mn0 + 3mm0
≤ n0 n + 3n0 m + m0 n + 3m0 n. ∃n0 ∈ N∗ /0 ≤ αn1 0 + βn1 0 < ε
⇐⇒ 2nm0 ≤ 2mn0 On a bien αn1 0 + βn1 0 ∈ E et 0 est
⇐⇒ n n0 ? le plus grand des minorants de
m ≤ m0 ∀n, m ∈ N
E.Il s’en suit que inf E = 0
Pour
n = n0 + m0 et m = m0 on a : n0m +m0
≤m n0 Exercice 6 Enoncé
0 0
absurde car n0 + m0 ≤ n0 c’est-à-dire A) 10000000000000000000 ∈ A donc
m0 ≤ 0, soit m0 = 0, ce qui n’est pas le cas. A 6= ∅ A n’est pas majoré.
Exercice 5 Enoncé ∀x ∈ A, 2 ≤ x donc A est minoré par
1
2 qui plus plus est élément de
1. (a) Justifions que B est majoré. A est
une partie non vide et bornée de
R
.P B)
A.Ainsi, inf A = minA = 2.A n’admet
pas de borne supérieure.
B =] −
√ √
2, 2[. 0 ∈√B donc B est √
.N
Soit (x, y) ∈ A2 .On a :
( (
non vide. inf B = − 2 et sup B = 2
inf A ≤ x ≤ sup A inf A ≤ x ≤ sup A
inf A ≤ y ≤ sup A
=⇒
− sup A ≤ −y ≤ − inf A maxB et minB n’existent pas.
=⇒ inf A − sup A ≤ x − y ≤ sup A − inf A
=⇒ −(sup A − inf A) ≤ x − y ≤ sup A − inf A
C) ∀n ∈ N∗ , n1 ≤ 1 ∈ C donc
H
=⇒ |x − y| ≤ sup A − inf A
maxC = sup C = 1
∀nN∗ , 0 ≤ n1 donc 0 minore C.
Par suite sup A − inf A est un majorant de B
(b) Montrons que δ(B) = sup A − inf A
B est une partie non vide et majoré de R, d’où l’existence de sup B
Soit ε > 0 donné. D’après la propriété
V.
Soit ε > 0
ε
x ∈ A Alors sup A − < x ≤ sup A (1)
2
(2)
ε
y ∈ A alors inf A ≤ y < inf A +
2
ε
2
ie − inf A − < −y ≤ − inf A
d’Archimède pour la loi +,
∃n0 ∈ N∗ /n0 ε > 1 donc
(1) + (2) donne sup A − inf A − ε < x − y ≤ sup A − inf A soit
sup A − inf A − ε < |x − y| ≤ sup A − inf A
sup A − inf A est donc le plus petit des majorants de B. Il est la borne
supérieure de B.
∃n0 ∈ N∗ /0 ≤ n10 < ε donc inf C = 0
2. (a) Prouvons que E possède un plus Or 0 ∈ / C donc C n’admet pas de
grand élément et que E est minimum
minoré n o D) 0 = 11 − 11 ∈ D Donc D 6= ∅.
E = mα 1
+ nβ 1
; n, m ∈ N∗ ∀n, p ∈ N∗ , n1 > 0 et p1 ≤ 1 ie − p1 ≥ −1
1 1
α + β ∈E (1) d’où n1 − p1 > −1 donc -1 minore D
∀m, n ∈ N∗ , on a : (1).
1 1 1 1
mα + nβ ≤ α + β D’après la conséquence de l’axiome
1 1
α + β majore donc E (2) d’Archimède, ∀ε > 0, ∃n ∈ N∗ / n1 < ε .
De (1) et (2) E admet un plus Or n1 < ε ⇐⇒ n1 − 1 < −1 + ε
grand élément qui est α1 + β1 On sait que pour p = 1, p1 = 1.D’où
Par ailleurs ∀m, n ∈ N∗ , on a : ∀ε > 0, ∃n ∈ N∗ , p = 1/ n1 − p1 < −1 + ε
1 1
0 ≤ mα + nβ . Donc E est minoré (2)

De (1) et (2), inf D = −1. -1 n’étant Ainsi, minF =inf E=0
pas élément de D on conclut que D Supposons l’existence d’un majorant
n’admet pas de minimum M ∈ R+ de F . On a :
∀n, p ∈ N∗ , n1 ≤ et p1 > 0 ie − p1 < 0 ∃M ∈ R+ /∀n, m ∈ N, nm+1 n
≤ M .En
d’où n1 − p1 < 1 donc 1 majore D particulier pour m = 0, on a :
(1). ∃M ∈ R+ /∀n, ∈ N, n ≤ M (absurde).
D’après la conséquence de l’axiome Par conséquent, F n’admet ni borne
d’Archimède, ∀ε > 0, ∃p ∈ N∗ / p1 < ε . supérieure ni maximum.
Or p1 < ε ⇐⇒ 1 − p1 > 1 − ε b

G) G = G1 ∪ G2 avec G 1 = a + 2n et
On sait que pour n = 1, n1 = 1.D’où b

G2 = a − 2n+1
∀ε > 0, ∃p ∈ N∗ , n = 1/ n1 − p1 < 1 − ε • majorant
(2) a + 2b ∈ G1 et ∀n ∈ N∗ , a + 2n b
≤ a + 2b
De (1) et (2), sup D = 1. 1 n’étant donc a + 2b majore G1 .Par conséquent
pas élément de D on conclut que D sup G1 = maxG1 = a + 2b
n’admet pas de maximum ∀n ∈ N∗ , a − 2n+1b
≤ a donc a majore
1
E) ∀n, m ∈ N∗ , on a : 0 < nm+1 n
< 1. 0 et G2 .On montre par absurde qu’il est le
1 sont donc respectivement minorant
et majorant de E.
• Montrons par absurde que 1 est la
.P plus petit des majorants donc
sup G2 = a.
Conclusion On a : a < a + 2b donc
.N
borne supérieure de E.Soit b ∈ R+ un sup G = a + 2b de plus a + 2b ∈ G donc
majorant de E plus petit que 1.ie maxG = a + 2b
∀n, m ∈ N∗ nm+1n
<b<1 • minorant
H
En partant de cette inégalité et pour ∀n ∈ N∗ , a ≤ a + 2n b

. a minore alors
m = 1, on a : ∀n ∈ N∗ , n+1 n
< b ie G1 .On montre par absurde que
∗ b inf G1 = a
V.
∀n ∈ N , b ∈ R+ , n < 1−b (absurde

d’après le théorème d’Archimède). ∀n ∈ N∗ , on a : 2n + 1 ≥ 3 ie
En conclusion, sup E = 1 et 1 ∈ /E a − 3b ≤ a − 2n+1
b
. donc a − 3b ∈ G2
donc maxE n’existe pas. minore G2 . Par conséquent
• Montrons par absurde que 0 est la sup G2 = maxG2 = a − 3b
borne inférieure de E.Soit a ∈ R+ un Conclusion On a : a − 3b ≤ a donc
minorant de E plus grand que 0.ie inf G = a − 3b de plus a − 3b ∈ G donc
∀n, m ∈ N∗ 0 < a < nm+1 n minG = a − 3b
En partant de cette inégalité et pour H) On procède de la même façon que
∗ 1
n = 1, on a : ∀m ∈ N , a < m+1 ie pour G
∗ 1−a
∀m ∈ N , a ∈ R+ , m < a (absurde
d’après le théorème d’Archimède). Exercice 7 Enoncé
En conclusion, inf E = 0 et 0 ∈ /E
donc minE n’existe pas. Montrons que sup(A ∪ B) existe et
n
F) ∀n, m ∈ N, nm+1 ≥ 0 Donc 0 minore exprimons le en fonction de sup A et
n
F . De plus pour n = 0, nm+1 = 0 ∈ F . sup B.

sup(A∪ B) existe Montrons que f(b) = b.
A ∪ B 6= φ Procédons par élimination.
⇐⇒
∃M ∈ R, ∀x ∈ A ∪ B, x ≤ M. * Si f(b) > b
∗A 6= φ etB 6= φ alors A ∪ B 6= φ. (1) Etant donné que f est croissante alors
Posons sup(A) = a et sup(B) = b. f[f(b)] ≥ f(b). Comme
Soit x ∈ A ∪ B f(b) ∈ [0; 1], f(b) ∈ E et donc f(b) ≤ b
x ∈ A ∪ B ⇐⇒ x ∈ A ou x ∈ B (absurde) (a)
- Si x ∈ A, x ≤ a ≤ max(a, b) * Si f(b) < b
- Si x ∈ B, x ≤ b ≤ max(a, b) alors f(b) < b ⇒ 0 < b − f(b)
x ≤ max(a, b) Posons ε = b − f(b)
Pour M = max(a, b), on a : D’après la caractérisation de la borne
∀x ∈ A ∪ B, x ≤ M donc A ∪ B est supérieure
majoré. (2) ∃x ∈ E/b − ε < x ≤ b.
De (1) et (2), A ∪ B est non vide et Comme x ∈ E, f(x) ≥ x > b − ε or
majoré alors sup(A ∪ B) existe et b − ε = b − b + f(b) = f(b) donc
sup(A ∪ B) ≤ max(a, b).
1
f(x) ≥ x > f(b) absurde car x ≤ b et f est
- Vérifions si max(a, b) ≤ sup(A ∪ B)
∀x ∈ A, x ∈ A ∪ B et donc x ≤ sup(A ∪ B)
et par suite sup(A) ≤ sup(A ∪ B).
.P
croissante. (b)
De (a) et (b), on conclut que f(b) = b.
Exercice 9 Enoncé
.N
De même sup(B) ≤ sup(A ∪ B). D’où
max(a, b) ≤ sup(A ∪ B). On a :
Soit f : R → R une application croissante
max(a, b) ≤ sup(A ∪ B)
et A ⊂ R une partie non vide et majorée.
H
sup(A ∪ B) ≤ max(a, b)
Montrons que sup(f (A)) ≤ f (sup A)
D’où sup(A ∪ B) = max(a, b). A ⊂ R, A 6= φ et A est majoré, donc
V.
Sup(A ∪ B) = max{sup(A), sup(B)}. d’après la caractérisation de la borne

supérieure, sup A existe.
Exercice 8 Enoncé
Soit b = sup A.
Soit f une application croissante de [0 ; 1] f (A) = {f (x), x ∈ A}
dans lui-même. Il suffit de montrer que f (sup A) est un
On considère l’ensemble majorant de f(A) c’est-à-dire
∀y ∈ f (A), y ≤ f (sup A).
E = {x ∈ [0; 1]/f(x) ≥ x} Soit y ∈ f (A)
Montrons que E possède une borne y ∈ f (A) ⇒ ∃x ∈ A, y = f (x)
supérieure b. ⇒ x ≤ sup A
Etant donné que f est croissante, on a :
f(0) ≥ 0, donc 0 ∈ E ⇒ E 6= φ (1) et comme f est croissante,
∀x ∈ E, x ≤ 1 donc E est majoré. (2) f (x) ≤ f (sup A) c’est-à-dire y ≤ f (sup A) ;
De (1) et (2), d’après l’axiome de la borne avec A = [m, M [, si f est continue sur R.
supérieure, on peut conclure que E admet
une borne supérieure b.

- Montrons que B est majoré et que x ≤ inf(sup A; sup C) c’est-à-dire pour tout
sup B ≤ sup A. x ∈ A ∩ C, x minore inf(sup A; sup C). Par
On a : φ 6= B ⊂ A et A est majoré, alors B conséquent,
est majoré. sup(A ∩ C) ≤ inf(sup A; sup C). (3)
Car ∀x ∈ B, x ∈ A et donc x ≤ sup A. D’où De (1), (2) et (3) on a
sup B ≤ sup A. sup(inf A; inf C) ≤ inf(A ∩ C) ≤
- Montrons que A ∩ C est bornée et que sup(A ∩ C) ≤ inf(sup A; sup C).
sup(inf A; inf C) ≤ inf(A ∩ C) ≤ - Montrons que sup A ≤ inf B.
sup(A ∩ C) ≤ inf(sup A; sup C) Pour tout a ∈ A et pour tout b ∈ B, on a :
*A ∩ C bornée a ≤ b donc a ≤ inf B. En particulier pour
on a : A ∩ C 6= φ et A et C sont bornées. a = sup A on a : sup A ≤ inf B.
Soit x ∈ A ∩ C - Montrons que inf(A + B) = inf A + inf B
x∈A∩C ⇐⇒ x ∈ A et x ∈ C et que sup(A + B) ≤ sup A + sup B.
⇒ ∃M1 > 0/|x| ≤ M1 ; * Montrons que
et ∃M2 > 0/ |x| ≤ M2 inf A + inf B ≤ inf(A + B).
1
⇒ 2|x| ≤ M1 + M2 Soit a ∈ A et b ∈ B.
⇒ |x| ≤ 12 (M1 + M2 )
⇒ A ∩ C est bornée.
.P
Par définition, inf A ≤ a et inf B ≤ b soit
inf A + inf B ≤ a + b donc A+B est minoré
et non vide, d’où
.N
* sup(inf A, inf C) ≤ inf(A ∩ C) inf A + inf B ≤ inf(A + B). (1)
A et C sont non vides et bornées alors * Montrons que
inf A et inf C existent. De plus A ∩ C est inf(A + B) ≤ (inf A; inf B).
bornée alors inf(A ∩ C) existe. Soit a ∈ A et b ∈ B.
H
Soit x ∈ A ∩ C a = (a + b) − b. Comme a + b ∈ A + B on
x ∈ A ∩ C ⇐⇒ x ∈ A et x ∈ C et donc a : inf(A + B) ≤ a + b.
V.
inf A ≤ x et inf C ≤ x. D’où inf A et inf C ∀a ∈ A, inf(A + B) − b ≤ a donc A est

sont minorants de A ∩ C. Par conséquent minoré et A est non vide et inf A existe.
inf A ≤ inf(A ∩ C) et inf C ≤ inf(A ∩ C) Par définition inf(A + B) − b ≤ inf A.
c’est-à-dire sup(inf A, inf C) ≤ inf(A ∩ C). ∀b ∈ B, inf(A + B) − inf A ≤ B donc B est
(1) minoré et inf B existe.
*inf(A ∩ C) ≤ sup(A ∩ C) inf(A + B) − inf A ≤ inf B ⇐⇒
A ∩ C est bornée donc inf(A ∩ C) et inf(A + B) ≤ inf A + inf B. (2)
sup(A ∩ C) existent et on a : De (1) et (2) on a :
inf(A ∩ C) ≤ sup(A ∩ C). (2) inf(A + B) = inf A + inf B.
*sup(A ∩ C) ≤ inf(sup A, sup C) * Suivre le même raisonnement pour
A et C sont non vides et bornées alors sup(A + B).
sup A et sup C existent. De plus A ∩ C est
bornée alors sup(A ∩ C) existe. Exercice 11 Enoncé
Soit x ∈ A ∩ C
x ∈ A ∩ C ⇐⇒ x ∈ A et x ∈ C et donc 1. A et B sont deux parties non vides et
x ≤ sup Aet x ≤ sup C. Ainsi majorées de R.Alors sup A et sup B

existent. Soit x ∈ A De (1) et (2) A + B possède une
borne supérieure.
x ∈ A =⇒ x ∈ B car A ⊂ B
Retrouvons cette borne supérieure
=⇒ x ≤ sup B Soit ε > 0
Ainsi sup B majore A.Or sup A étant — ∃a ∈ A/ sup A − ε
< a ≤ sup A
2
le plus petit des majorants de A, il ε
— ∃b ∈ B/ sup B − 2 0, ∃x ∈ A + B/ sup A +
A et B sont non vides dans R alors
sup B − ε < x ≤ sup A + sup B avec
A ∪ B 6= ∅ (1)
x = a + b, a ∈ A, b ∈ B (3)
Soit x ∈ A ∪ B
De (2) et (3)
x ∈ A ∪ B =⇒ x ∈ A ou x ∈ B sup(A + B) = sup A + sup B
=⇒ x ≤ sup A ou x ≤ sup B 4. Montrons que λA possède une borne
1
=⇒ x ≤ max {sup A, sup B} supérieure
Donc max {sup A, sup B} est un
majorant de A ∪ B (2)
De (1) et (2), A ∪ B possède une
.P
A 6= ∅ donc λA 6= ∅ λ ∈ R∗+ (1)
Soit x ∈ λA
.N
x ∈ λA =⇒ ∃a ∈ A/x = λa
borne supérieure. =⇒ x ≤ λ sup A car λ > 0 et a ≤ s
Retrouvons cette borne supérieure
max {sup A, sup B} est un majorant Donc λ sup A est un majorant de λA
H
de A ∪ B donc (2)
sup(A ∪ B) ≤ max {sup A, sup B}. De (1) et (2) sup(λA) existent
V.
Par ailleurs A ⊂ A ∪ B donc Retrouvons-le

sup A ≤ sup(A ∪ B) et B ⊂ A ∪ B Soit λ > 0 et x ∈ λA
donc sup B ≤ sup(A ∪ B).Par suite x ∈ λA =⇒ ∃a ∈ A/x = λa
sup(A ∪ B) > max {sup A, sup B}. Or
Par conséquent ∀ε > 0, ∃a ∈ A/ sup A− λε < a ≤ sup A
sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B}. donc ∀ε > 0, ∃a ∈ A/λ sup A − ε <
3. A 6= ∅ et B 6= ∅ donc A + B 6= ∅ (1) λa ≤ λ sup A (3)
Soit x ∈ A + B De (2) et (3) sup(λA) = λ sup A
x ∈ A + B =⇒ ∃(a; b) ∈ A × B/x = Dans le cas où λ < 0, si A est minoré,
a+b on montre de façon analogue que λA
a ∈ A =⇒ a ≤ sup A et admet une borne supérieure égale à
b ∈ A =⇒ a ≤ sup B.Ainsi λ inf A.Si A n’est pas minoré, alors
a + b ≤ sup A + sup B.Soit λA n’est pas majoré et donc n’admet
x ≤ sup A + sup B pas de borne supérieure.
sup A + sup B est donc un majorant
de A + B (2)

Démontrons que l’ensemble √ F admet de 2. Montrons que cette suite est
borne supérieure égale à 2 dans R mais croissante.
n’admet pas de borne supérieure dans Q. Calculons tn+1 − tn
1 ∈ F , donc F est non vide , 3 est un
majorant de F. F est non vide et majoré tn+1 − tn = 12 tn + 3 − tn
donc admet une bonne supérieure dans R. = 3 − 21 tn
x2 < 2 ⇐⇒ x2 −√ 2<0 √ On a
2
x < 2 ⇐⇒ x < 2 donc 2 majore F. tn ≤ 6 ⇒ −1
2 tn ≥ −3
(1) ⇒ 3 − 21 tn ≥ 0
Soit > 0, a -t-on x ∈ Q∗+ tel que
√ ⇒ tn+1 − tn ≥ 0
2 − ≤ x? √ √ ⇒ tn+1 ≥ tn , ∀n ∈ N
Prenons = 12 , on a 2 − 12 < 2. donc la suite (tn )n est croissante.
Q)+∗ étant dense√ dans R, il existe
√ On peut dire que la suite (tn )n est
x ∈ Q)+∗ tel que 2 −√ ≤ x < 2. (2) une suite convergente.
De (1) et (2) sup F = 2.
3. Montrons que la suite (γn )n définie
1
par (γn )n définie par (γn )n = tn − 6
Soit la suite (tn )n définie par

.P est géométrique.

γ0 = t0 − 6 = −8
.N
(γn )n
γn+1 = tn+1 − 6 = 21 tn − 3 = 21 γn ;
t0 = −2
tn+1 = 12 tn + 3 ∀n ∈ N
Donc (γn )n est une suite géométrique
H
1. Montrons que la suite (tn )n∈N est de raison 12 .

majorée par 6. Déduisons la limite de (tn )n .
V.
Raisonnons par récurrence. (γn )n est une suite géométrique de

Initialisation : t0 = −2; −2 < 6, donc raison 21 < 1 donc lim
n→+∞ (γn ) = 0. Or
la proposition est vraie pour n=0. (1) lim
tn = γn + 6 donc n→+∞ tn = 6.
Hérédité : Soit p ∈ N. Supposons la
proposition vraie jusqu’à l’ordre p, Exercice 14 Enoncé
c’est-à-dire que tp ≤ 6 et montrons
On considère la fonction g : x 7−→ x2 et la
que tp+1 ≤ 6.
suite (αn )n définie par
tp+1 = 12 tp + 3
α0 = 0.7
tp ≤ 6 ⇒ 12 tp ≤ 3 αn+1 = g(αn )
1
⇒ 2 tp + 3 ≤ 6 pour n∈ N.
⇒ tp+1 ≤ 6
1. Démontrons par récurrence que tous
donc la proposition est vraie à l’ordre les termes de cette suite sont dans
p+1. (2) l’intervalle ]0 ; 1[.
De (1) et (2), on conclut que - (α0 ) = 0, 7 et 0 < 0, 7 < 1 donc la
∀n ∈ N, (tn )n est majorée par 6. proposition est vraie pour n=0.

u1
- Soit p ∈ N. Supposons que u2 = 2 + u11 = 3 2
4 + 3 = 17
12
17
∀n ≤ p(n ∈ N), ona0 < αn < 1 et u3 = 24 + 12
17 =
577
408
montrons que 0 < αp+1 < 1.
αp+1 = g(αp ) = (αp )2
Par hypothèse on a : 0 < αp < 1 2. Montrons que tous les termes
La fonction g étant croissante on a : un , n ∈ N sont bien définis.
Raisonnons par récurrence sur n.
* Pour n = 0, u0 = 1 > 0 donc au
0 < αp < 1 ⇒ 0 < (αp )2 < 1
rang n = 0, un > 0.
⇒ 0 < αp+1 < 1
* Soit n un entier naturel quelconque
Donc pour tout n ∈ N, les termes de fixé. Supposons que la proposition
de la suite (αn )n sont dans l’intervalle est vraie jusqu’à l’ordre n (ie
]0 ; 1[. ∀k ≤ n, uk > 0) et montrons qu’elle
l’est à l’ordre n + 1.
2. Démontrons par récurrence que la
Par hypothèse de récurrence
suite (αn )n est décroissante.
uk > 0, ∀k ≤ n.
1
Soit Pn l’assertion ”αn+1 < αn ”.
- (α1 ) = g(α0 ) = 0, 72 = 0, 49,
0, 49 < 0, 7 donc (α1 ) < (α0 ). La
proposition est vraie pour n = 0. (1)
.P un > 0 ⇒ u2n > 0
.N
- Soit n ∈ N. Supposons l’assertion
⇒ u2n + u1n > 0 car 1
>0
vraie jusqu’à l’ordre n et montrons un
⇒ un+1 > 0
qu’elle l’est à l’ordre n + 1.
H
αn+1 = g(αn ) = (αn )2
On conclut que ∀n ∈ N, un > 0. Par

V.
αn < αn−1 ⇒ (αn )2 < (αn−1 )2 suite tous les termes un sont bien
⇒ αn+1 < αn définis.
donc la proposition est vraie à l’ordre
n + 1. (2)
3. Montrons √ par 1récurrence que :
De (1) et (2), on conclut que la suite
|un − 2| < 2n+1 √ √
(αn )n est décroissante.
*√Pour n = 0, |u0 − 2| = √ |1 − 2| =
3. Déduisons que (αn ) converge puis 1
2 − 1 et 20+1 1 1
déterminons sa limite. √ = 2 .1 On a : 2 − 1 < 2
donc |u0 − 2| < 2 . La proposition
0 < αn < 1 et αn+1 < αn ∀n ∈ N donc est vraie au rang n = 0.
(αn )n converge vers 0 ; lim αn = 0. * Soit k un entier naturel quelconque
n→+∞
fixé. Supposons la proposition vraie
Exercice 15 Enoncé jusqu’à l’ordre √
n ( ie
1
∀k ≤ n, |uk − 2| ≤ 2k+1 ) et
1. Déterminons u1 , u2 et u3 . montrons qu’elle l’est aussi à l’ordre
u1 = u20 + u10 = 12 + 1 = 23 n+1.

Raisonnons par l’absurde. Supposons
√ √ qu’il existe
|un+1 − 2| = | u2n + u1n − 2|
√ n > N, m > N, |xn − xm | = 6 0
u2n +2−2un 2
= | 2u | |xn − xm | =6 0 ⇐⇒ |xn − xm | > 0
√n
(un − 2)2
= | 2un | |xn − xm | < , ∀ > 0 Prenons
√ 1
√ 2 1 |x −x |
|un − 2| ≤ 2n+1 ⇒ |(un − p2) | ≤ 22n+2 = n 2 m > 0
⇒ |(un − 2)2 | ≤ 2×212n+1|xn − xm | < |xn −x 2
m|
⇒ |xn − xm | < 0
2n ≤ 22n ⇒ 2n+1 ≤ 22n+1 (absurde). Donc il n’existe pas n,
n+1 2n+1 m > N tels que x − x 6= 0. Par
⇒ 2×2 ≤2×2 n m
1 1 ∗
⇒ 2×2n+1 ≥ 2×22n+1 suite,∀ > 0, ∃N ∈ N , ∀n > N, ∀m >
1 1 N, |xn − xm | = 0. Par conséquent,
⇒ 2×22n+1 ≤ 2×2n+1
|2un | (xn ) est stationnaire.
≤ 2×2 n+1 (car 2un ≥ 1)
√ 2 |2un |
|(un − 2) | ≤ |2×2 n+1 | 2. Exemple de suite bornée mais
√ 2
− 2)
| (un2u | ≤ 1 divergente : un = (−1)n ∀n ∈ N. Car
2n+2
n
un ≤ 1∀n ∈ N
1
donc la proposition est vraie à l’ordre
n + 1. D’où le résultat.
√
4. Déduisons-en que 2 est la limite
.P 3. Trouvons une suite réelle admettant
de limite mais qui n’est pas une suite
de Cauchy.
Soit la suite (un ) = 5n
.N
d’une suite de √ nombres rationnels.
On a : |un − 2| ≤ 2n+1 1 lim 5n = +∞ et ∀n ∈ N, un ≥ 1
n→+∞
1 donc (un ) est non bornée. D’où elle
lim n+1 = 0 ⇒ ∀ > 0, ∃N ∈
n→+∞ 2 n’est pas de Cauchy.
H
1
N, ∀n > N, | n+1 < 4. Montrons que ∀n ∈ N, 2n ≥ n.
2
Soit √ > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N√tel que Soit la fonction
V.
|un − 2| ≤ 2n+1 1
< . D’où 2 est la f (n) = 2n − n = enln2 − n. Étudions
limite d’une suite de nombres cette fonction.
rationnels. Df = [0; +∞[
f (n) = enln2 − n donc f 0 (n) =
Exercice 16 Enoncé ln2enln2 − 1 or ∀n ≥ 0 alors f est
croissante sur [0; +∞[.
lim lim enln2
1. Montrons que toute suite de Cauchy n→+∞ f (n) = n→+∞ n( 2 − 1) = +∞
d’éléments de N est stationnaire. et f (0) = 1
Soit (xn ) une suite de Cauchy à Donc ∀n ≥ 0, f (n) ≥ 0 ⇒ 2n ≥ n.
valeurs dans N. D’où ∀n ∈ N, 2n ≥ n.
(xn ) est une suite de Cauchy, donc Exercice 17 Enoncé
∗
∀ > 0, ∃N ∈ N , ∀n > N, ∀m > N ,
|xn − xm | < . ∀n ∈ N, vn = 31n et wn = 2n
Il revient à montrer que Démontrons que :
∀n > N, ∀m > N, |xn − xm | = 0 - lim vn
n→+∞

Montrons que (vn )n∈N converge vers 0, Exercice 21 Enoncé
c’est-à-dire
∀ > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, |vn | < . Exercice 22 Enoncé
|vn | < ⇐⇒ |( 13 )n | <
⇐⇒ ( 13 )n <
1 n
<3
1. Montrons que G1 , G2 et G3 sont
En appliquant le principe d’Archimède alignés.
pour la loi × dans R, Gn+1 = bar(Gn ; 2), (A; 1), (B; 1)
∀x, y ∈ R∗+ , y > 1, ∃!m ∈ Z/ y m ≤ x < −−→ −−→ −−→ → −
2G1 O + G1 A + G1 B = 0
y m+1 G1 ( 32 ; 21 )
Pour x = 1 et y=3 alors ∃!m ∈ Z tel que G2 = bar(G1 ; 2), (A; 1), (B; 1)
3m ≤ 1 < 3m+1 avec m ∈ Z. Posons −−−→ −−→ −−→ → −
2G2 G1 + G2 A + G2 B = 0
N0 = m + 1, N0 ∈ Z et N = max(N0 ; 1) G2 ( 94 ; 43 )
∀n > N, 3n > 3N donc 1 < 3N < 3n . G3 = bar(G2 ; 2), (A; 1), (B; 1)
Ainsi ∀ > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, |( 31 )n | < . −−−→ −−→ −−→ → −
1
2G3 G2 + G3 A + G3 B = 0
Conclusion :
lim vn = 0
n→+∞
.P G3 ( 21 7
8 ; 8)
−−−→ 3 1 −−−→ 9 3
G1 G2 ( 4 ; 4 ); G1 G3 ( 8 ; 8 ). On a :
−−−→ 3 −−−→
G1 G3 = 2 G1 G2 alors G1 , G2 et G3
.N
.
− lim wn = +∞ sont alignés.
n→+∞
2. Montrons que pour tout n ∈ N, Gn+1
lim wn = +∞ ⇐⇒ ∀M ∈ R∗+ , ∃N ∈
n’est pas l’image de Gn par
H
n→+∞
N, ∀n > N, |wn | > M l’homothétie de centre I et de rapport
Ainsi |wn > M ⇐⇒ 2n > M En 2.
V.
appliquant le principe d’Archimède pour Supposons que ∀ ∈ N, Gn+1 est

la loi × dans R, avec x = M et y = 2, on l’image de Gn par h(I, 2).
a: Alors Gn+1 = bar(Gn , 2), (I, 2) donc
∃!m ∈ Z/ 2m ≤ M < 2m+1 . −−−→ 2 −−→ 1 −−→
IGn+1 = 4 IGn = 2 IGn .
Posons N0 = m + 1, N0 ∈ Z et Ainsi pour tout n ∈ N, Gn+1 n’est pas
N = max(N0 ; 1), on a donc : l’image de Gn par l’homothétie de
∀n > N, 2n > 2N . Alors M < 2N < 2n . centre I et de rapport 2.
Donc
3. Montrons que la suite (un )n∈N définie
∀M ∈ R∗+ , ∃N ∈ N/∀n > N, |2n | > M .
par un = xn − 3 est géométrique de
D’où lim wn = +∞.
n→+∞ premier terme u0 = −3 et de raison
r = 21 .
∀n ∈ N, xn+1 = 2xn +1+5
4 = xn2+3
Exercice 19 Enoncé un+1 = xn+1 − 3
= xn2+3 − 3
= xn2−3

∀n ∈ N, un+1 = 21 un alors un est une convergente. Donc (un ) est majorée.
suite géométrique de raison 12 et de D’où (un ) est convergente.
premier terme u0 = x0 − 3 = −3.
4. Montrons que pour tout
n ∈ N, xn = 3(1 − 21n ). 1. Montrons que :
-* la suite (dn )n telle que dn = gn − hn
est une suite géométrique de raison
un+1 = 12 un
r = −15 .
un = u0 ( 12 )n = −3( 12 )n
dn+1 = gn+1 − hn+1
or un = xn − 3 donc xn = un + 3
gn+1 = 2gn +3h n
et hn+1 = 3gn +2h n
xn = −3( 21 )n + 3 = 3(1 − 21n ) ∀n ∈ N. 5 5

dn+1 = 2gn +3h
5
n
− 3gn +2h
5
n
= −gn5+hn =
−1
Exercice 24 Enoncé 5 (gn − hn ).
Donc (dn )n est une suite géométrique
de raison r = −1 5 .
Soit (un ) une suite croissante.
-* la suite (sn ) définie par
1
1. On suppose qu’il existe une suite sn = gn + hn est stationnaire.
extraite de (un ) qui diverge.
Montrons que (un ) diverge.
Il s’agit de montrer que (un ) n’est pas
.P sn+1 = gn+1 + hn+1
= 2gn +3hn +3gn +2hn
.N
5
majorée. = 5gn +5hn
5
Supposons que (un )n∈N est majorée sn+1 = gn + hn = sn ∀n ∈ N
c’est-à-dire
donc (sn ) est une suite stationnaire.
H
∃M ∈ R, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 , un ≤ M
-* les deux suites convergent vers la
alors pour toute suite (ϕk ) extraite de
même limite.
(un ), on a : uϕ(k) ≤ M absurde car il −1
V.
existe une suite extraite de (un ) qui lim dn = lim ( )n+1 = 0

n→+∞ n→+∞ 5
diverge. Donc (un ) n’est pas majorée. lim sn = lim g0 + h0 = 1
n→+∞ n→+∞
D’où la suite (un ) diverge. dn +sn
gn = 2 donc lim gn =
n→+∞
2. On suppose qu’il existe une suite 1 1
extraite de (un ) qui converge. ( lim dn + lim sn ) =
2 n→+∞ n→+∞ 2
sn −dn
Montrons que (un ) converge. hn = 2 = 21
Il s’agit de montrer que (un ) est donc lim gn = lim hn .
n→+∞ n→+∞
majorée.
2. Oui (gn ) et (hn ) sont adjacentes.
Supposons que (un ) n’est pas
majorée. Alors (un ) est divergente et Justification :
lim (un ) = +∞. Donc toutes les gn = 12 (dn + sn ) et hn = 21 (sn − dn )
n→+∞
suites extraites de (un ) ont pour sn étant une suite stationnaire alors
limite +∞ et ainsi divergent. Ce qui le sens de variation des suites
est absurde car il existe une (dn + sn )n et (sn − dn )n dépend de
sous-suite de (un ) qui est celui de (dn ).

dn+1
dn = −15 donc (dn ) est décroissante.
A est non vide et minoré donc admet
Par conséquent (gn ) est décroissante une borne inférieure. On sait que 0
et (hn ) est croissante. De plus est un minorant de A.
lim gn − hn = 0 donc (gn ) et (hn )
n→+∞
sont bien des suites adjacentes. 0 est mino
inf A = 0 ⇐⇒
∀ε > 0; ∃x ∈ A, 0 ≤ x <
Soit ε > 0. Cherchons x ∈ A tel que
Trouvons la condition sur les réels 0 ≤ x < ε.
u0 , v0 , λ ≥ 0 et µ ≥ 0 pour que les suites Comme
1 1 ∗ 1 1
définies par récurrence un+1 = un1+λ
+λvn
et a + b > 0, ∃!n ∈ N /nε > a + b
un +µvn
vn+1 = 1+µ soient adjacentes. d’après la propriété d’Archimède
pour la loi + où y = a1 + 1b , ε = x.
Exercice 27 Enoncé Donc nε > a1 + 1b ⇒ na 1
+ nb1
<ε

 0 est minorant de A
1
Soient a, b ∈ R∗+ 1 1
A={
1 1
+ , m, n ∈ N∗ }
ma nb
.P 
d’où inf A = 0.
0 ≤ na
na + nb ∈ A
1 1
+ nb <ε
.N
1. Prouvons que A possède un grand Exercice 28 Enoncé
élément et que A est minoré.
Posons M = a1 + 1b 1. Prouvons l’inégalité de
H
M ∈ A car en prenant m=1 et n=1, Cauchy-Schwarz.

on trouve M ∈ A. Enoncé de l’inégalité de Cauchy :
* Soit x ∈ A - Soit (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn
V.
1 1
x ∈ A alors ∃ m, n ∈ N/ x = ma + nb - Soit (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn
1 1 1 1
n ≤ 1 et m ≤ 1 or b > 0 et a > X n Xn n
X
2
0 alors on a : ( x i yi ) ≤ ( xi yi )2
1 1 1 1 i=1 i=1 i=1
ma ≤ a et nb ≤ b donc Preuve :
1 1 1 1 1 1
ma + nb ≤ a + b soit x ≤ a + b . Soit ϕ : t 7→ ni=1 (xi + tyi )2
P
De plus a1 + 1b ∈ A donc A admet un n
plus grand élément qui est a1 + 1b .
X
ϕ(t) = (x2i + 2xi yi t + t2 yi2 )
Soit x ∈ A. i=1
n n n
∃m, n ∈ N∗ / x = ma 1 1
+ nb > X X X
1 1
0 car ma > 0 et nb > 0. = ( yi2 )t2 +2 xi yi t + x2i
i=1 i=1 i=1
0 est un minorant de A, donc A est
n
minoré. X
-Si yi 6= 0 alors ϕ(t) est un
2. En utilisant la propriété d’Archimède, i=1
prouvons que A admet 0 pour borne polynôme de degré 2.
inférieure. ∀t ∈ R, ϕ(t) ≥ 0 ⇒ ∆0 ≤ 0

Xn Xn Xn n
X
2 2
0
∆ =( xi yi ) − ( xi ) ( yi )2 + yi2
i=1 i=1 i=1 i=1
Xn Xn n
X D’après Cauchy,v
2
0
∆ ≤0⇒( x i yi ) ≤ ( xi yi )2
v
u n u n n
uX uX X
i=1 i=1 i=1 t (xi yi )2 ≤ t 2
xi yi2
d’o‘u l’inégalité de Cauchy.
n i=1 i=1 i=1
X
-Si yi2 = 0, alors yi =; ∀i. 0 ≤ 0 alors v v
n u n u n
i=1 X uX uX
donc l’inégalité est vraie. | xi y i | ≤ t x2i t yi2
i=1 i=1 i=1
2. Déduisons que pour tout entier
donc
naturel non nul n, pour tout Xn n
X n
X
2 2
(x1 , ..., xn ) ∈ Rn et pour tout (xi + yi ) ≤ xi + yi2
(y1 , ..., yn ), on a : i=1
v v i=1 i=1
u n u n
n n uX uX
x2i t yi2
X X
(a) ( 2
xi ) ≤ n( x2i ) +2t
1
i=1 i=1 i=1 i=1
D’après l’inégalité de Cauchy on
a:(
Xn
i=1
2
xi yi ) ≤
X n
xi2
n
X
i=1
yi2
i=1
.P n
X
i=1
2
(xi + yi ) ≤ (
v
u n
u
t
i=1
X
2
v
u n
uX 2
xi + t
i=1
yi2 )
.N
v v v
Pour yi = 1 on a : u n
uX
u n
uX
u n
uX
n n n
X
2
X
2
X d’où t (xi + yi )2 ≤ t x2 + t i
( xi ) ≤ xi 1 i=1 i=1 i=
i=1 i=1 i=1
H
n
X Exercice 29 Enoncé
or 1 = n donc
i=1
n n 1. Définition d’une suite de Cauchy
V.
X X
2
( xi ) ≤ n( x2i ) ∀ > 0, ∃n, m > N/ |xn − xm | ≤ .
i=1 i=1
2. Prouvons que pour tout entiers
(b) v v v naturels non nuls m et n tel que m¿n,
u n u n u n
uX uX uX on a
t (xi + yi )2 ≤ t x2i + t yi2
1
i=1 i=1 i=1 |xm − xn | ≤ n+1
n n n n
sin(2k 2 −6k+1)
X X X X
2 2
y|xi2m − xn | = | m
P
(xi + yi ) = xi + 2( x i yi ) + k=1
i=1 i=1 i=1 i=1
Pn sin(2kk(k+1)2
−6k+1)
n n n − k=1 k(k+1) |
2
sin(2k −6k+1)
X X X m
(xi + yi )2 | ≤ | x2i | + 2|(
P
| xi yi )| ≤ n+1 | k(k+1) |
Pm 1
i=1 i=1 i=1 ≤ | k(k+1) |
n Pn+1
m 1 1 1 1
≤ n+1 |( k − k+1 | = n+1 −
X
+| yi2 | m+
1
i=1 ≤ n+1
n n n
xi yi )| 3. Déduisons que la suite (xn ) est de
X X X
2 2
(xi + yi ) ≤ xi + 2|(
i=1 i=1 i=1 Cauchy dans R.

1
Soit > 0. On a |xm − xn | ≤ n+1 et *(vn )n≥1
1
lim = 0 ainsi vn+1 − vn =
n→+∞ n + 1
∀ > 0, ∃n ∈ N/ ∀n ≥ N ; n+11
≤ . S2(n+1)+1 − S2n+1 =
Donc S2n+3 − S2n+1 =
2n+3 2n+1
∀ > 0, ∃N ∈ N; ∀n, m > N, on a : X X
(−1)k+1 ak − (−1)k+1 ak =
1
|xm − xn | ≤ n+1 ≤ . k=1 k=1
La suite (xn ) est bien de Cauchy dans (−1)2n+3 a2n+2 + (−1)2n+4 a2n+3
R. vn+1 − vn =
a2n+3 − a2n+2
(an )n≥1 étant décroissante donc on a :
a2n+3 ≤ a2n+2 , ∀n ≥ 1 donc
Exercice 30 Enoncé vn+1 − vn = a2n+3 − a2n+2 ≤ 0
soitvn+1 ≤ vn , ∀n ≥ 1. Par conséquent
(vn )n≥1 est décroissante.
1
1. Prouvons que (un ) est croissante et
que (vn ) est décroissante.
*(un )n≥1
.P
2. Écrivons la relation entre
un , vn et a2n+1 .
Soit n ≥ 1.
.N
2n+1
X
vn = S2n+1 = (−1)k+1 ak
un+1 − un = k=1
2n
S2(n+1) − S2n =
H
X
2n+2 2n
= (−1)k+1 + (−1)2n+2 a2n+1
X X
k+1
(−1) ak − (−1)k+1 ak = k=1
vn = un + a2n+1
V.
k=1 k=1
2n
X Prouvons que un ≤ vn pour tout
(−1)k+1 ak + (−1)2n+2 a2n+1 +
n ≥ 1.
k=1
2n
X Soit n ≥ 1.
2n+3
(−1) a2n+2 − (−1)k+1 ak = On a : vn = un + a2n+1 donc
k=1 vn − un = a2n+1 . Par hypothèse, la
(−1)2n+2 a2n+1 + (−1)2n+3 a2n+2 suite (an )n≥1 est positive donc
un+1 − un = a2n+1 ≥ 0 soit vn − un ≥ 0. D’où
a2n+1 − a2n+2 un ≤ vn .
3. Déduisons que la suite (un ) est
Comme la suite (an )n≥1 est majorée.
décroissante donc on a : De ce qui précède, un ≤ vn , ∀n ≥ 1.
∀n ≥ 1, an+1 ≤ an , en particulier Alors par transitivité un ≤ v1 , ∀n ≥ 1.
a2n+2 ≤ a2n+1 donc Ainsi la suite (un )n≥1 est majorée.
a2n+1 − a2n+2 ≥ 0, ∀n ≥ 1. Ainsi Conclusion : (un )n≥1 est croissante et
(un )n≥1 est croissante. majorée donc elle est convergente.

4. Prouvons que les suites (un ) et (vn ) Montrons par récurrence que ∀x ∈
convergent vers la même limite a et R, ∀q ∈ N∗ on a : f (qx) = qf (x).
que la suite (Sn ) converge. Pour q = 1 la relation est triviale.
On a : a2n+1 = vn − un Pour q = 2, soit x ∈ R.
La suite (an )n≥1 est convergente et f (2x) = f (x + x) = f (x) + f (x) =
converge vers 0. La suite (a2n+1 )n≥1 2f (x) ; la relation est vraie pour
est une sous-suite extraite de la suite q = 2.
(an )n≥1 donc elle converge vers 0 Supposons que
c’est-à-dire lim a2n+1 = 0 or ∀k ∈ [|1; q|], f (kx) = kf (x) et
n→+∞
a2n+1 = vn − un donc montrons que
lim (vn − un ) = 0. De plus d’après la f [(q + 1)x] = (q + 1)f (x)
n→+∞
question 1), la suite (un )n≥1 est
croissante et la suite (vn )n≥1 est f [(q + 1)x] = f (qx + x)
décroissante donc les suites (un )n≥1 = f (qx) + f (x)
et (vn )n≥1 sont adjacentes. Par = qf (x) + f (x)
1
conséquent (un )n≥1 et (vn )n≥1 f [(q + 1)x] = (q + 1)f (x)
convergent vers la même limite a.
un = S2n et vn = S2n+1 ∀n ≥ 1
(Sn )n≥1 = (S2n )n≥1 + (S2n+1 )n≥0
.P donc ∀x ∈ R, ∀q ∈ N∗ ; f (qx) = qf (x).
.N
f (1) = f (q × 1q ) = qf ( 1q ) or f (1) = α
(Sn )n≥1 = (un )n≥1 + (vn )n≥0
donc qf ( 1q ) = α.
De plus les suites (un )n≥1 et (vn )n≥0
sont deux sous-suites de la suite Déduisons f ( 1q ) en fonction de q et de
α et f ( pq ) en fonction de p, q et α.
H
(Sn )n≥1 et convergent. Alors (Sn )n≥1

converge. qf ( 1q ) = α ⇐⇒ f ( 1q ) = αq car q ∈ N∗
V.
f ( pq ) = f (p × 1q )
= pf ( 1q ) si p ∈ N∗
f :R→R = p αq
∀(x, y) ∈ R, f (x + y) = f (x) + f (y) p
f(q) = α pq
1. Montrons que f (0) = 0.
f (x) = f (x + 0) = f (x) + f (0) donc Si p = 0, f ( pq ) = f (0) = 0 et α pq = 0
f (0) = f (x) − f (x) = 0 alors f ( pq ) = α pq .
Montrons que Donc ∀p ∈ N, q ∈ N∗ , f ( pq ) = α pq
∀x ∈ R, f (−x) = −f (x).
f (0) = f (x − x) = f (x) + f (−x) ; or 3. Justifions que
f (0) = 0 donc f (x) = −f (x). f ( pq ) = α pq , ∀(p, q) ∈ Z × N∗ .
2. Déterminons qf ( 1q ) en fonction de α. f ( pq ) = f (p × 1q )
Soit q ∈ N∗ . -Si p ∈ Z+ , f ( pq ) = α pq d’après la
f (1) = f ( qq ) = f (q × 1q ) question précédente.

-Si p ∈ Z− ψ(0) = F (1 + sin0) = F (1) = 0
ψ est dérivable sur ] −π π
2 ; 2 [ comme
f ( pq ) = f (p × 1q )
composée de fonctions dérivables sur
= f [−p × (− 1q )] ] −π π
1 2 ; 2 [.
= −pf (− q ) car − p ∈ N
1
∀x ∈] −π π 0
2 ; 2 [, ψ (x) =
= pf ( q ) ∀x ∈ R, f (−x) = −f (x) √ cos x
p α
f(q) = p q = αq p 2(1+sin x)−(1+sin2 x)
cos x
=√
2+2 sin x−(1+2 sin x+sin2 x)
Donc ∀p ∈ Z, ∀q ∈ N∗ , f ( pq ) = α pq . = √ osx
c
1−sin2 x
4. Déduisons, justification à l’appui que = √cosx2 x
cos
∀x ∈ R, f (x) = αx.
ψ 0 (x) = cos
cos x
x car x ∈] −π π
2 ; 2[
D’après la question précédente,
∀x ∈] −π ; π
[, ψ 0 (x) = 1
∀p ∈ Z, ∀q ∈ N∗ , f ( pq ) = α pq . 2 2
p 3. Déduisons une expression simplifiée
q ∈ Q ; sachant que Q est dense dans
R et que f est continue sur R alors on de ψ(x) d’après la question
a : f (x) = αx, x ∈ R. précédente.
1
ψ 0 (x) = 1∀x ∈] −π π
2 ; 2 [ donc
5. Déterminons g(x) en fonction de x et
λ, ∀x ∈ R.
f (x) = ln g(x) ⇐⇒ g(x) = ef (x)
.P ψ(x) = x + c, c ∈ R
ψ(0) = 0 ⇒ c = 0 donc
∀x ∈] −π π
2 ; 2 [, ψ(x) = x
.N
⇐⇒ g(x) = eαx 4. Calculons
Z 2 Z 2
g(1) = eα = λ 1 1
√ ds = lim− √ ds.
alors g(x) = λx 1 2s − s2 t→2 1 2s − s2
H
Z 2
Exercice 32 Enoncé 1
√ ds = lim−
1 2s − s2 t→2
V.
= lim− F (t)
Z t t→2
1 = lim F (1 + sin x)
F (t) = √ x→ π2 −
1 2s − s2
= lim ψ(x)
1. Déterminons F’(t) pour 0 < t < 2. x→ π2 −
1
La fonction g : s 7→ √2s−s 2
est Z 2
continue sur ]0; 2[ et F (1) = 0. Donc 1 π
donc √ ds = .
F est la primitive de g qui s’annule en 1 2s − s2 2
1. Exercice 33 Enoncé
F est dérivable sur ]0; 2[.
Soit H une primitive de g. 1. Calculons arcsin(sin( 3π 4 ) et
F (t) = [H(s)]t1 = H(t) − H(1) 2009π
arccos(cos( 3 )).
F 0 (t) = H 0 (t) orH 0 (t) = g(t) donc ∀x ∈ [ −π π
2 ; 2 ], arcsin(sinx) = x
F 0 (t) = √2t−t
1
. sin( 3π π π
4 ) = sin(π − 4 ) = sin 4
2
2. Calculons ψ(0) et montrons que arcsin(sin( 3π π π

4 )) = arcsin(sin 4 ) = 4 )
ψ 0 (x) = 1 ∀x ∈] −π π
2 ; 2 [. car π4 ∈ [ −π π
2 ; 2 ].

cos( 2009π π π
3 ) = cos(670π − 3 ) = cos( 3 )
arcsin x = 2 arctan x.
donc arccos(cos( 2009π π
3 ) = 3 car arcsin x = 2 arctan x ⇐⇒ x ∈ [−1; 1]
π
3 ∈ [0; π]. et tan(arctan x) = tan( 21 arcsin x
⇐⇒ x = tan( 12 arc
sin( 12 arcsin
⇐⇒ x = cos( 12 arcsin
sin(arcsin x)
or sin( 21 arcsin x) = 2 cos( 21 arcsin x)
sin(arcsin x)
donc x = 2 cos2 ( 21 arcsin x
⇐⇒ x = 1+√x1−x2
⇐⇒ x(1 − 1+√11−x2
= 0
2. Soit x ∈ [−1; 1], simplifions
⇐⇒ x = 0 ou
cos(arcsin x) et sin(arccos x).
√1 =1
-cos(arcsin x) 1+ 1−x2
On sait que ⇐⇒ x
√= 0 ou
∀y ∈ [ −π −π 2 2 1 − x2 = 0
1
2 ; 2 ], cos y = 1 − sin y or
x ∈ [−1; 1] donc arcsin(x) ∈ [ −π
alors cos2 (arcsin x) =
1 − sin2 (arcsin x) = 1 − x2 car
−π
2 ; 2 ] .P ⇐⇒ x = 0 ou
x = 1 ou x =
Soit S l’ensemble des solutions de
.N
x ∈ [−1; 1] or arcsin x ∈ [ −π −π
2 ; 2 ] donc l’équation.
cos(arcsin x) ≥ √ 0. D’où S = {−1; 0; 1}
cos(arcsin x) = 1 − x2 . 4. Montrons que
-sin(arccos x)
H
∀x ∈ [−1; 1], arcsin x + arccos x = π2 .

On sait que Soit la fonction
∀y ∈ [0; π], sin2 y = 1 − cos2 y or g(x) = arcsin x + arccos x définie,
V.
x ∈ [−1, 1] donc arccos x ∈ [0; π]. continue et dérivable sur ]-1 ; 1[.
Alors ∀x ∈] − 1; 1[,
sin2 (arccos x) = 1 − cos2 (arccos x) =
g 0 (x) = arcsin0 (x) + arccos0 (x)
sin2 (arccos x) = 1 − x2 car x ∈ 1 1
= √1−x − √1−x = 0. Donc g(x) est
[−1; 1] or arccos x ∈ [0; π] ; 2 2
donc sin(arccos√ x) > 0. D’où une constante ∀x ∈] − 1; 1[. g(x) = c,

sin(arccos x) = 1 − x2 . c ∈ [ −π π
2 ; 2 ],
0 ∈] − 1; 1[ et g(0) =
arcsin(0) + arccos(0) = π2 .
g(−1) = arcsin(−1) + arccos(−1) =
−π π
2 +π = 2
g(1) = arcsin(1) + arccos(1) = π2 .
Donc
∀x ∈ [−1; 1], arcsin x + arccos x = π2 .
5. Montrons que
√
3. Résolvons dans [-1 ; 1] l’équation ∀x ∈ [0; 1], arcsin( x) =

π
4 + 12 arcsin(2x − 1).
√ √
√ 2 x 2 x
π 1
arcsin( x) = 4 + 2 arcsin(2x − 1) •| | ≤ 1 − 1 ≤⇔ ≤1
√ 1+x 1 +√x
⇐⇒ arcsin( x) − 12 arcsin(2x − 1) = π4 2 x 2
√ π ⇔( ) ≤1
⇐⇒ 2 arcsin( x) − arcsin(2x − 1) = 2 1+x
√
⇐⇒ sin[2 arcsin( x) − arcsin(2x − 1)] 4x
π ⇔ ≤1
= sin 2 (1 + x)2
√
⇐⇒ sin[2 arcsin( x) − arcsin(2x − 1)] ⇔(1 + x)2 ≥ 4x
= 1
⇔(1 − x)2 ≥ 0
∀x ∈ [0; +∞[, (1 − x)2 ≥ 0
Montrons alors que : A =
√
sin[2 arcsin( x) − arcsin(2x − 1)] = 1. Donc Df = [0; +∞[
√ 2. Montrons que la fonction f est
A = sin[2 arcsin( x) − arcsin(2x − 1)] dérivable sur ]0; +∞[−{1}.
√
= sin(2 arcsin( x)) cos(arcsin(2x − 1)) En effet, la fonction x 7→ 2√x est
√
1
− sin(arcsin(2x − 1))cos(2 arcsin x) dérivable sur ]0; +∞[ en tant que
√ √
=
×
−
2 sin(arcsin x) cos(arcsin x)
cos(arcsin(2x − 1))
(1 − 2 sin2 (arcsin
√ √
√
x))
.P
sin(arcsin(2x −
fonction racine carrée.
∀x ∈]0; +∞[, 1 + x 6= 0, donc la
1))
fonction 1
x 7→ 1+x est dérivable sur
.N
p
= 2 x( 1 − x)( 1 − (2x − 1)2 ) ]0; +∞[ en tant que fonction
− (1√− 2x)(2x −√1) rationnelle. √
= (2 x − x2 )(2 x − x2 ) + (2x − 1)2 Donc la fonction x 7→ 2 x est
1+x
H
= 4(x − x2 ) + 4x2 − 4x + 1 dérivable sur ]0; +∞[. √

A = 1 Résolvons l’équation 2 x = 1.
1+x
V.
√ √
d’où le résultat. 2 x
1+x = 1 ⇐⇒ 2 x = 1 + x ∀x > 0
⇐⇒ 4x = (1 − x)2
⇐⇒ (x − 1)2 = 0
⇐⇒ x≥0 x−1=0
⇐⇒ x=0
√
2 x
∀x ∈]0; 1[∪]1; +∞[, | 1+x | < 1 donc la
√ √
2 x
2 x fonction x 7→ arcsin( 1+x ) est
f (x) = arcsin( )
1+x dérivable sur chacun des intervalles
]0 ; 1[ et ]1; +∞[.
1. Donnons le domaine de définition Df
Dérivées de f
de la fonction f. 0
∀x ∈]0; 1[∪]1; +∞[, f 0 (x) = √ u (x) 2
Df = √
{x ∈ R/ x ≥ 0, 1 + x 6= √
1−[u(x)]
2 x 2 x
0; | 1+x | ≤ 1} avec u(x) = 1+x .
•x ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ [0; +∞[ u est dérivable sur ]0 ; 1[ et sur
•∀x ∈ [0; +∞[, 1 + x 6= 0 ]1; +∞[, on a :

1+x √
√ −2 x
0
u (x) = x
= √ 1−x 2 -Si x ∈]1; +∞[,
(1+x)2 √x(1+x) 2
−4x f 0 (t) = √ −1
1 − [u(x)]2 = 1 − ( 1+x ) = (1+x)
2 x 2
(1+x)2 = Z t(1+t)
x
(1−x)2
−1
f (x) − f (1) = √ dt
(1+x)2 t(1 + t)
1
∀x ∈]0; 1[∪]1; +∞[, Z x √ 1
√ 1−x 2 2 t
0
f (x) = rx(1+x) = √
(1−x)(1+x) = −2 dt
(1−x)2 x(1+x)2 |1−x| 1 1 + t
1+x)2 = −2φ(x) + 2φ(1)
∀x ∈]0; 1[∪]1; +∞[, f 0 (x) = f (x) = −2φ(x) + π
√ 1−x
x(1+x)|1−x| Calculons (1). √
f (1) = arcsin( 2 2 1 = π
2
π
(
√ 1
lim 2φ(x) = 2 arctan(1) =
si x ∈]0; 1[ x→1< 2
f 0 (x) = −1
x(1+x)
lim [−2φ(x) + π] =
√
x(1+x)
si x ∈]1; +∞[ x→1>
π
−2 arctan(1) + π =
2
1
En conclusion :
√
3. φ(x) = arctan( x) .P ∀x ∈]0; 1], f (x) = 2φ(x) et
∀x ∈]1; +∞[, f (x) = −2φ(x) + π.
ii. Déduisons-en que si ∆ = f (x)−f (1)
.N
x−1
on a :
2(φ(x)− π4
i. Donnons l’expression de f(x) en * (x ≤ 1) ⇒ ∆ = tan2 [φ(x)]−1
fonctionZ de φ(x). Si x ≤ 1 alors
H
x 2φ(x)− π2
f (x) = f 0 (t)dt ∆ = f (x)−f
x−1
(1)
= √
( x)2 −1
0 2(φ(x)− π )
∆ = tan2 (arctan(√4x))−1 car
-Si x ∈]0; 1[,
V.
∀x ∈ R, tan(arctan(x)) = x.
2(φ(x)− π4
D’où (x ≤ 1) ⇒ ∆ = tan2 [φ(x)]−1
0 1 * x > 1 ⇒ ∆ = − tan2 [φ(x)]−1
4 2(φ(x)− π )
∆=
f (t) = √
t(1 + t) f (x)−f (1) −2φ(x)+π− π2 −2(φ(x)− π4 )
Z x x−1 = x−1 = tan2 [φ(x)]−1
1
f (x) = √ dt D’où x > 1 ⇒ ∆ =
2(φ(x)− π4 )
− tan2 [φ(x)]−1 .
0 t(1 + t)
Z x 1
√ iii. Montrons que :
2 t
= 2× dt tan φ − 1
0 1+t limπ =2
Z x √ 1 φ→ 4 φ − π4
2 t
=2 dt Posons v(φ) = tan(φ).
0 1+t
√ Dv =] −π π
2 ; 2[
= 2[arctan( t]x0
√ v est dérivable sur ] −π π
2 ; 2 [ et
= 2[arctan x − arctan 0] ∀φ ∈] −π π 0 1
2 ; 2 [, v (φ) = cos2 (φ) .
= 2φ(x) − 2 arctan 0 tanφ − tan π4
tanφ − 1
f (x) = 2φ(x) lim = limπ [ ] = ta
φ→ π4 φ − π4 φ→ 4 φ − π4

car π
4 ∈] −π π
2 ; 2 [. 4. Étudions les variations de la fonction
tanφ − 1 1 f.
limπ π = =2 - Df = [0; +∞[
φ→ 4 φ− 4 cos2 ( π4 )
. - f est dérivable sur chacun des
intervalles ]0 ; 1[ et ]1; +∞[.
iv. Déduisons-en que f possède des
dérivées à gauche et à droite de (
√ 1 si x ∈]0; 1[
x0 = 1. 0 x(1+x)
f (x) = −1
-Dérivabilité à gauche en x0 = 1
√
x(1+x)
si x ∈]1; +∞[
f (x) − f (1)
Calculons lim .
x→1< x−1 Signe de f 0 (x) et sens de variation de
2φ(x) − π4 f.
lim ∆ = lim [ ] - sur ]0 ; 1[
x→1< x→1< tan2 (φ(x)) − 1 √
En effet, ∀x ∈]0; 1[, 1 + x > 0; x > 0
2 1 donc ∀x ∈]0; 1[, f 0 (x) > 0. Ainsi f est
= lim [ − tanφ(x)−1
]
x→1< tan(φ(x)) + 1 strictement croissante sur [0 ; 1].
φ− π4
1
π - sur ]1; +∞[
comme lim φ(x) = φ(1) =
x→1<
lim
φ→ π4
tanφ − 1
=2
4 .P En effet,
−1
√
∀x ∈]1; +∞[, 1 + x > 0, x > 0 donc
∀x ∈]1; ∞[, f 0 (x) = √x(1+x) < 0. Ainsi
.N
φ − π4
f est strictement décroissante sur
d’après la question précédente. ]1; +∞[.
lim tanφ(x) − 1 lim 2 - Limites de f aux bornes de Df
H
x→1< = 2 et φ→ π =1
φ(1) − π4 4 tanφ + 1
. lim = f (0) = 0
x→0>
V.
f (x) − f (1) 1
Donc lim = ∈R √
x→1< x−1 2 2 x
Ainsi f est dérivable à gauche en lim f (x) = lim [arcsin( )] = 0
x→+∞ x→+∞ 1+x
son point d’abscisse x0 = 1 et a
pour nombre dérivé fg0 (1) = 12 . - Tableau de variation de f
-Dérivabilité à droite en x0 = 1 - Traçons le graphe de f .
f (x) − f (1) Étude asymptotique
Calculons lim . lim f (x) = 0 donc la droite
x→1> x−1 x→+∞
−2(φ(x) − d’équation y = 0 est asymptote à la
π
f (x) − f (1) 4)
lim = lim [ ]
x→1> x−1 x→1> tan2 φ(x) − 1 courbe représentative de la fonction
f.
−2 φ(1) − π4 −1-Démi-tangentes :
= lim [ − ]= ∈R
x→1> tanφ(x) + 1 tanφ(x) − 1 2 * A gauche en x0 = 1
Donc f est dérivable à droite en
y = fg0 (1)(x − 1) + f (1) = 21 x +

son point d’abscisse x0 = 1 et a
(Tg ) :
pour nombre dérivé fd0 (1) = −1
2 . x ≤1

* A droite de x0 = 1 (x − 1)
= √ √

y = −1 π+1 2 x x2 + x + 1(x + 1)
(Td ) : 2 x+ 2
x ≥1 Par conséquent, u est décroissante sur [0 ;
1], croissante sur [1; +∞[ et u(0) = π2 ,
-A droite en x0 = 0 π
√ u(1) = 3 .
f (x) − f (0) 2 arctan x
lim = lim π
x→0> x x→0> x lim u(x) =
2φ(x) x→+∞ 2
= lim [ ]
x→0> tan2 φ(x) donc la droite d’équation y = π2 est
2 1
= lim [ ×asymptote
tan(φ(x))
] à la courbe représentative de u.
x→0> tan(φ(x)) 0
Comme
φ(x) lim u (x) = +∞ donc u n’est pas
x→0
φ(x) tan φ dérivable en 0 et admet une
∗ lim = lim =1
x→0 φ(x) φ→0 φ demi-tangente verticale.
2 √
∗ lim = +∞ -v(x) = arcsin(2x 1 − x2 )
φ→0> tanφ
f (x)−f (0) Pour que la racine soit définie, il faut que
1
Donc lim x = +∞ x ∈ [−1; 1].
x→0>
La tangente à (C) à droite en son

point d’abscisse x0 = 0 a pour
.P
arcsin est définie √sur [-1 ; 1]. Étudions
donc ψ(x) = 2x 1 − x2 sur [-1 ; 1].
ψ(x) étant une fonction impaire, il suffit
.N
équation :
juste de faire l’étude sur [0 ; 1].
x=0 ψ est dérivable sur [0 ; 1[ et
y≥0
2(1 − 2x2 )
H
0
∀x ∈ [0; 1[, ψ (x) = √
Exercice 35 Enoncé 1 − x2
On écrit le tableau de variation de ψ et on
V.
Étudions les fonctions u,

√ v et w de R dans
x voit que
R par : -u(x) = arccos( 1+x )
√
x
Considérons la fonction φ(x) = 1+x . Elle ∀x ∈ [−1; 1], ψ(x) ∈ [−1; 1]
est définie sur [0; +∞[ et dérivable sur
]0; +∞[ et avec ψ( √12 ) = 1.
Par conséquent Dv = [−1; 1].
1 − x
∀x ∈]0; +∞[, φ0 (x) = √ v est impaire, on l’étudie sur [0 ; 1]
2 x(1 + x)2 ψ est dérivable sur ]-1 ; 1[. Comme arcsin
. En traçant le tableau de variations de φ, est dérivable sur ]-1 ; 1[, à valeurs dans
on voit que φ est à valeurs dans [0; 21 ]. [-1 ; 1] et ψ(θ) = 1 si et seulement si
Comme la fonction arccos est définie et θ = √12 .
dérivable sur [0; 12 ], u est définie, continue On en déduit que v est dérivable sur
sur Du [0; +∞[ et dérivable sur ]0; +∞[, et I1 = [0; √12 [ et sur I2 =] √12 ; 1[.
−1
∀x ∈]0; +∞[; u0 (x) = q × φ0 (x) 0 2(1 − 2x2 )
x
1 − (1+x)2 ∀x ∈ I1 ∪ I2 , v (x) = √
|2x2 − 1| 1 − x2
Par conséquent, ∀x ∈ I1 , v 0 (x) = √1−x
2
2
et En prenant x = 0, on trouve C = 0.
−2
∀x ∈ I2 , v 0 (x) = √1−x2 . Montrons par la trigonométrie que
Donc il existe C1 ∈ R tel que x
∀x ∈ R, arcsin( √ ) = arctan x
∀x ∈ I1 , v(x) = 2 arcsin(x) + C1 et x2 + 1
∃C2 ∈ R tel que ∀x ∈ I2 , v(x) = Soit x ∈ R. ∃!θ ∈] −π π
2 ; 2 [ tel que x = tan θ.
−2 arcsin(x) + C2 On détermine C1 = 0 et Alors arctan x = arctan(tanθ) = θ (car θ ∈
C2 = π en prenant les valeurs ] −π π
2 ; 2 [).
particulières x = 0 et x = 1. D’autre part,
En conclusion :
x tan θ
(
2 arcsin x si x ∈ [0; √12 ] √ =√ = tan θ|cosθ|
v(x) = x2 + 1 1 + tan2 θ
−2 arcsin x + π si x ∈ [ √12 ; 1] = tan θ cos θ = sin θ
Montrons en utilisant la trigonométrie (car la fonction cosinus est positive sur
que : ] −π π
2 ; 2 [).
−1 1 p Alors arcsin( √xx2 +1 ) = arcsin(sin θ) = θ car
1
∀x ∈ [ √ ; √ ], arcsin(2x 1 − x2 ) = 2 arcsinθ x∈] −π ; π [ et on a bien le résultat.
2 2
Soit x ∈ [ √−1 √1
; 2 ], posons
2 √
y = arcsin(2x 1 − x2 ).
.P2 2
.N
1. Définissons les fonctions
∃!θ ∈ [ −π ;
4 4
π
] tel
√ que x = sin θ
hyperboliques sh et ch.
Alors arcsin(2x 1 − x2 ) = 2 sin θ|cosθ| =
2 sin θ cos θ = sin 2θ sh : R → R
−x
H
x
or comme 2θ ∈ [− π2 ; π2 ], donc y = x 7→ sh = e −e 2
arcsin(sin(2θ)) = 2θ = 2 arcsin x. ch : R → R
x −x
-w(x) = arcsin( √xx2 +1 ). x 7→ ch = e +e
V.
2
Posons g(x) = √xx2 +1 . 2. Simplifions sur leur domaine de
g est dérivable sur R et définition les expressions suivantes :
1
∀x ∈ R, g 0 (x) = √ a) ch(argsh(x))
(x2 + 1) x2 + 1 Soit x ∈ R. Comme ch est
D’après le tableau de variation de g, g est strictement ppositive sur
à valeurs dans ]-1 ; 1[. Comme la fonction R, ch(x) = 1 + sh2 (x) et :
arcsin est définie et dérivable sur ]-1 ; 1[, ch(argsh(x))
p =
alors w est définie et dérivable sur R et 1 + sh2 (argsh(x))
√
1 1 = 1 + x2
∀x ∈ R, w0 (x) = q ×g 0 (x) = 2
1− x
2 x +1 b) th(argsh(x))
x2 +1
Soit x ∈ R. Comme th(x) = sh(x)
ch(x) ,
= arctan0 (x) alors on a :
Par conséquent, ∃C ∈ R tel que sh(argsh(x)) x
th(argsh(x)) = =√
f (x) = arctan x + C. ch(argsh(x)) 1+x
c) sh(2argsh(x)) x 7→ sh(x) − x est continue et
Soit x ∈ R. En utilisant les dérivable sur R.
x −x
formules d’addition, on a : -∀x ∈ R, f 0 (x) = e +e
2 −1
0
- f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0
sh(2argsh(x)) = 2sh(argsh(x))ch(argsh(x))
∀x ∈ R, f 0 (x) ≥ 0 donc est croissante
p sur R. De plus f (0) = 0 et
= 2x 1 + x2
limx→+∞ f (x) = +∞.
d) sh(argch(x)) Alors ∀x ∈ R+ , f (x) ≥ 0 soit
Soit x ∈ [1; +∞[. Comme sh est shx − x ≥ 0 donc shx ≥ x, ∀x ∈ R+ .
positive sur [1; +∞[, alors
4. Montrons que
x2
∀x ∈ ≥ 2.
p
2
sh(x) = ch x − 1 et R, ch(x) 1 +
x2
p Soit g(x) = ch(x) − 2 − 1. Étudions
sh(argch(x)) = ch2 (argch(x)) − 1
p les variations de g.
sh(argch(x)) = x − 12
-Dg = R
1
e) th(argch(x)) − lim g(x) = +∞ et lim g(x) = +∞
Soit x ∈ [1; +∞[.
th(argch(x)) =
sh(argch(x))
=
√
.P x→−∞ x→+∞
2
x
x2 − 1-Les fonctions x 7→ chx et x 7→ 2 sont
.N
ch(argch(x)) x continues et dérivables sur R. Donc
x2
la fonction g(x) = ch(x) − 2 − 1 est
f) ch(argth(x)) continue et dérivable sur R.
x −x
Soit x ∈ R. On sait que : ∀x ∈ R, g 0 (x) = e −e −x=
H
2
2 1
1 − th (x) = ch2 (x) . On en déduit sh(x) − x = f (x)
1 En exploitant la question précédente
que ch(x) = √1−th2 x . Par suite,
V.
ch(argth(x)) = √ 1 on a :
1−th2 (argth(x)) ∀x ∈] − ∞; 0[, g 0 (x) < 0 donc g est
1
= √1−x 2 strictement décroissante sur ] − ∞; 0[.
∀x ∈]0; +∞[, g 0 (x) > 0 donc g est
3. Montrons que ∀x ∈ R+ , sh(x) ≥ x. strictement croissante sur [0; +∞[.
Soit la fonction f (x) = sh(x) − x. g est définie et dérivable sur R et
Étudions les variations de la fonction g(R) = g(] − ∞; +∞[) = [0; +∞[.
f. Donc ∀x ∈ R, g(x) ≥ 0 soit
ex − e−x 2
f (x) = −x ch(x) − x2 − 1 ≥ 0.
2 2
x
e −e −x Ainsi ∀x ∈ R, ch(x) ≥ x2 + 1.
-∀x ∈ R, 2 − x ∈ R donc Df = R
-
lim f (x) = +∞ et lim f (x) = −∞
x→+∞ x→−∞
-La fonction x 7→ sh(x) est continue 1. Montrons que pour tout

1
et dérivable sur R donc la fonction x ≥ 0, arctan(sh(x)) = arccos( ch(x) ).

Considérons la fonction Exercice 38 Enoncé
f : [0; +∞[→ R définie par :
1
f (x) = arctan(sh(x)) − arccos( ) Résolvons l’équation 5ch(x) − 4sh(x) = 3 :
ch(x)
Elle est dérivable sur l’intervalle a) en exprimant tout sous forme
]0; +∞[, et ∀x > 0, d’exponentielles.
ch(x) 1 sh(x) 5ch(x) − 4sh(x) = 3 ⇐⇒
f 0 (x) = 2
− q 2
=0 e x
+e −x
ex −e−x
1 + sh x 1
1 − ch2 (x) ch (x) 5( 2 ) − 4( 2 ) = 3 ⇐⇒
x −x x −x
5(e + e ) − 4(e − e ) = 6 ⇐⇒
Comme f (0) = 0, on trouve que ex + 9e−x − 6 = 0 ⇐⇒
∀x ∈ [0; +∞[, f (x) = 0. Donc pour (ex )2 − 6ex + 9 = 0 ⇐⇒
tout (X − 3)2 = 0 avec X = ex ⇐⇒ X =
1
x ≥ 0, arctan(sh(x)) = arccos( ch(x) ). ⇐⇒ x =
Retrouvons ce résultat par la
trigonométrie. b) en utilisant le changement de
1
Soit x un réel et x ≥ 0. Comme variable t = th( x2 ).
1
q
1
π
chx ∈]0; 1[, il existe θ ∈ [0; 2 [ tel que
1
chx = cos θ.
Alors sh(x) = cos2 θ − 1 = tan θ et
.P Si t = th( x2 ), l’équation s’écrit :
5
1 + t2
−4
2t
= 3 ⇐⇒ 4t2 −4t+1 = 0
.N
1−t 2 1−t 2
arctan(sh(x)) = arctan(tan θ) = θ.
D’autre part on a bien : L’unique solution est t = 12 . Alors
1
arccos( ch(x) ) = arccos(cos θ) = θ.
H
x −x x −x
th( x2 ) = 21 ⇐⇒ 2(e 2 − e 2 ) = e 2 + e 2
Par conséquent pour tout
1 ⇐⇒ ex = 3
x ≥ 0, arctan(sh(x)) = arccos( ch(x) ).
⇐⇒ x = ln3
V.
2. Soit a ∈ R. Résolvons dans R

l’équation
ch(x) + cos a = 2sh(x) + sin a.
En passant aux exponentielles et en
notant X = ex , X doit vérifier Confère exercice 3 deuxième devoir
léquation du second degré : 2016-2017
X 2 + 2(sin a − cos a)X − 3 = 0 Exercice 40 Enoncé

Le discriminant réduit vaut :
∆0 = (sin a − cos a)2 + 3 > 0. Soit a > 0 . On définit la suite (un )n≥0 par
Puisque
p X > 0, il faut que X = u0 > 0 et par la relation
(sin a − cos a)2 + 3 − (sin a − cos a).
On a bien X > 0 car 1 a
un+1 = un +
p
(sin a − cos a)2 + 3 > | sin a − cos a|. 2 un
Alors On se propose de montrer que (un ) tend
√ √
x = ln( 4 − sin 2a − 2 + sin 2a) vers a .

(u2n − a)2 (u2n − a)2 √
1. Montrons que u2n+1
−a= u2n+1 −a= ⇔ un+1 − a=
4u2n 4u2n
(u2n − a)2
u 2
+ a
2
− 4au2n √
2
un+1 − a = n 4u2n (un+1 + a)
4u2n √
u4n + a2 − 2au2n √ √ 1 (un +
= un+1 − a = (un − a)2 √ ×
4u2n un+1 + a 4u2n
(u2 − a)2
u2n+1 − a = n 2
4un √ 1 1
un+1 ≥ a⇔ √ √
√ un+1 + a 2 a
2. Montrons que si n ≥ 1 alors un ≥ a
puis que la suite (un ) est décroissante Et
. √
√ a
On a u2n+1 − a ≥ a ⇔ u2n ≥ a un ≥ a⇔ ≤1
un
Montrons par récurrence que un ≥ 0
1
Donc
• u0 ≥ 0
• un+1 =
1
2

un +
a
un

≥ 0 car
.Pun+1 −
√
a≤ √
2 a
×
√
(u2n − a)2 (u2n + a)2
4u2n
√ 2
.N
un ≥ 0 et a > 0 (u2n − a)2 1

a
≤ √ × 1+
donc ∀n ∈ N Un ≥ 0 2 a 4 un
(u2n − a)2 1 2
Donc ≤ √ × (2)
2 a 4
H
√
u2n ≥ a ⇔ un ≥ a (u2 − a)2
≤ n√
2 a
V.
√
1

a
5. Si u1 − a ≤ k et pour n ≥ 1
un+1 − un = un + − un montrons que
2 un
√ √

k
u2 + a − 2u2n un − a ≤ 2 a √ 2n−1 : (Pn )
= n 2 a
2un
√
a − u2n • On sait que −
= ≤0 u1 a ≤ k or
√

2un k
k=2 a √ 20
2 a
D’où la suite (un ) est décroissante
donc
3. Déduisons-en que la suite (un )
√ √ √

k
converge vers a u1 − a ≤ 2 a √ 21−1
2 a
4. En utilisant la relation
√ √ P1 est vraie
u2n+1 − a = (un+1 − a)(un+1 + a)
donnons une majoration de • Supposons que Pn est vraie pour
√ √
un+1 − a en fonction de un − a tout n ≥ 1

aq < e < b q
q q
√ 2 X 1 p X 1 1
√ (un − a) aq < e < b q ⇔ < < +
un+1 − a ≤ √ k=0
k! q
k=0
k! q.q!
2 a
√ 2 q
q!
q
q!
(2 a) k
X X
≤ √ × √ .2n+1−1 ⇔ < p(q − 1)! < +
2 a 2 a k! k!
k=0 k=0
√ 1

k
≤2 a× √ .2n Pn+1 est vraie ⇔ N < M < N + avec
2 a q
q
X q!
N= et M = p(q − 1)!
Donc k!
k=0
√ √

k
∀n ∈ N∗ un − a ≤ 2 a √ 2n−1 q!
2 a Or ∀k ∈ N, k! 5! ⇒ N = ∈ N et
p!
comme
1
Exercice 41 Enoncé .P p ∈ Z, M ∈ Z
1
∀q ∈ N∗ , ≤ 1 donc on a
q
.N
N <M <N +1
n n
X 1 X 1 1 N est un entier naturel qui se situe
Soient an = et bn = +
k! k! n.n! entre deux entiers consécutifs : ce qui
k=0 k=0
H
est absurde d’où e ∈

/Q
1. Montrer que (an ) et (bn ) sont Exercice 42 Enoncé
V.
strictement monotone et adjacentes.

On admet que leur limite commune
1. Démontrons que toute suite
est e. On désire montrer que e
croissante et majorée converge.
n’appartient pas à Q et pour cela on
Soit (un )n∈N une suite croissante et
raisonne par l’absurde en
majorée montrons que (un )n∈N
converge.
2. Montrons que aq < e < bq puis
Soit E = {un , n ∈ N}, (un )n∈N est
obtenir une absurdité.
p majorée donc E l’est et E est non vide
Supposons que e = avec p ∈ Z et
q . Alors E admet une borne supérieure
q ∈ N∗ l. Soit ε > 0 il existe
Les suites (an ) et (bn ) sont adjacentes p ∈ N/ l − ε < up ≤ l. Soit n > p on
et a up ≤ un car (un )n∈N est croissante. l
lim an = lim bn = e. étant un majorant de E alors un ≤ l
n→+∞ n→+∞ donc
On a e = inf bn = sup an ⇒ ∀n ∈
N an < e < bn . En particulier l − ε < up ≤ un ≤ l < l + ε

Par suite La suite (wn )n∈N est décroissante
et minorée par 0 alors elle
l − ε ≤ un ≤ l + ε converge.
∀n > p, |un − l| ≤ ε d’où
lim un = l lim wn = 0 ⇔ l0 − l = 0 ⇔ l = l0
n→+∞
n→+∞
2. Démontrons que deux suites
adjacentes sont convergentes et 1
3. Démontrons que lim =0
n→+∞ n
ont la même limite.
Nous voulons chercher
Soit (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites 1

adjacentes telles que (un )n∈N soit N (ε) ∈ N/∀n > N (ε), − 0 < ε
n
croissante et (vn )n∈N décroissante et
1
∀n un ≤ vn

− 0 < ε ⇒ 1 < nε
n
• (un )n∈N est croissante et R est archimédien , i.e
un ≤ vn ≤ v0 ∀x > 0, y > 0, ∃n0 N∗ , n0 x > y
1
En posant y = 1 et x = ε on a : 1 < n0 ε
(
(un )n∈N %
un ≤ v0
(un )n∈N est convergente vers l ∈

.P
En posant N (ε) = n0
n > N (ε), 1 < nε et donc

.N
R 1 1
ε > 0, ∃N (ε) = n0 / < ε ⇔ lim
n n→+∞ n
• (vn )n∈N est croissante et
u0 ≤ un ≤ vn Exercice 43 Enoncé
H
(
(vn )n∈N &
On considère les suites (an ) et (bn )
V.
u0 ≤ vn définies par

(vn )n∈N est convergente vers l0 ∈ a0 =1
an+1 = an + 2bn , n ∈ N
R
• Soit wn = vn − un 3
et
wn+1 − wn = vn+1 − un+1 + un − vn 
b0 = 12
= vn+1 − vn + un − un+1
an + 3bn
≤ 0 car vn+1 − vn ≤ 0 et an+1 = , n∈N
4
un − un+1 ≤ 0
1. Démontrons que la suite (an − bn )
D’où (wn )n∈N est décroissante est une suite géométrique dont on
Puisque (un )n∈N et (vn )n∈N sont précisera le premier terme et la
adjacentes alors lim wn = 0 raison .
n→+∞
De plus un ≤ vn ⇔ vn − un ≥ 0 1
alors wn ≥ 0 an+1 − bn+1 = (an − bn )
12
Donc la suite (an − bn ) est une suite

 lim tn = t0 = 3a0 + 8b0 = 99
n→+∞
géométrique de premier terme 

 lim tn = 3l + 8l0 avec

1
a0 − b0 = −11 et de raison . n→+∞
12 
 lim an = l et lim bn = l0
2. Calculons la limite de la suite


 n→+∞ n→+∞
0
l=l

(an − bn ) ?
1 Donc 11l = 99 ⇔ l = 9
< 1 donc lim (an − bn ) = 0 Les deux suites ont pour limites 9.
12 n→+∞
3. Démontrons que les suites (an ) et Exercice 44 Enoncé

(bn ) sont adjacentes .
an + 2bn 1. Justifions que la suite
• an+1 − an = − an = (qn )n∈N définie par qn = (−1)n
3
2 n’admet pas de limite
− (an − bn )
3
• Si n est pair qn = 1 et
∀n N an − bn < 0 donc lim qn = 1
1
n→+∞
an+1 − an ≥ 0, (an )n %
• bn+1 − bn =
an + 3bn
4
− bn =
.P • Si n est impair qn = −1 et
lim qn = −1
n→+∞
Or la limite si elle existe , elle est
.N
1 unique. Donc la suite (qn )n∈N
(an − bn ). Or
4 définie par qn = (−1)n n’admet
∀n N an − bn < 0 donc pas de limite
H
2. Précisons la nature de la suite n

bn+1 − bn ≤ 0, (bn )n & X 1
(rn )n∈N∗ définie par : rn = 2 −
2k
V.
• lim (an − bn ) = 0 k=1

n→+∞
D’où les suites (an ) et (bn ) sont n
X 1
adjacentes rn = 2 −
2k
k=1
4. Elles sont donc convergentes n
!
X1
5. Démontrons que la suite (tn ) définie =2− −1
2k
par k=0 n+1 
1
tn = 3an + 8bn est constante . 1 − 2 
=2− − 1
 
 1 
tn+1 − tn = 3an+1 + 8bn+1 − 3an − 8bn 2
= an + 2bn + 2an + 6bn − 3an − 8bn n+1 !
1
=0 =2 2−2 −1
2
n
Donc la suite (tn ) est constante . 1
rn = 2 1 −
Calcul des limites de (an ) et (bn ) 2

n
1
lim rn = 2 car lim =0
n→+∞ n→+∞ 2
3. Démontrons que la suite (Wn )n∈N∗

n n!
X 1 uk+1 nk+1 (k+1)! (n−k−1)!
définie par Wn = est =
k2 uk n!
k=1 nk k! (n−k)!
convergente k
n+1 n n! n k! (n − k)!
X 1 X 1 =
Wn+1 − wn = − = n! nk+1 (k
+ 1)! (n − k − 1)!
k2 k2 n−k
k=1 k=1
1 =
>0 n (k + 1)
(k + 1)2 1 k
1 1 =( )(1 − )
∀k ∈ N∗ ; < ⇒ k+1 n
k2 k(k − 11)
n n
X 1 X 1
<
k2 k(k + 1)
k=1 k=1 or pour tout
Or
1
k ∈ [[1, n − 1]] k + 1 ≥ 2 et k ≤ n
n
X
k=2
1
k(k − 1)
=
X 1
k−1
−
nX1
k=2
k
n
k=2
.Pdonc k+1
uk+1
uk ≤ 2
1
1
≤ 12 et (1 − nk ) ≤ 1 par suite
.N
n−1 n−1
X 1 X 1 1
= − −
k k n 2. J’en déduire que pour tout
k=1 k=2
1
n−1 n−1 k ∈ [[1, n − 1]] , on a uk ≤ 2k−1
1 1 1
H
X X
=1+ − − Raisonnons par recurrence
k k n (n)
k=2 k=2 Pour k = 1 on a 210 et u1 = n1 = 1,
1
V.
=1− donc 1 ≤ 1 pour k = 1

n Soit k ∈ [[1, n − 1]] supposons que
1
uk ≤ 2k−1 et montrons que uk+1 ≤ 21k

1
lim 1− = 1 Donc la suite de
n→+∞ n
n
X 1
terme général converge uk+1 1 uk 1
k(k − 1) ≤ ⇔ uk+1 ≤ or uk ≤ k−1
k=2 uk 2 2 2
. Par suite (Wn )n∈N∗ converge 1 1
⇔ uk+1 ≤ × k−1
2 2
⇔ uk+1 ≤ k
2
1. Montrons que uuk+1k
≤ 21
(nk) n!
uk = nk = k!(n−k)! et
n par suite on a bien pour tout
( ) n! 1
uk + 1 = nk+1
k+1 = (k+1)!(n−k−1)! k ∈ [[1, n − 1]] uk ≤ 2k−1

3. J’en déduire que (1 + n1 )n < 3
n
1 X 1
(1 + )n = Cnk ( )k (1)n−k
n n
k=0 f1 (x) ≤ 0 ⇔ sin x − x ≤ 0
n
X Cnk ⇔ sin x ≤ x
=
nk
k=0
n
X Ck n
=1+ k 3
k=1
n Soit f2 (x) = sin x − x + x6
Xn
1 La fonction f2 est définie , continue
=1+ uk or uk ≤ et dérivable sur R en particulier sur
2k−1
k=1 [0, +∞[
n
X 1 ∀x ∈ [0, +∞[ , f20 (x) = cosx − 1 + x2
2
≤1+
2k−1 La fonction f20 est définie , continue
k=1
1 − 21n et dérivable sur R en particulier sur
1
≤1+ R+
1 − 12
≤ 1 + 2(1 −
1
2n
)
.P∀x ∈ R+ ,
f ”2 (x) = − sin x + x = −(sin x − x)
alors f ”2 (x) = −f1 (x) or de ce qui
.N
Remarquons que pour tout
precéde , ∀ x ∈ R+ f1 (x) ≤ 0 donc
1 f ”2 (x) ≥ 0 par suite f20 (x) > 0 ; par
n ∈ N∗ (1 − )<1
2n consequent f2 est décroissante sur
H
R+ , f2 (0) = 0 donc
, par suite (1 + n1 )n < 1 + 2 d’où
(1 + n1 )n < 3
V.
x3
∀ x ∈ R+ f2 (x) ≥ 0 ⇔ sin x ≥ x −
1. Montrons que pour tout x ≥ 0 , on a : 6
3
3
x − x6 ≤ sin x ≤ x x
⇔x− ≤ sin x
Posons ∀ x ≥ 0 f1 (x) = sin x − x 6
La fonction f1 est définie , continue
et dérivable sur R en particulier sur
[0, +∞[ d’ou de tout ce qui precéde on a bien
∀x ∈ [0, +∞[ , f10 (x) = cos x − 1 pour tout x ≥ 0 , on a bien
3
∀x ∈ [0, +∞[ , cos x ≤ 1 ⇔ x − x6 ≤ sin x ≤ x
cos x − 1 ≤ 0
Donc ∀x ∈ [0, +∞[ , f10 (x) ≤ 0
équivaut á f est décroissante sur 2. Déduisons que la suite un converge
3
[0, +∞[ . On a f1 (0) = 0 , d’ou ∀x ∈ R+ , x − x6 ≤ sin x ≤ x
k k
∀x ∈ [0, +∞[ , f1 (x) ≤ 0 n2 ∈ R+ ; en remplaçant x par n2 on a

Déduisons la limite de un
k3
k k k On a la relation suivante :
∀n ∈ N∗ ; − n6
≤ sin ≤ n+1 (n+1)2 n+1
n2 6 n2 n2 2n − 24n4 ≤ un ≤ 2n
n n n
X k k3 X k X klim n + 1 = lim n = lim 1 = 1
( 2 − 6) ≤ sin( 2 ) ≤ x→+∞ 2n x→+∞ 2n x→+∞ 2 2
n 6n n n2 2 2
k=1 k=1 k=1 (n + 1 ) n
1
n
1
n lim = lim =0
x→+∞ 24n4 x→+∞ 24n4
X X
3
k− 6 k ≤ un n + 1 (n + 1)2 1
n2 6n donc lim ( − ) =
k=1 k=1
1 n(n + 1)
x→+∞ 2n 24n4 2
≤ 2( ) D’aprés le théoreme des gendarmes
n 2 1
1 n(n + 1) 2
1 n (n + 1) 2 on a bien : lim u n =
( ) − [ ] ≤ un
x→+∞ 2
n 2 2 6n 6 4
1 n+1
≤ ( ) Exercice 47 Enoncé
n 2
n + 1 (n + 1)2 n+1
− ≤ u n ≤
1
2n 24n4 2n 1. Prouvons que ln x ≤ x − 1
n + 1 (n + 1)
2n
ona +
1
−
1
24n 4
1
≤ +1≤
2
≤ u n ≤
3
1
+.P 1
2 2n Df = R∗+
Posons f (x) = ln x − x + 1 ,on a
f est continue et dérivable sur R∗+ et

.N
2 2n 2 2 on a
n + 1 (n + 1)2 3
par suite − ≤ un ≤ ∀x ∈ R∗+ f 0 (x) = 1−x
2n 24n4 2 x
un est donc majorée par 32

H
Montrons la croissance de un x −∞ 0 1 +∞
n+1
X k 1−x + | + 0 −
un+1 = sin( )
V.
(n + 1)2 x − 0 + | +
k=1
0
n+1 n f (x) − || + 0 −
X k X k
un+1 − un = sin( )− sin( 2 )
(n + 1)2 n ∀x ∈]0, 1[ f 0 (x) > 0 donc f est
k=1 k=1
X n
k strictement croissante sur ]0, 1[
= sin( ) ∀x ∈]1, +∞ f 0 (x) < 0 donc f est
(n + 1)2
k=1 strictement décroissante sur ]1, +∞[
n
X k 1
− sin( 2 ) + sin( )
n n+1
k=1
n lim f (x) = lim+ (ln x − x + 1)
X k x→0+ x→0
= (sin( ) = −∞
(n + 1)2
k=1
ln x 1
k 1 lim f (x) = lim x( −1+ )
− sin( 2 )) + sin( ) x→+∞ x→+∞ x x
n n+1
= −∞
un est croissante et majorée donc elle
converge

x 0 1 +∞
0
f (x) + 0 −
f (1) = 0 (x + y)2 − 4xy = x2 + y 2 + 2xy − 4xy
f % & = (x − y)2
−∞ −∞ ∀ (x, y) ∈ R2 , (x − y) ∈ R
donc ∀ (x, y) ∈ R2 (x − y)2 ≥ 0
on a f (]0, +∞[) = [0, −∞[ d’ou (x − y)2 ≥ 0 ⇔ (x + y)2 − 4xy ≥ 0
f (x) ≤ 0∀x ∈ R∗+ par suite on bien ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy
ln x ≤ x − 1
2. Déduisons
2. J’en déduire que l’on a
Xn n
X
pk ln qk ≤ pk ln pk p √
k=1 k=1 (x + y)2 ≥ 4xy ⇒ (x + y)2 ≥ 2 xy
On a pqkk > 0 donc de la question √
⇒ x + y ≥ 2 xy x, y ∈ R∗+
précedente on bien ln( pqkk ) ≤ pqkk − 1 or √
1
pk > 0 donc
.P On a donc a + b ≥ 2 ab
√
et b + c ≥ 2 bc
√
et a + c ≥ 2 ac
.N
qk qk qk qk
ln( )≤ − 1 ⇔ pk ln( ) ≤ pk ( − 1)
pk pk pk pk
n n
X qk X
⇔ pk ln( ) ≤ (qk − pk ) p
H
pk (a + b)(b + c)(a + c) ≥ 8 (ab)(ac)(bc)

k=1 k=1 √
n n
X X ≥ 8 a2 b2 c2
⇔ pk ln qk − pk ln pk ≤ 0
≥ 8(abc) a, b, c ∈ R∗+
V.
k=1 k=1
Xn n
X
car pk = qk = 1 3. Déduisons (a + b + c)( a1 + 1b + 1c ) ≥ 9
k=1 k=1
n n
X X 1 1 1
⇔ pk ln qk ≤ pk ln pk (a + b + c)( + + )
a b c
k=1 k=1
3abc + a2 c + a2 b + b2 c + ab2 + bc2 + ac2

=
Exercice 48 Enoncé abc
or (b + c)(a + c)(a + b) = [b(a + c) + c(a +

(a + b)
1. Montrons que pour tout x, y ∈ R , on
a : (x + y)2 ≥ 4xy = 2abc + a2 b + ac2 +
Cela revient a montrer que + b2 c + bc2 + a2 c
(x + y)2 − 4xy ≥ 0

1 1 1 2. Soit x ∈ R
(a + b + c)( + + ) =
a b c Pour p = 1 et q1, on a 1x1 = x donc la
abc + (a + c)(b + c)(a + b) relation est réflexive.
=
abc 1 ∈ R ; −1 ∈ R et 1 = 1 × (−1)2 donc
(a + c)(b + c)(a + b) −1R1
1+
abc ∀p ≥ 1 et q ≥ 1, p × (1)q > 0 donc
∀ a, b, c ∈ R∗+ p × (1)q 6= −1.
ona Par conséquent R n’est pas
(a + b)(a + c)(b + C) symétrique.
≥8
abc Soit x, y, z ∈ R3 Supposons que xRy
d0 ou et yRz
(a + b)(a + c)(b + C) xRy ⇐⇒ ∃p ≥ 1, q ≥ 1; y = pxq (1)
1+ ≥9 yRz ⇐⇒ ∃r ≥ 1, s ≥ 1; z = ry s (2)
abc
De (1) et (2) z = rps xqs et on a bien
par suite on a bien
rps > 1 et sq > 1.Ainsi xRz et par
(a + b + c)( a1 + 1b + 1c ) ≥ 9
1
conséquent R est transitive.
Exercice 49 Enoncé .P Soit x, y ∈ R
Supposons xRy et yRx
On a x = py q et y = rxs avec
.N
Disons si les relations si les relations p, q, r, s ≥ 1
suivantes sont réflexives, symétriques, On obtient xs = yr et xs = ps y sq
antisymétriques ou transitives sur E. Par identification : sq = 1 et 1r = ps
1. Soit (x, y) ∈ Z2 Ainsi p = q = r = s = 1 et x = y.On
H
en déduit que la relation est

xRy ⇐⇒ x = −y antisymétrique.
V.
⇐⇒ y = −x En conclusion la relation n’est pas

⇐⇒ yRx une relation d’équivalence car n’étant
pas symétrique mais elle est d’ordre.
D’où cette relation est symétrique.
1 ∈ Z ; −1 ∈ Z et −1 = −(1) donc Exercice 50 Enoncé
−1R1. Or −1 6= 1 alors la relation
n’est pas antisymétrique.
Soit x, y, z ∈ Z Exercice 52 Enoncé
Supposons xRy et yRz
xRy ⇐⇒ x = −y et Exercice 53 Enoncé
yRz ⇐⇒ y = −z.
On a donc x = z or R n’est pas Exercice 54 Enoncé
réflexive donc x 6= z.R n’est alors pas
transitive. Exercice 55 Enoncé
On conclut que R n’est ni d’ordre ni
d’équivalence.

1. On procède par calcul de limites.On la suite (u2n ) est donc
vérifiera les résultats suivants décroissante (1)
(a) 1 + n1
n−1 •u2n+1
(−1)n
Par simple calcul, on trouve
(b) 1 + √
2 n
1
u2(n+1)+1 − u2n+1 = (2n+2)(2n+3) >
ln n 0. La suite (u2n+1 ) est donc
(c) 2n2
2. On a: croissante (2)
n
X Enfin
k! n n−2
1
lim u2n+1 − u2n = lim − 2n+1 =0
k=0
X k! 1 X k! n→+∞ n→+∞
n! = =1+ +
n! n n! (3)
k=0 k=0
Pour tout entier naturel k ∈ [0; n − 2], De (1) (2) et (3) les deux suites
k! k! k! 1 sont adjacentes
n! = n(n−1)(n−2)! donc n! ≤ n(n−1)
D’où pour tout entier naturel Convergence de (un ) : De ce qui
n−2
X k! précède, les suites extraites u2n
k ∈ [0; n − 2], 0 ≤ ≤ ,et u2n+1 sont adjacentes donc
1
n!
n−2
X
k=0
1
=
n−1
n(n − 1) n(n − 1) n
k=0
=
1
En ramenant la somme à n et en
.P convergent vers la même
limite.On en déduit que la (un )
est convergente et converge vers
cette même limite.
.N
passant à la limite on peut alors 2. Montrons que dans chacun des cas,
n
X k! les suites (un ) et (vn ) sont adjacentes
conclure que lim = 0.En
n!
H
k=0 (a) Ici il est simple de montrer que

n→+∞
accord avec la première égalité (un ) croit, que (vn ) décroit et que
n
la différence des expressions
V.
X
aussi,on déduit que k! ∼ n! générales tend vers 0.
k=0
Montrons que e n’est pas
Exercice 57 Enoncé rationnel
On sait que e > 0
1. (a) Preuve du cours Supposons que e est rationnel ie
e = pq avec p ∈ N et q ∈ N∗ .
(b) Vérifions si les suites sont
On a : ∀n ∈, un < e < vn en
adjacentes
particulier
•u2n
uq < e = pq < vq = uq + qq! 1
ie
2n+2 n
X (−1)k X (−1)k qq!uq < pq! < qq!uq + 1
u2(n+1) − u2n = − q
k k X qq!
k=1 k=1 Or Z = qq!uq = ∈ N car
2n+1 k!
(−1) (−1)2n+2 k=0
= + qq!
∈ N et Y = pq! ∈ N
2n + 1 2n + 2 k!
1 Ainsi on a Z < Y < Z + 1 avec
=− <0
(2n + 1)(2n + 2) Y, Z ∈ N.Cela est absurde car il

ne peut y avoir un nombre Or n ≥ n0 =⇒ n + m ≥ 0
naturel compris entre deux En conclusion, en posant : p = n
entiers naturels consécutifs et q = n + m, on a : ∀ε > 0,
(b) On montre que (un ) décroit, que ∃n0 ∈ N∗ /∀(p, q) ∈ (N∗ )2 N,
(vn ) croit et que la différence des p ≥ n0 , q ≥ n0 =⇒ |up − uq | ≤ ε.
expressions générales tend vers La suite un est alors de Cauchy
0. 2. Applications du cours
(c) Voir exercice 6
(d) Par simples calculs, on montre Exercice 59 Enoncé
que (un ) croit, que (vn ) décroit et
que la différence des expressions 1. La limite supérieure (respectivement
générales tend vers 0. inférieure) d’une suite réelle bornée
Exercice 58 Enoncé est la borne supérieure
(respectivement inférieure) de
1. (a) On a : |un+m − un | = l’ensemble des valeurs d’adhérences
1
|
m+n
X xk X
k
k=1
m+n
−
n
|x|k
xk
k
|=|
k=1
m+n
m+n
X xk
k
|≤
k=n+1
.P de la dite suite
2. Détermination
∀n ∈ N, | sin( nπ
4 )| ≤ 1
Et 1 + √1n sin( n1 ) tend vers 1 si n
.N
X X
≤ |x|k
k tend vers +∞. Les valeurs
k=n+1 k=n+1
m+n d’adhérences de la suites sont dans
1 − |x|m
X
k n+1
Or |x| = |x| l’intervalle [−1, 1]
H
1 − |x|
k=n+1 On en déduit que la limite inférieure
et 0 ≤ |x| < 1 =⇒ 1 − |x|m ≤ 1 de (un ) est -1 et la suite supérieure
n+1
D’où |un+m − un | ≤ |x|
V.
1−|x| de (un ) est 1.

(b) Montrons que (un ) est de Cauchy
n+1
|x| < 1 =⇒ lim |x|
1−|x| = 0
x→+∞
donc lim |un+m − un | car Exercice 61 Enoncé
x→+∞
|x|n+1
0 < |un+m − un | ≤ Exercice 62 Enoncé
1 − |x|
Ainsi ∀ε > 0∃n0 ∈ N∗ /n ≥ n0 =⇒
|un+m − un | ≤ ε
3.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS SURVEILLÉS D’ANALYSE 1

Premier devoir Exercice 3Corrigé
Exercice 1Corrigé On considère la suite géométrique (Un )n∈N

de raison q avec U0 > 0
1. Quand dit-on qu’une partie A non 1. (a) Détermine n→+∞ lim Un , lorsque q = 1
vide de R est dense ? (b) Démontre que si q > 1, alors
2. Démontrer que l’ensemble Q des lim Un = 1
n→+∞
nombres rationnels est dense dans R (c) Déduis que si |q| < 1, alors
lim Un = 0
Exercice 2Corrigé n→+∞
2. Soit (Vn )n∈N une suite réelle et l ∈
R̄.Démontre que si lim Vn = l, alors
1. Soit A et B deux parties non vides et n→+∞
majorées de R. Pour tout λ ∈ R∗+ , on lim Vφ(n) = l, pour toute fonction
n→+∞
définit par : φ : N −→ N strictement croissante.
1
Premier devoir
λA = {λa, a ∈ A}
(a) Si A ⊂ B, montre que sup A ≤

sup B
.P
Exercice 1(Question de cours)Corrigé
.N
1. Soit f une fonction définie d’un en-
(b) Montre que A ∪ B possède semble E vers un ensemble F . A
une bonre supérieure.Que vaut quelle condition f est une application
sup(A ∪ B) de E dans F ?
H
(c) Montre que λA possède une 2. Énonce le théorème de Bolzano Weis-

borne supérieure.Que vaut trass.
V.
sup(λA) 3. Soient a, b deux nombres réels tels

2. On considère les parties de R sui- que a < b et f une fonction définie de
vantes : [a; b] vers R. Montre que si f est conti-
nue sur [a; b], alors elle est continue
A1 =] − 3, 10[ sur [a; b].
A2 =] − ∞, −200[ Exercice 2Corrigé

n Une fonction g : I −→ R est dite
A3 = ; (n, m) ∈ N∗ × N∗
nm + 1 holdérienne d’exposant α > 0 s’il existe
M ∈ R+ vérifiant :

10
A4 = (−1)n + ; n ∈ N∗
n
Déterminer s’ils existent, le maxi- ∀x, y ∈ I, |g(y) − g(x)| ≤ M |y − x|α .
mum, le minimum, la borne 1. Soit g : [a; b] −→ R de classe C 1 .
supérieure et la borne inférieure de Montre que g est holdérienne d’expo-
chacun de ces ensembles sant α = 1.

2. Démontre que les fonctions 2. Application
holdériennes d’exposant α > 1 sont Soient les suites réelles (Un )n≥2 , (Vn )n≥1
constantes. et (Wn )n∈N définies respectivement
3. On considère la fonction g : x −→ par :
x ln(x) définie sur ]0; 1]. Montre que g Un = (ln n)α , Vn = nβ , Wn = an etZn =
n’est pas holdérienne d’exposant 1. n! où α, β et a sont des réels tels que
α > 0, β > 0 et a > 1.
4. Vérifie cependant que g est (a) Montrer que Wn = o(Zn )
holdérienne d’exposant α pour tout
(b) Calcule
α ∈]0; 1[.
Vn+1
Exercice 3Corrigé lim
x→+∞ Vn
Justifie les relations de comparaison sui- (c) Montrer que :∃ n2 ∈ N/∀n ≥

vantes : n2 , VVn+1 ≤ 1+a Wn+1
√ n 2a × Wn . Que peut-
1
n n! on conclure ?
1. 10 = o( (4/3) n);
2.
3.
3
22n+1+n4
√
ln(2n+√ n )
ln(2n n )
= O(4−n ) ;
∼ √1n .
.P (d) Démontrer que Un = o(Vn )
n
√
n!
3. Justifie que 10 = o (4/3) n
.N
Rattrapage
Exercice 2
Questions de cours
H
1. Soit A1 une partie non vide et bornée

1. Quand dit-on qu’une partie A de R est de R et A2 = {|x − y| /(x; y) ∈ (A1 )2 }
V.
dense dans R ?
(a) Justifie que A2 est majorée
2. Quand dit-on qu’une partie V de R est
au voisinage de +∞ ? (b) Prouve que sup(A2 ) = sup(A1 ) −
inf(A1 )
3. Énonce clairement le théorème des
valeurs intermédiaires . 2. Soit α et β deux réels positifs .On
Exercice 1 considère l’ensemble A3 défini par

αm + βn ∗ 2
1. Soit (Un )n∈N et (Vn )n∈N deux suites A3 = , (m, n) ∈ (N )
αβmn
de nombres réels strictement positifs
telles que : (a) Prouve que A3 est minoré et
Un+1 Vn+1 possède un plus grand élément
∃n1 ∈ N/∀n ≥ n1 ≤λ avecλ ∈ [0, 1[
Un Vn (b) En utilisant le théorème d’Ar-
Montrer que (Un ) = o(Vn ) chimède prouve que inf(A3 ) = 0

Premier devoir 2. On définit les suites (an )n∈N ∗et (bn )n∈N ∗
n
1 1
P
par : an = k! et bn = an + nn! ,
k=0
Exercice 1 :(Question de cours) (a) Montrer que le suites (an )n∈N ∗et
Corrigé (bn )n∈N ∗ sont ajacentes.
(b) En déduire à l’aide d’un raisonnement
1. Quand dit-on qu’une partie A non vide
par l’absurde que leur limite commune e
de R est dense dans R ?
n’appartient pas à Q.
2. Enoncer le théorème d’Archimède et sa
conséquence. Second devoir
3. Quand dit-on que (Yn ) est une suite ex- (Question de cours)Corrigé
traite d’une suite (Zn ) ?
4. Quand dit-on que deux suites (Wn ) et 1. Quand dit-on que x est une
(Rn ) sont adjacentes ? valeur d’adhérence d’une suite
réelle (xn )n∈N ? Combien de va-
leur(s) d’adhérence(s) possède une
1
suite convergente ? (Justifier votre
Exercice 2Corrigé
1. Montrer que Q est dense dans R.

.P réponse)
2. Énoncer le théorème de Bolzano-
Weierstrass.
.N
2. Soit A={ x ∈ Q tels que 1 < x et x2 < 2}.
3. Quand dit-on qu’une suite réelle
(a) Montrer que A est une partie non vide
(yn )n∈N est une suite de Cauchy ?
et majorée dans Q.
4. Quand dit-on qu’une suite réelle
H
(b) Soit r ∈ A. Montrer qu’il existe n ∈ N*

tel que n(2-r2 ) > 2r + 1 et en déduire que (wn )n∈N est dominée par une suite
r’=r+ n1 ∈ A. réelle (rn )n∈N ?
V.
(c) Soit M√∈ Q un majorant de A. Montrer Problème 1Corrigé

que M > 2 et en déduire que sup A 6∈ Q.
Soit (un )n∈N une suite réelle bornée. On
définit deux autres suites (sn )n∈N et (in )n∈N
en posant pour tout n ∈ N : sn =
Exercice 3Corrigé sup{uk |k ≥ n} et in = inf {uk |k ≥ n}.
1. Montrer que les suites (sn )n∈N et
1.(a) Démontrer que deux suites adja- (in )n∈N existent et convergent. Que
centes sont convergentes et ont la même représentent lim sn et lim in pour
n→+∞ n→+∞
limite
la suite (un )n∈N ?
(b) Soit la suite (Un )n∈N ∗ définie par Un =
P n
(−1)k
2. Montrer que pour tout n ∈ N,
k .Montrer que les suites (U )
2n n∈N ∗ in ≤ un ≤ sn . En déduire que
k=1
et (U2n+1 )n∈N ∗ sont adjacentes. La suite si lim sup(un ) = lim inf(un ), alors la
(Un )n∈N ∗ est-elle convergente ? suite (un )n∈N converge et nous avons
lim un = lim sup(un ) = lim inf(un ).
n

3. Montrer réciproquement que si (Question de cours)
(un )n∈N converge, alors nous avons
lim un = lim sup(un ) = lim inf(un ). 1. Quand dit-on qu’une partie A de R est
n
dense dans R ?
4. Montrer que si a est une valeur
d’adhérence de la suite (un )n∈N alors 2. Quand dit-on qu’une partie V de R est
nous avons a ≤ lim sup(un ). au voisinage de +∞ ?
5. Montrer que lim sup(un ) est la 3. Énonce clairement le théorème des
plus grande valeur d’adhérence de valeurs intermédiaires .
(un )n∈N . Exercice 1
Problème 2Corrigé 1. Soit (Un )n∈N et (Vn )n∈N deux suites

de nombres réels strictement positifs
telles que :
Soit (an )n∈N∗ , (bn )n∈N∗ deux suites réelles.
Un+1 Vn+1
1. (a) Montrer que si (an ) n∈N∗
∃n1 ∈ N/∀n ≥ n1 ≤λ avecλ ∈ [0,
1
Un Vn
converge vers l, alors la suite
X
1
n
n
ak

k=1
∗
converge aussi
n∈N
.P Montrer que (Un ) = o(Vn )
2. Application
Soient les suites réelles (Un )n≥2 , (Vn )n≥1
.N
vers l.
et (Wn )n∈N définies respectivement
(b) Montrer que la réciproque est par :
fausse. Un = (ln n)α , Vn = nβ , Wn = an etZn =
H
2. Montrer que si (an )n∈N∗ converge vers n! où α, β et a sont des réels tels que
l1 et (bn )n∈N∗ converge vers l2 alors α > 0, β > 0 et a > 1.
n
V.
X
1
(a) Montrer que Wn = o(Zn )
la suite n ak bn+1−k ∗
converge
k=1
n∈N (b) Calcule
vers l1 l2 . Vn+1
lim
3. Montrer que si (an )n∈N∗ converge vers x→+∞ Vn
X n
l, alors la suite 2n 1 k
C n ak (c) Montrer que :∃ n2 ∈ N/∀n ≥
k=0
∗ n∈N n2 , VVn+1
n
≤ 1+a Wn+1
2a × Wn . Que peut-
converge vers l. on conclure ?
4. On suppose dans cette question que (d) Démontrer que Un = o(Vn )
∗
√
∀n
∈ N , an > 0 et que la suite n n!
3. Justifie que 10 = o (4/3) n
an+1
an converge vers l > 0. Mon-
n∈N
1/n
Exercice 2
trer que la suite an converge
n∈N
vers l. 1. Soit A1 une partie non vide et bornée
de R et A2 = {|x − y| /(x; y) ∈ (A1 )2 }
Rattrapage
(a) Justifie que A2 est majorée

(b) Prouve que sup(A2 ) = sup(A1 ) − (a) Prouve que A3 est minoré et
inf(A1 ) possède un plus grand élément
2. Soit α et β deux réels positifs .On (b) En utilisant le théorème d’Ar-
considère l’ensemble A3 défini par chimède prouve que inf(A3 ) = 0

αm + βn
A3 = , (m, n) ∈ (N∗ )2
αβmn
Premier devoir Dans tout cet exercice, n désigne un entier

naturel.
Exercice 1 :(Question de cours) 1. Soient g : R −→ R un polynôme
à coefficients entiers naturels et h la
1. Quand dit-on qu’une partie A de R est fonction numérique à variable réelle
un intervalle de R ? définie pour tout nombre réel x par
1
n
h(x) = x n! g(x)
.
2. Enoncer clairement la propriété d’Ar-
chimède pour la loi (+) dans R.
3. Formuler un exemple qui prouve que
.P Montrer que pour tout entier naturel
k, h(k) (0) ∈ N.
2. Soit f la fonction définie de [0,1]
.N
Q n’admet pas la propriété de la borne n n
dans R par : f (x) = x (1−x)
n! .
supérieure.
(a) Montrer que ∀k ∈ N et ∀x ∈ [0, 1],
4. Justifier en deux lignes au plus que la on a :
H
frontière d’une partie A non vide de R

fn(2k) (x) = fn(2k) (1 − x)
est un fermé.
et
V.
Exercice 2 R1 (2k)
fn (y) sin(πy)dy = π2 fn2k (0) −
0R 1 (2k+2)
1
π2 0 fn (y) sin(πy)dy.
Soit a et b deux nombres réels strictements R1
positifs. Les ensembles suivants sont-ils (b) En déduire que 0 fn (y) sin(πy)dy =
n
majorés ? minorés ? Si oui, déterminer leur 2
P (−1)k (
π π (2k)
f 2k)n (0).
borne inférieure , leur borne supérieure et k=0
R1
dire s’il s’agit d’un minimum ou d’un maxi- (c) On pose In := πan 0 fn (x) sin(πx)dx.
mum. En supposant que π 2 =
a ∗ 2
( )
b avec (a, b) ∈ (N ) et
1 ∗ ∗ pgcd(a, b) = 1, justifier que In =
A= √ ; (m, n) ∈ N × N
2 n
m+n n
2 (−b)k an−k f (2k) (0) et que In ∈
P
k=0
et
b
N.
B= (−1)n a + ; n ∈ N∗ . (d) Montrer que 0 < In < πa
n
n n! .
(e) Déduire, en raisonnant par ab-
Exercice 3
surde que π ∈ R − Q.

Second devoir (c) Justifier que la réciproque du
résultat de la question 2-a est
Exercice 1 vraie lorsque D = [a, b](a < b) est
un segment de R.
3. Soient (a, b) ∈ R2 tels que a < b, f et
Soit I = [a, b](a < b), un segment de R et
g deux fonctions uniformément conti-
une fonction f : I −→ R telle que
nues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[.
. f (I) ⊂ I ; Consiérons la fonction ϕ définie sur
. il existe un réel k, 0 < k < 1 tel que [a, b] par : ∀x ∈ [a, b],
∀(x, y) ∈ N2 , |f (x) − f (y)| ≤ |x − y|. f (b) − f (a)
ϕ(x) = f (x)−f (a)− [g(x) − g(a
g(b) − g(a)
1. Montrer que f est continue en tout
point de I. (a) Énoncer clairement le théorème
de la borne atteinte, puis justifier
2. Soit x0 ∈ I. Montrer que la suite (xn ) que :
définie par xn+1 = f (xn ) vérifie les f (a) = f (b) =⇒ ∃c ∈]a, b[ tel
1
propriétés suivantes : 0
(a) Pour tout n ∈ N, xn ∈ N ;

(b) Pour tout n ∈ N on a : |xn+1 −
.P que f (c) = 0
(b) Énoncer clairement le théorème
de Rolle puis en déduire que si g
0
.N
xn | ≤ k n |x1 − x0 | ; ne s’annule pas sur ]a, b[ alors il
existe c ∈]a, b[ tel que fg(b)−g(a)
(b)−f (a)
=
(c) Pour tout n ∈ N et pour tout p ∈ 0
kn f (c)
N∗ on a :|xn+p −xn | ≤ 1−k |x1 −x0 |. g 0 (c)
.
H
(On pourra appliquer le

3. En déduire que (xn ) est une suite
théorème de Rolle à la fonction
de Cauchy dans R et que l’équation
ϕ sur le segment [a, b]).
V.
f (x) = x admet une solution dans I.

Rattrapage
Exercice 2
Question de cours
1. Énoncer clairement le théorème des Énoncer et démontrer le théorème du

valeurs intermédiaires puis justifier point fixe.
que l’image d’un intervalle par une
fonction continue est un intervalle. Exercice 1
2. (a) Montrer que toute fonction uni-
Soient (xn )n∈N et (yn )n∈N deux suites
formément continue sur un inter-
numériques définies respectivement par :
valle non vide D de R est conti-
n
nue sur D. 2n − 11 X 2
xn = et yn =
3n + 7 1+i
(b) Donner un exemple qui prouve i=0
que la réciproque de ce résultat 1. Montrer en utilisant la définition que
n’est pas vraie. la suite (xn )n∈N converge vers 23 .

2. (a) Montrer que ∀n ∈ N, y2n − yn ≥ (c) Justifier que la réciproque du
2n
2n+1 . résultat de la question 2-a est
(b) En déduire que la suite (yn )n∈N vraie lorsque D = [a, b](a < b) est
n’est pas une suite de Cauchy un segment de R.
dans R. 3. Soient (a, b) ∈ R2 tels que a < b, f et
(c) La suite (yn )n∈N converge-t-elle ? g deux fonctions uniformément conti-
Justifier votre réponse. nues sur [a, b] et dérivables sur ]a, b[.
Consiérons la fonction ϕ définie sur
3. Montrer que la suite (xn )n∈N∗ de
n [a, b] par :
P sin(2k 3 −6k+1)
terme général zn = k(k+1) est ∀x ∈ [a, b], ϕ(x) = f (x) − f (a) −
k=1 f (b)−f (a)
une suite de Cauchy dans R. g(b)−g(a) [g(x) − g(a)] .
Exercice 2 (a) Énoncer clairement le théorème

de la borne atteinte, puis justifier
que :
1. Énoncer clairement le théorème des
1
f (a) = f (b) =⇒ ∃c ∈
valeurs intermédiaires puis justifier
que l’image d’un intervalle par une
fonction continue est un intervalle.
2. (a) Montrer que toute fonction uni-
.P 0
]a, b[ tel que f (c) = 0
(b) Énoncer clairement le théorème
de Rolle puis en déduire que si g
0
.N
formément continue sur un interne s’annule pas sur ]a, b[ alors il
valle non vide D de R est conti- existe c ∈]a, b[ tel que fg(b)−g(a)
(b)−f (a)
=
0
nue sur D. f (c)
.
H
g 0 (c)
(b) Donner un exemple qui prouve (On pourra appliquer le
que la réciproque de ce résultat théorème de Rolle à la fonction
V.
n’est pas vraie. ϕ sur le segment [a, b]).
3.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS SURVEILLÉS D’ANALYSE 1
Premier devoir 2. Montrons que Q est dense dans R

Soit a, b ∈ R avec a < b
Montrons qu’il existe c ∈ Q, a <
Exercice 1( Questions de cours)Enoncé c < b. Cela revient à chercher (p, q) ∈
Z × N∗ , a < pq < b, ie aq 1
réels a et b tels que a 1
]a, b[∩A 6= ∅

1
⇒ q > b−a Si x ∈ B; x ≤ supB
1
En effet, posons x = b−a >0 ⇒ x ≤ max{supA; supB}
D’après le principe d’Archimède ∃q ∈ Donc ∀x ∈ A ∪ B, x ≤
N∗ , q > b−a1
. max{supA; supB}
Avec le théorème d’Archimède pour la max{supA; supB} majore donc A ∪ B
loi +, (2)
∃p ∈ Z, p − 1 ≤ aq ≤ p De (1) et (2),sup(A ∪ B) existe.
p − 1 ≤ aq 1
donc 1
< b − a(3) Si x ∈ B alors x ∈ A ∪ B
b−a p
⇒ x ≤ sup(A ∪ B)
De (1), (2)et (3) ; pq ≤ a + 1q < a + b −
⇒ supB ≤ sup(A ∪ B)
a=b
1
donc pour tout x ∈ A ∪ B ,
⇒ pq < b
Ainsi a < pq < b (4)
De (4), ∃p ∈ Z, q ∈ N∗ , a < pq 0; λA 6=
D’où Q est dense dans R. ∅ (*)
H
Exercice 2Enoncé Soit x ∈ λA

∃a ∈ A, x = λa
1. a) Supposons que A ⊂ B
V.
a ∈ A ⇒ a ≤ supA
Montrons que supA ≤ supB ⇒ λa ≤ λsupA car λ > 0
A et B sont deux parties non vides et ⇒ x ≤ λsupA
majorées de R. Alors supA et supB
existent. λsupA majore λA (**)
Soit x ∈ A De (*) et (**) sup(λA) existe.
x ∈ A ⇒ x ∈ B car A ⊂ B λsupA est un majorant de λA .
x ∈ A ⇒ x ≤ supB Soit ε > 0 donné par la ca-
Ainsi supB majore A. SupA étant le ractérisation de la borne supérieure ;
plus petit des majorants de A1 , on a ∃a ∈ A, supA − λε < a ≤ λsupA
bien supA ≤ supB ⇒ ∃a ∈ A, λsupA−ε < λa ≤ λsupA
b) A 6= ∅ et B 6= ∅ alors A ∪ B 6= ∅ (1) ⇒ ∃x ∈ λA; λsupA − ε < x ≤
Soit x ∈ A ∪ B 6= ∅ λsupA
A ∪ B 6= ∅ ⇒ x ∈ A ou x ∈ B donc λsupA est bien le plus petit des
Si x ∈ A, x ≤ supA majorants de λA . D’où sup(λA) =
⇒ x ≤ max{supA; supB} λsupA

2. Déterminons s’ils existent le maxi- donc 1 est le plus petit des majorants
mum, le minimum, la borne de A3 ie supA3 = 1
supérieure et la borne inférieure de Puisque 1 ∈ / A3 (à prouver par
chacun de ces ensembles un raisonnement par absurde), alors
*A1 =] − 3, 10] maxA3 n’existe pas.
On a bien A1 6= ∅ car 1 ∈ A1 n 10 ∗
*A4 = {(−1) + n , n ∈ N }
Soit x ∈ A1 A4 = A ∪ Bavec
∀x ∈ A1 , −3 < x ≤ 10 A = {1 + n5 , n ∈ N∗ }et B = {−1 +
10 ∈ A1 donc maxA1 = 10 = supA1 et 10
n ∈ N∗ }
2n+1 ,
Inf A1 = −3 6 = 1 + 51 donc 6 ∈ A alors A 6= ∅.
Puisque −3 ∈ / A1 alors minA1 n’existe ∀n ∈ N∗ , n1 ≤ 1
pas. ⇒ n5 ≤ 5
*A2 =] − ∞, −200[ ⇒ 1 + n5 ≤ 6
∀x ∈ A2 , x < −200 6 majore A et 6 ∈ A donc maxA =
supA2 = −200 et comme −200 ∈ / A2 6 = supA
1
alors maxA2 n’existe pas. ∀n ∈ N∗ , 1 + n5 > 1
Inf A2 et minA2 n’existent pas .
n ∗
*A3 = { mn+1 , (m, n) ∈ N × N }
1 1 1
∗
2 = 1×1+1 donc 2 ∈ A3 alors A3 6= ∅.

.P
1 minore A. lim 1 + n5 = 1 alors
n→+∞

∀ε > 0, ∃n0 ∈ 1 + n5 , ∀n ∈ N∗
n > n0 ⇒ 1 + n5 < ε + 1
.N
∀m, n ∈ N∗ on a : n ≥ 1 et m ≥ 1
alors 2n ≥ 2 et mn ≥ 1 ⇒ ∀n ∈ N∗ , 1 ≤ 1 + n5 < ε + 1
⇒ 2n − mn ≥ 1 alors 1 est bien le plus grand des mi-
⇒ 2n ≥ mn + 1 norants de A. Ainsi Inf A = 1
H
⇒ mn+1n
≥ 12 1
1 notinA car il n’existe pas d’entier na-
2 minore sans doute A3 et comme
turel non nul n tel que 1 = 1+ n5 . Donc
V.
1
2 ∈ A3 on a donc
minA3 = 21 = inf A3 minA n’existe pas.
7 7 10
∀m, n ∈ N∗ , n1 > 0 et m ≥ 1 alors 3 ∈ B car 3 = −1 + 2×1+1 alors B 6= ∅
1 ∀n ∈ N∗ , −1 + 2n+1 10
≤ 73
n +m≥1
⇒ 1 +m1
≤1 Ainsi maxB = 37 = supB
n ∀n ∈ N∗ , −1 + 2n+1 1
≥ −1
1 majore A3
Ainsi -1 minore B. On démontre par
Raisonnons par l’absurde en suppo- la limite de suite (un )n∈N∗ : un =
10
sant qu’il existe un majorant de A3 −1 + 2n+1 en +∞ que
10
plus petit que 1. Soit M ce majorant −1 ≤ −1 + −1 + 2n+1 <ε−1
∀m, n ∈ N∗ , mn+1n
≤M <1 donc −1 = inf B. −1 ∈/ B donc minB
Ainsi ∀m, n ∈ N∗ , n ≤ M mn + M n’existe pas.
⇒ n(1 − mM ) ≤ M En conclusion
⇒ n ≤ 1−mM M
, n ∈ N∗ (absurde) car SupA4 = max{supA, supB}
d’après l’axiome d’Archimède SupA4 = max{6, 37 }
∃n ∈ N∗ / n > 1−mM M
SupA4 = 6

et comme 6 ∈ A4 car 6 = (−1)2 + 102 Par suite lim 1
1 n
=0
n→+∞ ( |q| )
alors maxA4 = supA4 = 6 1
⇒ lim 1 =0
inf A4 = min{inf A, inf B} n→+∞ |q|n
inf A4 = min{1, −1} ⇒ lim |q|n = 0
n→+∞
inf A4 = −1 ⇒ lim q n = 0
n→+∞
Puisque les minimums de A et B Or un = u0 × q n donc lim u0 × q n = 0
n→+∞
n’existent pas alors minA4 n’existe
Par conséquent lim un = 0
pas. n→+∞
Exercice 3Enoncé 2. Soit (vn )n∈N une suite réelle, l ∈ R.

Démontrons que si lim vn = l alors
n→+∞
lim vϕ(n) = l pour toute fonction
(un )n∈N une suite géométrique de raison q n→+∞
avec u0 > 0 ϕ : N → N strictement croissante.
1. a) Déterminons lim un lorsque q = 1 Montrons d’abord que ∀n ∈

n→+∞ N, ϕ(n) ≥ n
1
∀n ∈ N, un = u0 × (1)n car (un ) Raisonnons par récurrence sur n
suite géométrique de raison 1. Donc
∀n ∈ N, un = u0
lim un = u0
.P Soit Pn : ϕ(n) ≥ n la proposition.
Pour n = 0
ϕ : N → N donc ∀n ∈ N∀, ϕ(n) ∈ N
.N
n→+∞
b) Démontrons que si q > 1 alors alors ϕ(n) ≥ 0 pour tout n ∈ N. En
lim un = +∞ particulier pour n = 0 , on a bien
n→+∞
∀n ∈ N, un = u0 × q n , q > 1. ϕ(0) ≥ 0, ie P0 est vraie.
H
Supposons que pour un certain entier

n
X naturel n ≥ 0, Pn est vraie.
q n = (q − 1 + 1)n = Cnk (q − 1)k
Montrons que Pn+1 est vraie ie ϕ(n +
V.
k=0
n 1) ≥ n + 1
X
= 1 + n(q − 1) + k On1)ak n < n + 1 ⇒ ϕ(n) < ϕ(n + 1) car
Cn (q −
k=2 ϕ est croissante sur N
≥ 1 + n(q − 1) Or par hypothèse de récurrence
ϕ(n) ≥ n.
n
Donc lim q = +∞ Ainsi ϕ(n + 1) ≥ n
n→+∞
Et donc lim u0 q n = +∞ ie lim un = Puisque ϕ prend des valeurs dans N
n→+∞ n→+∞
+∞ alors
c) Démontrons que si |q| < 1 alors ϕ(n + 1) > n ⇒ ϕ(n + 1) ≥ n + 1
lim un = 0 donc Pn+1 est vraie. D’où pour toute
n→+∞ fonction ϕ : N → N croissante ϕ(n) ≥
On sait déjà que pour q > 1, lim q n = n.
n→+∞
+∞
1 Si(vn )n∈N est convergente c’est-à-dire
donc comme |q| < 1 alors |q| >1
lim = l ∈ R alors
1 n→+∞
Ainsi lim |q| = +∞ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ∈ Nn ≥ n0 ⇒
n→+∞

|vn − l| ≤ ε Par suite (xn )n∈N∗ est bornée.
Ainsi pour tout ε > 0, ∃n0 ∈ D’après le théorème de Bolzano-
N, ∀ϕ(n) ∈ N, ϕ(n) ≥ ϕ(n0 ) ⇒ |vϕ(n) − weistrass, on peut extraire une sous-
l| ≤ ε suite (xϕ(n) )n de (xn ) qui soit conver-
Or ϕ(n) ≥ n0 (ce qu’on vient de gente vers l(l ∈ R)
démontrer par récurrence) ∀n ∈ N∗ , a ≤ xϕ(n) ≤ b et par passage
Alors ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀ϕ(n) ∈ à la limite, a ≤ l ≤ b.
N, ϕ(n) ≥ ϕ(n0 ) ⇒ |vϕ(n) − l| ≤ ε On a bien l ∈ [a, b]
ie ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀ϕ(n) ∈ N, ϕ(n) ≥ ∀n, |xn − yn | < n1 , lim |xn − yn | = 0
n→+∞
n0 ⇒ |vϕ(n) − l| ≤ ε car lim n1 =0
ainsi vϕ(n) ≤ ε ce qu’il faut n→+∞
n→+∞ (xn − yn )n∈N∗ est donc convergente
démontrer ! vers 0
Or (xϕ(n) − yϕ(n) ) est une suite extraite
de la suite (xn − yn )n∈N∗
Par suite (xϕ(n) − yϕ(n) )n converge
1
également vers 0.
Second devoir
Exercice 1(Question de cours)Enoncé

.P On sait que yϕ(n) = xϕ(n) − (xϕ(n) −
yϕ(n) ) alors lim yϕ(n) = 0
n→+∞
.N
Puisque f est continue sur [a, b] donc
en l car l ∈ [a, b] alors
1. f est une fonction définie de E vers
lim f (xϕ(n) ) = l et lim f (yϕ(n) ) = l
F. n→+∞ n→+∞
Par conséquent, lim [f (xϕ(n) ) −
H
f est une application lorsque l’en- n→+∞

semble de définition de f est égale à f (yϕ(n) )] = 0
E. On a déjà pour tout n ∈ N∗ ; |f (xϕ(n) )−
V.
2. Enoncé du théorème de Bolzano- f (yϕ(n) )| ≥

weistrass Par passage à la limite, 0 ≥ (impos-
De toute suite bornée de nombres sible) car > 0. D’où le résultat.
réels, on peut extraire une sous-suite
convergente dans R Exercice 2Enoncé
3. f : [a, b] → R, a, b ∈ R et a dérivable et sa dérivée g 0 est continue
0, ∀δ > 0, ∃(x, y) ∈ [a, b]2 tel que sur [a, b]
|x − y| < δ et |f (x) − f (y)| ≥ 0 Avec le théorème de la borne atteinte,
En particulier pour δ = n1 , n ∈ on peut déduire que g 0 est bornée.
N∗ , ∃(xn , yn ) ∈ [a, b]2 tel que |xn − Il existe donc M > 0 tel que ∀x ∈
yn | < n1 et |f (xn ) − f (yn ) ≥ ]a, b[, |g 0 (x)| ≤ M
∀n ∈ N∗ , xn ∈ [a, b] Soit x, y ∈ [a, b] tel que x < y

Ainsi f est dérivable sur ]x, y[ et conti-
nue sur [x, y] |g(y) − g(x)| ≤ M |y − x| ⇒ |y ln y − x ln x|
D’après le théorème de l’inégalité des
≤ M |y − x|
accroissements finis (TIAF),
∃c ∈]x, y[, |g(x) − g(y)| = g 0 (c)|x − y| ⇒ |2x ln(2x) − x l
or |g 0 (c)| ≤ M ≤ M |2x − x|
donc |g(x) − g(y)| ≤ M |x − y| avec ⇒ |2x ln 2 + 2x ln
M >0 x ln x| ≤ M |x|
g est bien holdérienne d’exposant α = ⇒ |2x ln 2 + x ln x
1
≤ M |x|
⇒ |x||2 ln 2 + ln x
≤ M |x|
2. Montrons que les fonctions holdérienne ⇒ |2 ln 2 + ln x|
d’exposant α > 1 sont constantes. ≤ M car x 6= 0
1
Soit g une fonction holdérienne d’ex-
posant α > 1
∀(x, x0 ) ∈ I, |g(x) − g(x0 )| ≤ M |x −
x0 |α ln x|
.P
Par passage à la limite, lim |2 ln 2 +
≤ M ie +∞ ⊆ M
x→+∞
(Impossible)
.N
Pour x 6= x0 ; 4. Vérifions cependant que g est
g(x)−g(x0 ) holdérienne d’exposant α pour tout
| x−x0 | ≤ M |x − x0 |α−1
Par passage à la limite, α ∈]0, 1[
H
g(x)−g(x0 ) α−1 Soit x, y ∈]0, 1[

lim | x−x0 | ≤ M lim |x − x0 |
x→x0 x→x0
0
⇒ |g (x0 )| ≤ 0
⇒ g 0 (x0 ) = 0, ∀x0 ∈ I |g(y) − g(x)| = |y ln y − x ln x|
V.
Pour tout x0 ∈ I, g 0 (x0 ) = 0 ; Ainsi g = |y ln y − x ln x − x ln y + x ln

est bien constante y−x
= |(y − x) ln y − x ln( +
x
Posons u = y−xx
On sait que ∀u > 1, ln(1 + u) ≤ u(à
3. Montrons que la fonction g : x 7→ prouver), on peut étudier la fonction
x ln x n’est pas holdérienne d’expo- u 7→ ln(1 + u) − u
sant 1 Donc on a ;
Raisonnons par l’absurde en suppo- ln( y−x y−x y−x
x + 1) ≤ x car x > −1; ∀x, y
sant que g est holdérienne d’exposant Ainsi
1 y−x
|g(y) − g(x)| ≤ |(y − x) ln y − x( )|
Soit x, y ∈]0, 1[ tel que x ∈]0, 12 [ et x
y = 2x ≤ |y − x|| ln y + 1|
Puisque g est holdérienne d’exposant |g(y) − g(x)|
≤ |y − x|1−α | ln y + 1|
1, on a : |y − x|α

Comme x > 0 et y > x alors 0 < an = 3
22n+1 +n 4 et bn = 4−n
an 3×4n n
3×4n
y−x≤x bn = 22n+1 +n4 = 2·23×4
2n +n4 = 2·4n +n4
donc 0 < (y−x)1−α ≤ y 1−α car la fonc- an 3
bn = 4
2+ 4nn
tion y 7→ y 1−α est croissante d’où
|g(y)−g(x)| On sait que n4 = ◦(4n ) car 4 > 1
≤ |y − x|1−α | ln y + 1| 4
|y−x|α ie lim n4n = 0 donc lim abnn = 32
Il suffit de montrer que y 7→ n→+∞ n→+∞
an
y 1−α (ln y + 1) est bornée sur ]0, 1[ La suite bn est convergente. Elle est
De plus si x = y alors g(y)−g(x) = y− alors bornée. Par suite an = (bn ).
x = 0 alors g est encore holdérienne. √
Par conséquent g est holdérienne ln 2n+ n 1
d’exposant α pour tout α ∈]0, 1[ 3. √ ∼ √
ln(2n n ) √ n
ln(2n+ n
)
Exercice 3Enoncé an = ln(2n√n ) ; bn = √1n
Justifions les comparaisons suivantes : √ √

n+ n
√ an n ln 2
1
n! = √
1. 10n = ◦( 4 n )
(3)
Posons an = 10n et bn = (4/3)
an 10n ×(4/3)n
√
(10×4/3)n
n!
n
( 40 n
)
.P bn
=
√
ln(2n n )

n ln 2 × 2 n
√
n
n n ln 2
√
.N
= √ = √ = √3 =
b n n! n! n! √ √ √
r
2 n
n ln(2n ) + n ln(2 n )
√

( 403 ) =
n n ln 2
n! √ √
h
( 403 )
2 n
i
n ln(2n ) + ( n)2 ln(2)
H
lim bn = 0 car lim = 0 = √

n→+∞ an n→+∞ n! n n ln 2
puisque n ln 2
n
40 2 40 2
=1+ √
V.

= ◦(n!) et >1 n n ln 2
3 3
an 1
an
est convergente et converge =1+ √
bn n √ bn n
vers 0. D’où 10n = ◦( ( 4 n!
)n
)
3
lim an = 1 car lim √1 =0
3 n→+∞ bn n→+∞ n
2. 2n+1 4
= (4−n ) D’où an ∼ bn .
2 +n
1
Premier devoir I=]a,b[ ,on a b−a ∈ R.
Alors d’après la propriété d’Archimède
Exercice 1Enoncé 1
∃q ∈ N*/ b−a <q
⇒ 1 < qb − qa
Exercice 2Enoncé
⇒ 1 + qa < qb
1. Tout intervalle non vide de R contient Posons p=E(qa)+1 ⇒ p − 1 = E(qa)
un intervalle ]a,b[ aveca < b.Posons on a E(qa) ≤ qa < p.

⇒ qa < p. lim inf(un ), alors (un )n∈N converge et
⇒a < pq lim un = lim sup(un ) = lim inf(un ).
n
on a p-1 < qa < p ⇒ p ≤ qa + 1 or ∀n ∈ N, in ≤ un ≤ sn et lim in =
qa + 1 < qb. lim sn donc d’après le théorème des
alors p < qb ⇒ pq < b gendarmes lim un = lim sup(un ) =
On a < pq < b. lim inf(un ).
n
Posons r= pq avec p ∈ Z et q ∈ N*
Alors r∈ Q. 3. Mq la réciproque est vraie.
D’ou Q est dense dans R. Supposons que un → l ∈ R
2. 11 11 11 2
10 ∈ Q, 1< 10 et ( 10 ) < 2. Alors ∀ > 0 ∃n0 ∈ N ; n > n0 =⇒
Alors 11
10 ∈ A. Donc A 6= ∅ . un − l ≤ 2
|un − l| ≤ 2 =⇒
Supposons que 4 n’est pas un majorant un − l ≥ − 2
de A sn = sup{uk |k ≥ n}. (un ) bornée
donc sn existe. Ainsi ∀ > 0 ;
Exercice 3Enoncé
∃k ∈ N, sn − 2 < uk ≤ sn soit
1
sn − 2 < uk

Second devoir
Problème 1Enoncé
.P n0 on a
uk ≤ sn

. Ainsi pour k ≥ n >
sn − 2 < uk
uk − l ≤ 2
=⇒ sn −l ≤
.N
uk − l ≥ − 2

1. Mq (sn ) et (in ) convergent . De même =⇒
Soit En = {uk |k ≥ n}. En+1 = sn ≥ uk
{uk |k ≥ n + 1}. On a En+1 ⊂ En . sn − l ≥ − 2 ≥ −. Par suite

H
En+1 ⊂ En =⇒ sup En+1 ≤ sn − l ≤

=⇒ |sn −l| ≤ d’où
sup En =⇒ sn+1 ≤ sn donc (sn ) est sn − l ≥ −
décroissante. lim sup un = lim un = l (a)
V.
n
En+1 ⊂ En =⇒ inf En+1 ≥ De plus (un ) étant bornée alors in
inf En =⇒ in+1 ≥ in donc (in ) est existe donc ∀ > 0 ;∃k ∈ N, k ≥ n ;
croissante. in ≤ uk
in ≤ uk < in + 2 soit .
(un ) étant bornée alors (in ) et (sn ) uk < in + 2
sont respectivement majorée et mi- Ainsi
pour k ≥ n > n0 on a
norée. D’où elles convergent. in ≤ uk
=⇒ in − l ≤ 2 ≤
lim sn et lim in représentent res- uk − l ≤ 2
n→+∞ n→+∞ =⇒ in −l ≤
pectivement la limite inférieure et in + 2 > uk
la limite supérieure de la suite (un ). De même =⇒ in −
uk − l ≥ − 2
2. Mq pour tout n ∈ N, in ≤ un ≤ sn . l≥ −
En = {uk |k ≥ n} in − l ≤
=⇒ |in − l| ≤ .
∀uk ∈ En ; inf En ≤ uk ≤ sup En alors in − l ≥ −
D’où lim un = lim inf un = l (b).
in ≤ uk ≤ sn or uk ∈ En donc ∀n ∈ N, n
in ≤ un ≤ sn . De (a) et (b) on a donc lim un =
n
Déduisons que si lim sup(un ) = lim sup(un ) = lim inf(un ).

4. Mq a ≤ lim sup(un ). déduit d’après la question 4. que
Soit a une valeur d’adhérence de lim sup(un ) est la plus grande valeur
(un ). Alors a = lim uΦ(k) où uΦ(k) d’adhérence de (un )
k
est une suite extraite de (un ). On
Problème 2Enoncé
a ∀n ∈ N un ≤ sn (question 2)
donc uΦ(k) ≤ sΦ(k) =⇒ lim uΦ(k) ≤
k 1. (a) Mq si (an )n∈N∗ converge vers
lim sΦ(k) =⇒ a ≤ lim sup(un ) d’où X n
k 1
n l, alors la suite n ak
a ≤ lim sup(un ). ∗ n∈N
k=1
converge aussi vers l.
5. Mq lim sup(un ) est la plus grande va-

leur d’adhérence de (un )n∈N . (an ) → l =⇒ ∀ > 0 ∃ n0 ∈
Posons lim sup(un ) = lim(un ) = l ∈
N, n > n0 =⇒ |an − l| < 2
n n n
X
R. 1
Posons wn = n ak
Pour = 12 , k=1
1
∃ N1 ∈ N ∀ n > N1 ; |sn − l| ≤ 12 soit
− 12 ≤ sn − l ≤ 21
∃ n1 ∈ N ; n1 > n sn − 12 < un1 ≤ sn
(Caractérisation de sup). On a
.P 1 X
|wn − l| =

n
1X
n
k=1
n0

ak − l

n
.N
X
1

− 2 ≤ sn − l = ak + ak − nl

=⇒ un1 ≥ l − 1 n
sn − 12 < un1 k=1 k=n0 +1
n0
Pour = 14 , 1 X 1 X n
≤ (ak − l) + (a

∃ N2 ∈ N ∀ n > N2 ; |sn − l| ≤ 14 soit
H
n n
k=1 k=n0 +1
− 14 ≤ sn − l ≤ 41 n
Pour n > max(N2 , n1 ) ∃ n2 ≥ n ; sn − 1 1 X
≤ + |ak − l|
V.
1 A n
4 < un2 ≤ sn . On a k=n0 +1
− 41 ≤ sn − l

1 =⇒ un2 ≥ l − 12 ∀ > 0, on a 2A ∈ R
sn − 4 < un2
En itérant la construction de la donc d’après la propriété d’Ar-
sous-suite, nous obtenons une chimède, ∃ n1 ∈ N n1 > 2A .
sous-suite (unk )k de la suite (un )n Donc pour n > n1 on a n >
2A
qui vérifie =⇒ An < 2 . Alors en po-
∀ k ≥ 1 ; unk ≥ 2k−1 1
or d’après sant N = max{n0 , n1 } on a pour
la question 2. on a aussi ∀ k ≥ n>N n
1
1 unk ≤ snk . Ainsi l − 2k−1 ≤ unk ≤ snk . 1
X
|wn − l| ≤ 2 + n ≤ +
D’après le théorème des gendarmes 2 2
k=n0 +1
1 n − n0
nous avons lim(l − k−1 ) ≤ lim unk ≤ ≤ donc ∀ > 0, |wn −
k 2 k n 2
lim snk d’où lim unk = l = lim sup(un ). l| ≤ d’où (wn ) → l.
k k n
Par conséquent lim sup(un ) est (b) Mq la réciproque est fausse.
une valeur d’adhérence et on Soit la suite (an ) définie par

an = (−1)n . Soit n > max(N1 , N2 , N3 , N4 ).
n n
X 1X
wn = n1
ak = (−1)k
n
k=1 k=1
w2n = 0 donc (w2n ) → 0 et
1
w2n+1 = − 2n+1 donc (w2n+1 ) → 0. 1 Xn
Par suite (wn ) → 0 or (an ) ne |wn − l1 l2 | = ak bn+1−k − l1 l2

n
converge pas d’où la réciproque k=1
N1 n−
est fausse. 1 X 1 X
≤ |ak bn+1−k − l1 l2 | +
n n
k=1 k=N
n−N
N1 1 X2
≤ (AB + |l1 l2 |) + |ak
n n
k=N1 +1
n−N
1 X2
≤ + + |ak bn+1−k − l
4 4 n
k=N1 +1
1
.P ≤
1
+
2 n
n−N
X2
k=N1 +1
B|ak − l1 | + |l1 ||
.N
2. Mq si (an )n∈N∗ converge vers l1 et
(bn )n∈N∗ converge vers l2 alors la
Xn
suite n 1
ak bn+1−k converge N1 + 1 ≤ k ≤ n − N2 =⇒ n + 1 − k >
H
∗ n∈N
k=1 N2 donc
vers l1 l2 . n−N
X2 B
n 1
|wn −l1 l2 | ≤ 2 + n +
V.
X
Posons wn = 1
ak bn+1−k 2(B + |l1 |)
n k=N1 +1
k=1 n − N2 − N1
|l1 | ≤ + ≤

(an ) → l1 ⇐⇒ ∀ > 0, ∃ N1 ∈ 2(B + |l1 |) 2 n 2
N, ∀n > N1 |an − l1 | < 4
+ =
(bn ) → l2 ⇐⇒ ∀ > 0, ∃ N2 ∈ 2 2
N, ∀n > N2 |bn − l2 | < 4 D’où (wn ) → l1 l2 .
Puisque (an ) et (bn ) convergent
alors ∃ (A, B) ∈ R∗+ × R∗+ tel que
∗
n ∈ N , |an | ≤ Aet |bn | ≤ B
∀
1 3. Mq si (an )n∈N∗ converge vers l, alors
n N1 (AB + |l1 l2 |) → 0 et n1 (N2 + X n
1 k
la suite 2n converge

1)(AB + |l1 l2 |) → 0 C n ak ∗n∈N
k=0
∗
∃ N3 ∈ N ∀ n > N3 n1 N1 (AB+|l1 l2 |) < vers l.
n
X
2(B+|l1 |) Posons wn = Cnk ak .
1
2n
∃ N4 ∈ N∗ ∀ n > N4 n1 (N2 + 1)(AB + k=0

|l1 l2 |) < 2(B+|l

1 |)
(an ) → l ⇐⇒ ∀ > 0 ∃ n0 ∈ N n >

n0 =⇒ |an − l| < 2n
2 ≤
n
2n 2
1 X
k
|wn − l| ≤ d’où (wn ) → l.
|wn − l| = n C n ak − l

2 4. Mq la suite an
1/n
converge vers
k=0
n n n∈N
1 X k
X
k

l.
= n C n ak − Cn l an+1
2 an → l et ∀ n ∈ N aan+1 ∈ R∗+
k=0 k=0 n
n x 7−→ ln x est continue sur
1 X

k an+1
= n (ak − l)Cn ∗

R+ alors la suite ln an n
2
k=0
n 0 n converge vers ln l. D’apres la ques-
1 X 1 X n
≤ n |ak − l|Cnk
+ n |ak − l|Cnk X
1 an+1
2 2 tion 1. n ln → ln l or
k=0 k=n0 +1 an
ak
k=1
D’autre part, ∀ > 0 ∃ n1 ∈ N n > ∀ k ln ak−1 = ln(ak ) − ln(ak−1 )
n 0 n n
A
X X a k 1 X
n1 =⇒ 2n < 2 avec A = |ak − 1

n ln = ln ak −
a n
1
k=0 k−1
k=1 k=1
k
l|Cn . En posant N = max(n1 , n0 ) on
a ∀n > N
|wn − l| ≤ 2 + 21n
Xn
k
Cn ≤

+
.P 1
n ln(a

0 ) →
1
ln ak−1 = (ln an − ln a0 ) → l or
n
0 d’où

1
n ln(a n )

→ ln l
.N
1/n
2 2 par suite a n → l.
k=n +10
H
V.

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 4
ÉLECTROCINÉTIQUE
simplification des schémas électriques

qui est devenue célèbre sous le nom
de théorème de Thévenin, en étudiant
les lois de Kirchhoff dérivées de la loi
d’Ohm.
1
.PIl est à l’origine du décret de 1895 qui
confie aux ingénieurs des télégraphes le
.N
contrôle des installations électriques in-
dustrielles.
Dès la création de l’Ecole profes-

H
sionnelle supérieure des postes et

télégraphes (EPSPT), en 1888, qui rem-
V.
place l’EST, il est chargé d’y enseigner

Léon Charles Thévenin (30 mars 1857 les mathématiques et l’électricité puis,
à Meaux - 21 septembre 1926 à Paris) en 1896, il est nommé directeur de
est un ingénieur en télégraphie français. l’école à la suite de Jacomet. A ce poste,
Il est l’auteur du théorème de Thévenin. il conduit des études qui influenceront
la manière de construire les réseaux
Diplômé de l’Ecole polytechnique électriques. Il demande que soit ren-
(promotion X1876) et de l’Ecole forcé le laboratoire de l’Ecole pour y
supérieure de télégraphie (EST) en mener des recherches plus ambitieuses,
1879, il entre en 1890 dans la jeune Ad- mais cette requête ne sera satisfaite
ministration des postes et télégraphes. qu’en 1916, deux ans après son départ
Dans le même temps, il s’occupe de à la retraite. En 1901, il est remplacé à
cours de mathématiques, et mène ses la tête de l’EPSPT par Edouard Estaunié
propres recherches en électricité. mais continue de dispenser des cours
de mécanique à l’Institut national agro-
Il publie en 1883 une formule de nomique.
193
Quelque peu isolé à la fin de sa vie
Jusqu’à sa retraite, il devient alors au sein de l’Administration à cause de
directeur des Ateliers du boulevard son attrait avancé pour la recherche, il
Brune, où il s’occupe des machines fa- est de nos jours bien mieux reconnu. Il
briquant les timbres-poste. meurt le 21 septembre 1926 dans le 13e
arrondissement de Paris.
1
.P
.N
H
V.

4.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ÉLECTROCINÉTIQUE
Exercice 1 Corrigé Données :

Masses molaire : M(Cl) = 35,5g/mol et
Densité de courant M(Na) = 23g/mol.
Nombre d’Avogadro est N =
23 −1
Les liaisons Electriques sur les cartes 6.02.10 mol ; charge élémentaire est
des circuits imprimés se font grâce aa e = 1, 6.10−19 C.
de fines couches de cuivre d’épaisseur Sachant que les vecteurs vitesse des
0,1mm et de largeur 1mm. le com- ions chlorure et des ions sodium sont
posant Electrique placé sur le circuit de sens opposés et dans le rapport
3
débite dans la fine couche un courant 2 , déterminer la vitesse et le sens de
de 10mA. ? déplacement de ces ions.
1. Quelle est la densité de courant ?
2. Comparer cette densité de courant
1
à celle d’une alimentation domes-
tique dont les fils de section 1mm
sont parcourus par un courant d’in-
tensité 1A.
.P Semi-conducteur
Les semi-conducteurs sont des
matériaux utilises en électronique et
.N
dont la conduction varie fortement avec
la température ou avec la présence
d’impureté. Dans un semi-conducteur,
Vitesse des porteurs de charge
il existe deux types de porteurs de
H
charge :
On dissout une masse m = 20g de
chlorure de sodium NaCl dans un bac — les électrons, de charge qe = −e, de
V.
Electrolytique de longueur l = 20cm et densité ne ;

de section S = 10cm×10cm rempli d’eau. — les trous, de charge qp = +e, de den-
La dissolution est totale. On fait passer sité np .
un courant d’intensité I = 100mA entre
A une température donnée, du fait des
deux Electrodes situés aux extrémités
propriétés dues aux liaisons internes au
de la cuve.
semi-conducteur, le produit ne np = n2i
est constant.
la présence d’impuretés (= atomes
étrangers au réseau) permet de modi-
fier np et ne tout en maintenant le pro-
duit ne np constant. En l’absence d’im-
puretés, ces deux valeurs sont égales :
ne = np = ni .
Pour le silicium, nous avons :
ni = 1, 5.1016 m−3 . Dans les conditions

d’étude, la vitesse des électrons est ve = (b) L’électron se déplace mainte-
12cm/s et celle des trous vp = 5cm/s. nant dans un solide soumis a
un champ électrique E. ~ Il est
1. Déterminer la densité du courant
du silicium dans les conditions soumis a une force de frotte-
d’étude. ment proportionnelle a la vi-
tesse : f~ = − mτ ~v (par analogie
2. Comment varie la densité de cou-
avec la résistance de l’air).
rant j avec ne ? Tracer l’allure de
Ecrire l’equation du mouve-
la courbe correspondante j = j(ne )
ment. Montrer qu’il existe une
et expliquer l’intérêt de la présence ~ qu’on peut
vitesse limite vl
d’impuretés dans le silicium utilisé ~ = µE.
~
mettre sous la forme : vl
en électronique.
Donner les dimensions de µ et
Exercice 4 Corrigé de τ .
Conservation de charges dans un (c) En déduire que le vecteur den-

conducteur sité de courant peut s’écrire
1
~j = σ E~ ou σ est une constante
Un conducteur contient ρ charges
mobiles par unité de volume.
1. On appelle ~j le vecteur densité de
.P qu’on calculera en fonction de
µ.
AN : Calculer µ dans le cuivre
.N
courant dans le conducteur, donner
sachant que
l’expression du courant I qui tra-
verse une surface (S) délimitant un σ = 6.105 (Ω.cm)−1 et que la den-
volume V du conducteur. site cubique des électrons libres
H
est n = 8, 5.1022 electrons/cm3 .

2. Déterminer la charge dq contenue
Quelle est la vitesse des
dans un élément de volume dV du
électrons dans un champ de
V.
conducteur. En dérivant l’expres-

104 V /cm ?
sion de q par rapport au temps, en
déduire une autre expression de I. II (a) Ecrire l’equation du mouve-
3. Montrer que la conservation de la ment d’un électron soumis a un
champ électrique E ~ et a une
charge dans le milieu permet de
trouver une relation entre ~j et ρ a force de frottement f~ = − mτ ~v .
déterminer. (b) Intégrer l’equation et montrer
Exercice 5 Corrigé qu’un régime permanent peu
s’établir. Donner la dimension
Mouvement de charges et la signification physique de
τ.
I (a) Un électron de masse m de
charge e, se déplace dans le (c) Lorsque le régime permanent
vide sous l’action d’un champs est établi, calculer la densite de
~ Calculer sa vitesse
électrique E. courant ~j sachant que la den-
et son accélération. sité d’électron dans le milieu

conducteur est n. Montrer que 3. En régime non permanent, établir
~ Calculer σ.
~j = σ E. l’équation différentielle du mouve-
AN : Calculer τ pour le cuivre ment d’un électron.
avec les données numériques
de la précédente. 4. On coupe brusquement le champ
e = 1, 6.10−19 C et m = 9.10−31 kg électrique à l’instant to. Etudier la
loi v(t) pour t > to. Après quelle
Exercice 6 Corrigé durée la vitesse est-elle divisée par
e = 2, 718... puis par e2 ?
Loi d’ohm
Montrer que pour un conducteur cy- Exercice 8 Corrigé
lindrique, la loi d’ohm microscopique
~j = σ E~ est equivalente a la loi macro-
Calculs de résistances
scopique V = RI avec R = ρ Sl .
1. Calculer la résistance électrique
1
d’un conducteur tronconique de
Vitesse de déplacement des électrons

.P longueur L = 1km, de rayons de
bases circulaires r1 = 0, 9mm et
r2 = 1mm, et de résistivité ρ =
.N
1, 7.10−8 Ω.m.
1. Un conducteur en cuivre est par-
couru par un courant électrique de
densité constante 2. Un anneau plat d’épaisseur e =
H
1cm est fabriqué dans un matériau

j = 1A/mm2 . En supposant que
de résistivité ρ. On maintient une
chaque atome de cuivre (Cu = 64)
différence de potentiel U entre les
V.
possède en moyenne 1,4 électron

surfaces cylindriques (intérieure
mobile, calculer la vitesse de
et extérieure) de l’anneau, de
déplacement des électrons dans ce
rayons respectifs a et b. Calculer
conducteur. Quelle doit être la den-
sa résistance électrique R.
sité de courant pour que cette vi-
A.N : ρ = 1Ω.m et b/a = 10.
tesse soit de 1 mm/s ?
Quelques valeurs utiles :
ρ = 9g/cm3 , NA = 6.1023 atomes/mol, Exercice 9 Corrigé
qe = 1, 6.10−19 C, me = 9, 1.10−31 kg,
Ligne de transport
σ = 6.107 Ω−1 m−1 .
Une ligne de transport d’énergie
électrique est constituée de deux
2. Le cuivre étant un milieu linéaire et câbles cylindriques. Pour éviter un
isotrope, établir la loi d’Ohm locale échauffement important, on limite la
→
− →
−
j = s. E densité de courant à la valeur Jo .

1. Soit U la tension du générateur diamètre de 0,1 mm, sa résistivité
(supposé idéal) qui alimente la vaut ρ = 10.10−8 Ω.m, sa masse vo-
ligne en fournissant la puissance P ; lumique est µ = 9g/cm3 , la cha-
soit P’ la puissance reçue par l’utili- leur massique est c = 420J/kg.K ;
sateur. Calculer les pertes par effet Θ = 20dedres C, la constante k vaut
Joule lors du transport d’énergie en 1/400(W/K.cm2 ) et on soumet le fil
fonction de U, de Jo , de la longueur à une différence de potentiel U = 1
L de la ligne et de la résistivité ρ du V.
matériau de section s.
2. En déduire le rendement du trans-

Lampe à néon
port. Conclure.
Une source de tension continue (de
A.N : ρ = 1, 8.10−8 Ω.m, Jo =
f.e.m. E constante) alimente un circuit
1A/mm2 ,
formé d’un condensateur de capacité C
U = 540kV , L = 100km, P =
1
et d’une résistance R en série. On place
500M W .
une lampe à néon en dérivation sur le
condensateur. La lampe à néon possède
les caractéristiques suivantes :
.N
- quand la lampe est éteinte, sa
Fil non thermiquement isolé
résistance est supposée infinie et quand
Un fil non thermiquement isolé est
elle est allumée, sa résistance r est
parcouru par un courant d’intensité I
faible, mais non nulle,
H
constante. Il dissipe de l’énergie ther-

- quand la tension V croit entre ses
mique par sa surface latérale suivant
bornes, la lampe ne s’allume que pour
la loi de Newton : la puissance per-
V.
une tension supérieure (ou égale) à la

due P est proportionnelle à l’écart de
valeur caractéristique Va, et quand la
température (Θ − Θ0 ) avec le milieu
tension V décroit, la lampe ne s’éteint
ambiant, et à la surface latérale S du
que pour une tension inférieure (ou
matériau , ou encore P = k.S.(Θ −
égale) à la valeur Ve (et Ve < Va < E).
Θ0 ). On suppose que la résistivité r
du matériau reste constante quand la 1. Montrer que la lampe s’allume et
température varie. s’éteint périodiquement.
2. Si r est négligeable devant R, calcu-
1. En écrivant le bilan thermique, ler la période T de ce phénomène
établir l’équation différentielle re- (oscillations de relaxation).
liant la température Θ du fil et le A.N : E = 110V, R = 20.106 V, C =
temps t. 0, 35µF,
2. En déduire la température Ve = 70V et Va = 80V .
d’équilibre Θm du fil.
A.N : Le fil mesure 1 m de long, a un

Pont de Wheatstone en sinusoidal 3. Application numérique pour E =
Un pont de Wheatstone, alimenté 6V, R1 = 100Ω, R2 = R3 = R4 = 50Ω.
par une tension sinusoidale U, contient
deux résistances R et R’ sur deux
branches opposées, un condensateur de
Circuit linéaire
capacité C sur une troisième branche,
Dans le circuit ci-contre :
et, sur la quatrième, une bobine induc-
tive de résistance x et de coefficient de
self-induction L.
1. Montrer que l’équilibre du pont
n’est réalisable que si x = 0. Quelle
relation existe alors entre L, C, R et
R’ ?
2. Montrer que si x n’est pas nul, on
peut toutefois obtenir l’équilibre du
1
pont en shuntant le condensateur
avec une résistance r que l’on cal-
culera.
.P
1. Calculer UEF ,
.N
Exercice 13 Corrigé 2. Calculer l’intensité I0 circulant dans
la branche principale ;
Réseau a deux mailles 3. Calculer l’intensité I 0 circulant dans
H
Déterminer, pour le circuit ci-contre, la branche contenant le générateur

l’intensité i qui traverse la résistance E 0 (préciser son sens) ;
R2 et la tension u aux bornes de la 4. Calculer les intensités i1 , i2 et i3 .
V.
résistance R3 :
Données : R = 1Ω, E = 5V et E 0 = 3V .
Association des générateurs

Modélisation de Thévenin
Déterminer le générateur de
Thévenin equivalent au réseau dipolaire
entre les bornes A et B ci-contre.
1. En faisant des associations de
résistances et en appliquant le di-
viseur de tension.
2. En faisant une transformation
T hevenin → N orton et en appli-
quant le diviseur de courant.

Donnees : η = 1A, R = 6Ω et E = 24V . Exercice 18 Corrigé
Alimentation d’un moteur
Théorème de Millman ou la LNTP Un moteur est un récepteur actif de
résistance R0 et de f.é.m E 0 = KN , ou N
1. Enoncer la loi des nœuds en termes
est la vitesse de rotation du moteur.La
de potentiel (LNTP) pour le n
puissance motrice fournie par le moteur
œud N dans le montage ci-contre.
est Pm = E 0 i, ou i est l’intensité du cou-
En déduire le courant i dans la
rant circulant en convention récepteur
résistance R.
dans le moteur.
le moteur est alimente par un
générateur de f.é.m E et de résistance
interne R.
1. Déterminer l’intensité i du courant
1
circulant dans le moteur.
2. Trouver cette même intensité i

.P Donner son expression en fonction
de E, R, R0 et KN .
2. Quelle est la puissance motrice Pm ?
.N
en utilisant les transformations 3. Tracer la courbe donnant Pm en
Thévenin→ Norton. fonction de N .
Exercice 17 Corrigé Pour qu’elle valeur N0 de la vitesse
H
de rotation du moteur la puissance

motrice est-elle maximale ?
Théorème de Superposition et LNTP
V.
Déterminer l’intensité i du courant Exercice 19 Corrigé

qui circule dans la branche B2 M A2 en
considérant deux états successifs du cir-
Circuit linéaire avec plusieurs
cuit et en appliquant le théorème de
générateurs
Millman ou la LNTP.
Déterminer les courants I1 et I2 pour
le réseau représenté ci-contre. On utili-
sera trois méthodes différentes :
1. Théorème de superposition,

2. Transformation Norton↔ Thévenin Annulation de la surtension aux
, bornes d’un circuit (R, L) commuté
3. Loi des nœuds en termes de poten- Un circuit de commutation, modélisé
tiels (LNTP). par un interrupteur K et un condensa-
teur de capacité C, relie un circuit (R, L)
Exercice 20 Corrigé série a un générateur de tension conti-
nue de f.é.m. E .
Transfert de charges entre deux
condensateurs
Un condensateur de capacité C est
chargé sous une d.d.p E, puis, a t = 0,
est relié, par fermeture de l’interrupteur
K, a un circuit (R, C 0 ) série (le conden-
sateur de capacité C’ est initialement
non chargé).
1
.P
.N
1. A t = 0, on ferme l’interrupteur K.
— Déterminer l’intensité i(t) dans
H
l’inducteur sachant que sa va-

leur initiale est nulle.
V.
1. Déterminer les variations du cou- — A quelle date peut-on assurer, a

rant i(t) de décharge du condensa- mieux de 1%, que le régime per-
teur C. manent est atteint ?
2. Calculer la variation d’énergie 2. Le régime permanent étudié
∆E du système constitué par la précédemment étant établi, on
résistance R et les deux condensa- ouvre l’interrupteur K.
teurs C et C 0 . — A quelle condition sur C le cou-
3. Démontrer que ∆E est aussi dis- rant d’ouverture i(t) décroit-il
sipée par effet Joule dans la uniformément jusqu’à s’annu-
résistance R. ler sans qu’aucune surtension
4. L’expression de ∆E étant indépendante n’apparaisse aux bornes de l’in-
de R, que se passe t’il lorsque R terrupteur ?
tend vers zéro ? — Représenter, dans ces condi-
tions, les variations de i(t) et
celles de uc (t).

3. Expliquer qualitativement ce que (b) Etablir et résoudre l’equation
l’on aurait observé, a l’ouverture de différentielle donnant le cou-
l’interrupteur, en l’absence de la ca- rant i2 (t) dans la seconde cel-
pacité C. lule.
Réponse d’un circuit (R, L, C)
Cellules (R, C) soumises à un échelon On considère le circuit représenté ci-
de tension dessous alimenté par un générateur de
force électromotrice constante E. On
1. Un condensateur de capacité C ferme l’interrupteur K à l’instant t = 0,
étant chargé sous la tension U0 , à le condensateur étant initialement non
t = 0 on ferme l’interrupteur du cir- chargé.
cuit. Calculer le courant i(t) à tra- On suppose que RC = RL = t.
vers C.
1
.P
.N
H
Calculer l’intensité i du courant tra-

V.
2. On associe à la première cellule versant l’inductance au cours du temps.

(R, C) une seconde cellule (R, C)
comme indiqué ci-dessous. A t = Exercice 24 Corrigé
0, les deux condensateurs ont la
même tension U0 à leurs bornes. Modélisation d’un neurone
A t = 0, on ferme l’interrupteur K. La membrane d’un neurone peut
être grossièrement représentée par le
modèle électrique suivant, où e1 =
70mV et e2 = 80mV (les valeurs
numériques sont approximatives).
(a) Déterminer les valeurs initiales

des courants i1 (t) et i2 (t).

Lors d’une excitation l’interrupteur de celui-ci. On considérera que l’in-
Ke est fermé, lors d’une inhibition l’interrupteur ouvert equivaut a une
terrupteur Ki est fermé et lors d’un état très faible capacité C en série dans
de repos (désexcitation) Ke et Ki sont le circuit.
ouverts. 2. Calculer la constance du temps du
Lors d’une excitation de durée finie, on circuit, la période des oscillations
observe une diminution exponentielle non amorties et la valeur maximale
de la différence de potentiel u(t) avec Um atteinte par U (t) en fonction de
une constante de temps de te = 2ms E.
et lors d’une désexcitation un retour à
On donne : R = 100Ω, L = 10−5 H, C =
e1 = 70mV avec une constante de temps
0 10−13 F .
te = 10ms.
Déduire de ces valeurs la réponse u(t) Exercice 26 Corrigé
du neurone à un signal d’inhibition de
durée 5ms : Circuit alimentés en parallèle
On considère le circuit ci-dessous
1
1. lorsque la cellule est au départ au composé de deux branches comportant
repos (Ke toujours ouvert) ; .P
l’une, une résistance r et une induc-
2. lorsque la cellule est au départ ex- tance L et l’autre, une résistance R et
.N
citée (Ke s’ouvrant à t = 0). un condensateur de capacité C.
H
Surtension a l’ouverture d’un inter-

rupteur
Le circuit d’une lampe a incandes-
V.
cence allumé peut être schématisé par

une résistance et une inductance ali-
mentées en régime stationnaire par une
source de tension continue E.
Elles sont alimentées par un
générateur de tension continue de
force électromotrice E et de résistance
interne négligeable. Le condensateur
étant déchargé, on ferme à l’instant
t = 0 l’interrupteur K. On désignera
respectivement par i1 et par i2 les inten-
sités dans la branche contenant l’induc-
1. Déterminer la tension u(t) aux tance et dans la branche contenant le
bornes de l’interrupteur aux bornes condensateur, et par i l’intensité dans le
de l’interrupteur après l’ouverture générateur.

1. Déterminer par un raisonnement sur un condensateur C. Le circuit, de
physique, les valeurs de i1 , i2 et i frequence propre f0 = 1M Hz, de facteur
immédiatement après la fermeture de qualité : Q = Lwr 0 = rCw
1
0
= 200, est at-
de l’interrupteur K et une fois le taqué en tension par un générateur de
régime permanent établi. f.é.m. efficace E = 10mV et de pulsation
2. Déterminer en fonction du temps ?. L’impédance en continu du circuit est
les régimes transitoire de i1 (t) et r = 2?.
i2 (t) et tracer l’allure des courbes
correspondantes.
3. En déduire l’expression de i(t). Que
devient ce résultat si les conditions
R = r et CL = R2 sont vérifiées ?
On supposera dans toute la suite
que R = r et CL = R2 . On
considère toujours le même circuit
1
alimenté par le même générateur.
K étant fermé, le régime perma-
nent précédent est établi. à un ins-
.P
.N
tant que l’on choisira comme nou-
velle origine des temps, on ouvre
l’interrupteur K.
4. Etablir l’equation différentielle
H
vérifiée par q(t).

5. Montrer que juste après l’ouverture
V.
i2 = − Er et q = CE.
Déterminer :
6. Déterminer complètement l’expres-
1. la valeur de l’inductance L de la bo-
sion de i2 (t) en fonction de E, R, C,
bine et celle de la capacité C du
et t.
condensateur ;
7. Déterminer, de deux manières
2. l’impédance Z0 = |Z(w0 )| de ce cir-
différentes, l’énergie dissipée par
cuit à la résonance (w = w0 ) ;
effet Joule au bout d’un temps très
long après l’ouverture de l’interrup- 3. la valeur efficace, à la frequence
teur K. f0 des intensités IL et IC dans les
deux branches du circuit ainsi que
Exercice 27 Corrigé celle du courant I débité par le
générateur ;
Z(w)
Etude d’un circuit bouchon 4. le rapport Z(w0)
pour | w−w
w0 | 1
0
Un circuit bouchon est constitué et montrer qu’il s’exprime simple-

d’une bobine (r, L) montée en parallèle ment en fonction de Q et de δww0 =

w−w0
w0 , 5. Calculer la valeur de C pour que,
Pourquoi ce circuit est-il appelé cir- lorsque R = R1 , la tension aux
cuit T bouchon t’ ? bornes du générateur soit en phase
avec le courant qu’il débite.
Puissance absorbée en régime va-
riable Réponse d’un circuit (L, C)
Le circuit représenté sur le schéma ci- On étudie la réponse du circuit
contre est alimenté par une source de représenté sur la figure ci-dessous pour
tension de force électromotrice sinuso- une explication sinusodale qui com-
dale de frequence f = 50Hz et de valeur mence à la date t = 0. On notera que
efficace E0 = 220V . La résistance R est ce circuit idéal ne comporte aucune
variable et L0 = 1H. résistance.
1
.P
.N
1. Exprimer la puissance moyenne
H
fournie par le générateur au circuit

sur une période. On pourra mon-
V.
trer que la puissance moyenne ab-

ue (t) = 0 pour t < 0
sorbée par un dipôle d’impédance
2 1 ue (t) = U0 cos(wt) pour t > 0
Z vaut Uef f icace .Re( Z ).
1
2. Calculer la valeur R0 de R pour la- On posera w0 = √LC .
quelle la puissance P est maximale. 1. Premier cas :w 6= w0
Exprimer Pmax . Déterminer la solution complète
3. Calculer L1 lorsque P a sa valeur us (t). Peut-on parler ici de régime
maximale, sachant que R = 12ω. transitoire ?
En déduire la valeur numérique de 2. Deuxième cas : w = w0
Pmax .
(a) Pourquoi ne peut-on pas appli-
4. Pour une valeur R1 de R (avec R1 > quer la solution précédente ?
R0 ), la puissance délivrée par le
(b) Vérifier que pour t > 0 la solu-
générateur vaut P1 = 1936W ; cal-
tion est de la forme :
culer R1 en prenant la valeur de L1
trouvée en 3. us (t) = αtcos(w0 t + Φ).

(c) Calculer la puissance instan- Commenter son évolution au
tanée délivrée par la source. cours du temps.
4.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ELECTROCINETIQUE
Exercice 1 Enoncé ρ1 = 1, 64.10−7 c/m3

Pour Cl−
Densité de courant ρ2 = | −n.e
V | car q = −e
m.e.N
ρ2 = l.S.M
1.
~ ~ ~ ρ2 = 1, 64.10−7 c/m3
I = j.S ⇔ I = S j.~n
On sait que v2 = 23 v1 et ρ2 = ρ1 . Par
I
⇔k ~j k= ailleurs ~j = ρ1 v~1 + ρ2 v~2 donc
S ~j = ρ1 v~1 + 3 ρ1 v~1
5 2 2
⇔ j = 1.10 A/m ~j = 5 ρ1 v~1
2
2j
2. j 2
= ( 52 ρ1 )2 (v1 )2 ⇒ v1 = 5ρ v1 =
1
1
I 2, 42.10−7 m/s et
j 0 = = 1.106 A/m2
0
S
.P
v2 = 5ρ3j
1
v2 = 3, 64.10−7 m/s
j > j alors la densité d’une alimen- Les ions N a+ se déplacent dans le
tation domestique est plus grande sens de I tandis que Cl− dans le sens
.N
que celle des semi-conducteurs. contraire.
H
Vitesse des porteurs de charge

Semi-conducteur
I
V.
j= = 10A/m2 1. j = |ni qe |ve + |ni qp |vp

S j = ni e(ve + vp )
Soit v1 la vitesse de N a+ et v2 celle de j = 4, 08.10−4 A/m2
Cl− . Soit ρ1 la masse volumique de N a+
et ρ2 celle de Cl− . 2. j = |ne qe |ve + |np qp |vp
~j = ρ1 v~1 + ρ2 v~2 j = ne eve + np evp
2
nN aCl = M m
N ne np = n2i ⇒ np = nnie
H2 O n2i
+
N acl −−→ N a + Cl − j = ne eve + ne evp
2
nN a+ = nCl− j= e(ne ve + nnie vp )
Déterminons ρ1 et ρ2 Posons x = ne et j(x) = e(xve + nxi vp )
2
ρm = VQ avec D = R+ ∗
Pour N a+ 2
j 0 (x) = e(ve + nx2i vp )
ρ1 = VQ or Q = n.e avec n le nombre de
m Posons j 0 (x) = 0
porteurs de charges, n = M N. n2i
m.e.N j 0 (x) = 0 ⇒ e(v e + x2 vp ) = 0 or e 6= 0
ρ1 = V.M avec V = l.S q
vp
ρ1 = m.e.N ⇒ x0 = ni ve
l.S.M

d’equation y = eve ne est une asymp-
tote a la courbe de j(ne ) au voisi-
nage de +∞.
Courbe
∀x ∈]0, x0 [, on a j 0 (x) < 0 donc j est

strictement décroissante sur ]0, x0 [
∀x ∈]x0 , +∞[, on a j 0 (x) > 0 donc
j est strictement croissante sur
]x0 , +∞[
Intérêt de la présence d’impuretés :
lim j(x) = +∞ La présence d’impuretés permet
x→0
√ d’augmenter la conductivité.
j(x0 ) = 2eni vp ve
1
j(x0 ) = 3, 7.10−4 A/m2 Exercice 4 Enoncé
lim j(x) = +∞
x→+∞
.PConservation de charges dans un
conducteur
.N
Tableau de variation 1. Z
I= ~
~j.ds
(S)
H
2.
dq
ρ= ↔ dq = ρdv
dv
V.
Q = IT → I = dq
R
dt or Q = (v) dq =
R
(v) ρdV
dq
R dρ R dρ
dt = (v) dt dV donc I = (v) dt dV
Asymptotes 3. (Voir cours)
limx→0 j(x) = +∞ donc la droite
Exercice 5 Enoncé
d’equation x = 0 est asymptote a la
courbe (C). Mouvement de charges
lim j(x) = +∞
x→+∞
2
j(x) e(xve + nxi vp ) −I−
lim = lim
x→+∞ x x→+∞ x 1. D’après le PFD, on a :
j(x)
lim
x→+∞ x
= eve f~e = m~a ⇒ q E
~ = m~a
lim j(x) − eve ne = lim e(xve + q ~
x→+∞ x→+∞
⇒ ~a = E
m
n2i e ~
vp ) − eve = 0 donc la droite ⇒ ~a = E
x m
−t
R
vx (t) = ax dt v = Ae τ , A ∈ R
vx (t) = me Et + c avec c ∈ R
A t = 0s, v(0) = 0 donc c = 0 Solution particulière : vl = τme E
~
vx (t) = me Et et ~v = me Et On a a t = 0, v0 = 0m/s donc
2. equation du mouvement : m d~ v
dt + τe τe
m
v − eE~ = ~0 A+ E=0⇒A=− E
τ~ m m
Vitesse limite
Au bout d’un certain temps, vl ≈ D’où
cste et ~a = ~0 donc m d~v
dt = 0
~
m ~ ~ ~ donc
~l = τme E τe
τ ve − eE = 0 ⇒ v
−t
v(t) = E(1 − e τ )
v~l = µE~ avec µ = τ e m
m
Dimension de µ et τ
v~l = µE ~ donc [µ] = [v] avec [v] = 3. D’apres −I−, en régime perma-
[E]
−1
LT et nent :
[E] = M LT −2 Q−1
1
[µ] = T M −1 Q et [τ ] = T
3. On sait que ~j = ne~v donc ~j = neµE
~j = σ E~ avec σ = neµ
~ .P ~j = ρ~
vi
= ne v~e
= ne E
τe ~
.N
m
Calculons µ dans le cuivre n.e2 .τ ~
= E
σ m
σ = neµ ⇒ µ = = 4, 41.10−3 sc/kg ~
~j = σ E
ne
H
Vitesse des électrons
vl = µE = 4, 41.103 m/s n.e2 .τ

V.
σ=
m
−II− σm
On a donc τ = ne2
1. equation du mouvement : m d~
v
dt +
m ~ = ~0
v − eE
τ~
2. Régime permanent : Exercice 6 Enoncé
dvx m
m + vx − eE = 0
dt τ
Loi d’ohm
Solution de l’equation sans second Montrons que pour un conducteur
membre : cylindrique, on a
j = σE ⇔ U = V = RI
dvx m ~ ~ ⇔ j = σE or σ = 1 donc
m + vx = 0 ⇔ j = σE ρ
dt τ ~ ⇔j= E
~j = σ E 1
dvx 1 ρ
+ vx − eE = 0 ⇔ R = ρ S ⇔ ρ = RS
l
dt τ l

R = ρ Sl ⇔ 1
ρ = l
RS
4. On coupe le circuit à t0 , l’équation
devient :
→
− →
−
~ ⇔ j= l E
~j = σ E (4.1) m. ddtv + k.→
−
v = 0 dont la solution
RS est :
I l
⇔ = E (4.2) pour t > to , v(t) = vL .exp(−t/τ )
S RS avec τ = m/k = 2.10−14 s. Soit v(τ ) =
l
⇔ I= E (4.3) vL /e et v(2τ ) = vL /e2 . L’électron
R
l V s’arrête quasi instantanément.
⇔ I= (4.4)
R l
V Exercice 8 Enoncé
⇔ I= (4.5)
R
~ ⇔ V = RI
~j = σ E (4.6) Les conducteurs envisagés n’ont pas
une forme cylindrique. On ne peut donc
Exercice 7 Enoncé pas appliquer la relation R = ρL/S.
1. On calcule la résistance du tronc de
1
1. La densité de courant est j = nqv
cône en le découpant en rondelles
avec
n = 1, 4.ρ.NA /M (enC/m3) et j =
106 A/m2 ; d’où v = j/nq =
.P (comme un saucisson) d’épaisseur
infinitésimale dL placées en série .
Considérons la tranche de rayon r,
.N
0, 05mm/s. On a bien v << c. située à la distance l de l’extrémité
Puisque j et v sont proportion- de rayon r2 : elle a une forme cylin-
nels, la densité de courant doit drique et sa résistance élémentaire
être de 20A/mm2 pour entrainer les
H
vaut dR = ρ.dL/S avec la rela-

électrons à la vitesse de 1mm/s. tion dL/dr = L/(r2 − r1 ) (théorème
de Thalès). Ces rondelles étant en
V.
2. Loi d’Ohm : si un électron n’était série, la résistance totale vaut la

soumis qu’à la force électrique somme R :
→
− →
−
F = q. E , sa vitesse croi- R = dR = πrρ.L 1 .r2
= 6Ω.
trait indéfiniment (accélération
constante). Il y a donc une force an- 2. On décompose l’anneau plat en
tagoniste de freinage, proportion- couches cylindriques de rayon r
→
− →
−
nelle à la vitesse, telle que F = 0 d’épaisseur infinitésimale, placées
→
− →
− →
−
soit q. E − k.→ −v = 0 . Or j = nq.→
−
v en série de façon radiale : la lon-
→
− nq 2 →
− →
−
d’où j = k . E = σ. E . C’est la loi gueur traversée par le courant est
d’Ohm locale. dr, la section traversée est S =
2πr.e. La résistance élémentaire
3. Régime transitoire : vaut dR = ρ.dr/S. Ces éléments
→
− →
−
m. ddtv + k.→
−
v = q. E d’où la vitesse étantZ en série :
b
ρ b
limite vL = q. Ek R= dR = .ln( ) = 37Ω
a 2π.e a

Exercice 9 Enoncé d’où
Θm − Θo = RI 2 /(kS)
1. Les pertes thermiques sont p = R.I 2 Si r est le rayon du fil, la section
avec est s = πr2 . La résistance vaut
R = ρL/s. La masse est
R = ρ.2L/s et I = Jo .s = P/U d’où
p = 2ρLJ0 2 s m = µ.s.L et S est la surface latérale
Pour P = 500M W , on trouve p = S = 2πr.L. On trouve successive-
3, 3M W . Il faut se rappeler que ment : R = 12, 7Ω ;
1A/mm2 = 106 A/m2 . I = 79mA puis enfin Θm − Θo = 10K
(ou 10 degres C).
2. Le rendement se définit par le rap-
port de ce qui arrive en bout de
ligne (P 0 = P − p) à ce qui est pro- Exercice 11 Enoncé
duit au départ (P) :
η = P 0 /P = (P − rI 2 )/P Il s’agit d’un phénomène périodique
1
avec P = U.I d’où créé par une source de tension conti-
η = 1 − 2ρLJo /U = 0, 993
On peut augmenter le rendement
en augmentant la tension de trans-
.P
nue.
1. Deux étapes se succèdent :

.N
port (très haute tension à 400 kV).
On ne dépasse pas 800 kV à cause - charge de C à travers R : la ten-
du champ disruptif de l’air (tension sion vC (t) croit de façon exponen-
de claquage de l’air isolant entre tielle en tendant vers E. Quand vC
H
les câbles et le sol). atteint la valeur Va , la lampe s’al-

lume, sa résistance r étant faible, le
condensateur se décharge ;
V.
Exercice 10 Enoncé -décharge de C dans r : la ten-

sion vC (t) diminue jusqu’à atteindre
1. Le bilan d’énergie pendant la durée la valeur Ve , la lampe s’éteint ;
élémentaire dt conduit à écrire que sa résistance devenant infinie, la
2
l’apport électrique (RI .dt) permet décharge cesse. Puis le cycle re-
de chauffer le fil (m.c.dΘ) puis commence. La lampe s’allume et
se dissipe par la paroi latérale s’éteint périodiquement (elle brille
(k.S.(Θ − Θ0 ).dt) soit : pendant la décharge).
2
RI .dt = m.c.dΘ + k.S.(Θ − Θ0 ).dt
ou, en divisant par dt : 2. Si r << R, la décharge est quasi
m.c.dΘ/dt = (RI 2 − k.S.(Θ − Θ0 )) instantanée (flash). La période T du
phénomène correspond à la durée
2. A l’équilibre thermique, la pendant laquelle la tension croit de
température n’évolue plus : Ve à Va c’est-à-dire entre les instants
dΘ/dt = 0 t1 et t2 . Or

vC (t) = E.[1 − exp( −tτ )] où τ = RC. La tension aux bornes de cette as-
Alors vC (t1 ) = Ve et vC (t2 ) = Va sociation est u et elle est en serie
d’où exp[−(t2 − t1 )/τ = E−VE−Ve et :
a
avec R1
T = RC.ln( E−VE−Ve
) = 7.ln(4/3) = 2, 0s D’après le diviseur de tension, on
a
La lampe émet un bref éclair toutes a:
les 2 secondes. E
u = (R2−3−4 )
Remarque : c’est un phénomène R2−3−4 + R1
d’oscillations de relaxation, ana- ER3 (R2 + R4 )
logue à la vidange par un siphon u=
R1 R3 + (R1 + R3 )(R2 + R4 )
d’un bassin alimenté en perma- D’après la loi des mailles appliquée
nence ; le bassin se vide et se rem- a BCDEB, on a :
plit périodiquement. u
u = (R2 + R4 )i ⇔ i =
R2 + R4
Exercice 12 Enoncé ER3
i=
R1 R3 + (R1 + R3 )(R2 + R4 )
1
Réseau a deux mailles

.P AN : u = 1, 5V ; i = 0, 015A
2. Transformation Thévénin ←→ Nor-
ton
.N
Détermination de l’intensité i qui tra-
verse la résistance R2 et la tension u aux
bornes de R3 .
H
1. Association de résistances
V.
On pose R5 = R2−4
D’après le diviseur de courant, on
a:
1
R2−4
i= 1 η
Req
1 (R3 +R1 )R2−4 +R1 R3
Req = R1 R3 R2−4
R2 et R4 sont montées en série alors
R5 = R2−4 = R2 + R4 qui est en deri- i= ER3
R1 R3 +(R1 +R3 )(R2 +R4 )
vation avec R3 donc
ER3 (R2 +R4 )
1 1 1 R3 + R2 + R4 u = R2−4 i = R1 R3 +(R1 +R3 )(R2 +R4 )
= + =
R2−3−4 R2−4 R3 R3 (R2 + R4 )
R3 (R2 + R4 )
R2−3−4 = Circuit linéaire
R3 + R2 + R4
1. Calculons UEF Association des générateurs
Considérons la maille DE’FD Générateur de Thévénin equivalent :
Les dipôles DE et EF sont montés La réalisation du schéma est laissé à
en série donc étudiant
Req = 2R + R = 3R
D’après le diviseur de tension : 1 1 1 −1 R
R
UEF = 3R UDF R T h = R N eq = ( + + ) =
2R 2R R 2
0
D’après la loi des mailles : UDF = E
E E
donc UEF = 3R R
E0 ηN eq = 5η + − η = 4η +
UEF = 13 E 0 = 1V 2R 2R
E
2. Calculons I0 ET h = RT h ηN eq = 2Rη +
4
Le dipôle BC correspond a l’as-
sociation de trois dipôles en Exercice 16 Enoncé
1 1 1 1
dérivation donc : RBC = R + 2R + R =
2
5 R or le dipôle AD est une associa- Théorème de Millman ou la LNTP
1
tion série des dipôles AB BC et CD
donc : RAD = R + RBC + R = 12
La loi des mailles donne
5R
0
.P
1. LN T P en N donne :
VN = 1
E1 E2
R1 + R2 + R3
E3
1 =
.N
1 1
E − RAD I0 − E 0 = 0 ⇔ I0 = E−E RAD = R + R1 + R2 + R3
5(E−E 0 )
12R E1 RR2 R3 + E2 RR1 R3 + E3 RR2 R1
I0 = 0, 83A.
RR2 R3 + R1 R2 R3 + RR1 R3 + RR2 R1
H
3. Intensité I 0 Or VN − VM = Ri et VM = 0 donc
En D, on a IDF = I0 + I 0 . Au niveau
du dipôle DF , on a d’après la loi VN
VN = Ri ⇔ i =
V.
d’ohm, E 0 = RDF IDF = RDF (I0 + R

0
E0
I 0 ) ⇔ I 0 = REDF − I0 I 0 = 3R − I0 = E1 R2 R3 + E2 R1 R3 + E3 R2 R1
0, 17A. i=
RR2 R3 + R1 R2 R3 + RR1 R3 + RR2 R1
4. Calculons i1 , i2 et i3 2. Trouvons i avec la transformation
En appliquant le diviseur de cou- Thévénin ↔ Norton
rant, on a D’après le diviseur de tension, i =
1
1
1 η ; Re = Req + R ; η = ηeq
R
R 2
i1 = ( 5 )I0 = I0 = 0, 33A Re
2R
5
Req
1
i= ηeq
2R 1 R + Req
i2 = ( 5 )I0 = I0 = 0, 166A
2R
5 E1 R2 R3 + E2 R1 R3 + E3 R2 R1
i=
i3 = i1 = 0, 33A RR2 R3 + R1 R2 R3 + RR1 R3 + RR2 R1

Théorème de Superposition et LNTP 2. Puissance motrice P m
Détermination de l’intensité i dans la
branche B2 M A2 0kN E − (kN )2
Pm = E i =
1ier Etat : E1 est court-circuité R + R0
Soit R1 la résistance equivalente a l’as- 3. Courbe de P m en fonction de N :
)2
sociation parallèle de A et B. R = R1 . P m = kN E−(kN
R+R 0 ; limN →0 P m = 0 ;
Soit R2 la résistance equivalente a l’as- limN →+∞ = −∞
2
sociation série de R1 et C. R2 = R + R = (P m)0 = kE−2k N
R+R0
2R (P m)0 = 0 ⇒ kE−2k
2
N0 E
= 0 ⇒ N0 = 2k
R+R0
La LN T P en B2 donne E2
P m(N0 ) = 4(R+R 0)
E2
2R E2 La puissance motrice est maximale
VB 2 = 1 1 1 = E
2R + 2R + 2R
3 pour N0 = 2k
VB 2 E2 Exercice 19 Enoncé
i1 = =
2R 6R
1
2e Etat : E2 est court-circuité
D’après la LN T P en B1 :
.P Circuit linéaire avec plusieurs
générateurs
Déterminons les courants I1 et I2
.N
E1 E1 pour le réseau :
VB1 = 1 1 1 1 1 =
2R( 2R + + 2R + + R)
6
2R 2R 1. Théorème de superposition
VB1 E1 Etat 1 : E2 = 0 ; η = 0
H
i2 = =
2R 12R
D’après le théorème de superposition,
V.
on a
E1 E2 1 E1
i= + = ( + E2 )
12R 6R 6R 2 D’après la loi des mailles, on a E1 =
E1
3RI1A ⇒ I1A = 3R
Exercice 18 Enoncé D’après la loi des mailles,
E1 = 2RI1A + 2RI 0 ⇒ I 0 = E1 −2RI
2R
1A
Alimentation d’un moteur Loi des nœuds en A : I2A = I1A −I 0 =

E1
1. Intensité i circulant dans le mo- 6R
teur : Etat 2 : E1 = 0 ; η = 0
D’après la loi des mailles, E − RI =
E 0 − R0 i on a alors
E − E0
i=
R + R0
E 0 = kN donc E−kN
R+R0

1
I1B = ( −E −E2 3. LN T P
2R ) =
2R 2
1 1 1 6R
2R + 2R + 2R
1
E2 E2
I2B = 1
2R
1( 2R1) = 6R
2R 2R + 2R
+
Etat 3 : E1 = 0 ; E2 = 0
Au nœuds A, I1 = I2 − η2
−VA
I1 = E12R ; I2 = VA −V
R
B −VA
; η2 = E22R
On a alors
E1 − VA VA − VB E 2 − VA
D’après le diviseur de courant I2C = = −
1
−1 2R R 2R
1 η = 3 η
2R
1
2R R+ E1 + E2 + 2VB
Loi des mailles : 2RI1C + 2RI 0 = 0 ⇔ VA = 1
4
Loi des nœuds : I1C = I2C + I 0 Au nœuds B, I2 + η − η1 = 0
2RI1C + 2RI 0 = 0 η1 = VRB donc VA −V B
+ η − VRB = 0 ⇔

R
I1C − I2C − I 0 = 0 VA = 2VB − Rη2
1
⇔ I1C =
Des trois états, on a
−1
6
η .P De 1 et 2, on a
VB =
E1 + E2 + 4Rη
6
.N
E1 + E2 + Rη
E1 E2 1 VA =
I1 = I1A + I1B + I1C = − − η 3
3R 6R 6 E1 E2 1
I1 = − − η
H
E1 E2 1 3R 6R 6
I2 = I2A + I2B + I2C =+ − η E1 E2 1
6R 6R 3 I2 = + − η
6R 6R 3
2. Transformation Thévénin↔ N orton
V.
Transfert de charges entre deux

condensateurs
1. La loi d’Ohm appliquée à la
résistance s’écrit : (1)u − u0 = Ri,
0 du0
avec i = −C dudt = C dt .
En dérivant la première relation, on
élimine les tensions u et u0 à l’aide
de la deuxième relation :
di 1 1
1
E1 E2 1 R + ( + 0 )i = 0.
I1 = 2R
( − − η) dt C C
1 1 1
+ + R 2R 2
2R 2R 2R En posant τ1 = R1 ( C1 + C10 ), on obtient
D’après la loi des mailles : E1 +E
2
2
− une équation différentielle d’ordre
2RI2 − Rη − RI2 = 0 ⇔ I2 = 6R − η3
E1 +E2
1 à coefficients constants dt di
+ τi = 0,

t
−τ
qui s’intègre en i(t) = E Re puisque de deux façons différentes ou
E − complémentaires :
i(0) = R . En effet, u(0 ) = u(0+ ) = E
et u0 (0− ) = u(0− ) = 0, par conti- • de l’énergie est dissipée au niveau
nuité de q(t) et q 0 (t) en 0. Le courant de l’interrupteur lors de la mise en
de décharge décroit exponentielle- contact ;
ment jusqu’à s’annuler. • le circuit ne fonctionne plus
2. Initialement seul le condensateur C dans l’A.R.Q.S. et de l’énergie est
est chargé et : E(0) = CE
2 rayonnée (effet d’antenne).
2 .
Lorsque l’équilibre est atteint, (1) Exercice 21 Enoncé
conduit à u(∞) = u0 (∞) = U ∞ ,
l’énergie du système est : E(∞) =
(C+C 0 )U∞
2 Annulation de la surtension aux
2 bornes d’un circuit (R, L) commuté
La détermination de U (∞) s’effec-
tue en écrivant que la charge du 1. L’équation différentielle en i(t)
système s’est conservée : CE = (C+ s’obtient par la loi des mailles :
1
C 0 )U (∞), d’où :
U (∞) = C+C C C 2E2
0 E et E(∞) = 2(C+C 0 ) .
l’énergie du système a varié de :

.P E = Ri(t) + L
d’où, en posant τ = L
di(t)
dt
,
: τ di(t)
dt + i(t) =
.N
R
CE 2 C E
DeltaE = E(∞)−E(0) = ( −1) R
2 C + C0 Cette équation différentielle
0 linéaire d’ordre 1 admet une solu-
−1 CC
∆E = E2 < 0
H
2 C +C 0 tion de la forme :
La charge du système n’a pas varié, t E
i(t) = Ae− τ + ,
mais son énergie a diminué.
V.
R
3. On calcule l’énergie dissipée dans où la constante d’intégration A se
la résistance R : détermine à l’aide des conditions
Z ∞ Z ∞ 0
E 2t 1 CCinitiales i(0?) = i(0+) = 0, tradui-
ER = Ri2 dt = R( )2 e− τ dt = E 2
0 R 0 2 C +sant
C 0 que le courant à travers l’in-
ductance est une fonction continue
On constate que ER = |∆E| : la du temps :
présence de la résistance permet
la dissipation de l’énergie ER = E t
i(t) = (1 − e− τ ).
|∆E| sous forme d’effet Joule, mais R
la valeur de ER = |∆E| n’est pas Le régime permanent est théoriquement
déterminée par la résistance R qui atteint au bout d’un temps infini et
ne figure d’ailleurs pas dans son ex- l’intensité est alors égale à ilim = E
R ..
pression. L’écart entre la valeur de l’intensité
4. Lorsque la résistance R est nulle, à la date t et sa valeur limite est,
−i(t)
le bilan d’énergie peut se modéliser en valeur relative, égale à ilimilim =

t t0
e− τ . Soit t0 tel que e− τ = 10−2 , il C’est pour la valeur critique QC =
1
vient t0 = τ ln(102 ) = 4, 6τ . Pratique- 2 que le courant d’ouverture s’an-
ment, au bout de 5 τ , on ne perçoit nule le plus rapidement possible.
plus, à mieux de 1%, d’évolution Mais cette condition est quasi-
pour le courant i(t). ment impossible à satisfaire exacte-
2. Pour étudier l’évolution de la ten- ment, il faut prendre Q légèrement
sion uC (t) après l’ouverture de l’in- inférieur à la valeur critique pour
terrupteur K, on prend comme obtenir le résultat souhaité. En
nouvelle origine des temps la date définitive, il faut choisir un conden-
de l’ouverture de l’interrupteur. sateur de capacité C légèrement
L’équation différentielle en uC (t) supérieure à la valeur critique CC =
4L
s’obtient encore par application de R2 . On considère pour la suite, le
la loi des mailles : cas théorique de l’amortissement

critique. Le courant évolue alors
di(t)
E = uC (t) + Ri(t) + L , suivant une loi de la forme :
dt
1
où i(t) = C dudt
E = uC (t) + RC
C (t)
, soit en définitive :
duC (t)
+ LC
d2 uC (t)
dt2
.
.P i(t) = (A + Bt)e−w0 t .
Les conditions de continuité à t = 0

.N
dt imposent : i(0?) = i(0+) = E R et E =
√1 R w0 di di
On pose w0 = soit :
et L = Q,
Ri(0+) + L( dt )t=0+ , soit L( dt )t=0+ = 0.
LC
r Il en résulte que A = E E
R et B = R w0 ,
Lw0 1 1 L donc :
H
Q= = =
R RCw0 R C
E
Il vient, en divisant l’équation i(t) = (1 + w0 t)e−w0 t .
R
V.
précédente par LC :
Les variations de i(t) sont données
d2 uC (t) w0 duC (t)
2
+ +w02 uC (t) = w02 E.1 ci-après :
dt Q dt
Pour qu’aucune surtension n’appa-
raisse aux bornes de l’interrupteur,
il faut que le régime du circuit soit
un régime apériodique :
r
1 L 1
Q= 6 ,
R C 2
4L
Par ailleurs, les conditions de conti-
donc C > R 2 . En dérivant l’équation
nuité à t = 0 donnent : uC (0?) =
différentielle en uC (t), on obtient uC (0+) = 0 et i(0+) = C( dudtC )t=0 =
l’équation différentielle en i(t) : E duC E w0
R donc ( dt )t=0 = RC = 2 E, car
d2 i(t) w0 di(t) QC = 12 . En régime critique, la loi
2
+ + w02 i(t) = 0. de variation de uC (t), solution de
dt Q dt
l’équation différentielle 1, est de la dangereuse pour des systèmes in-
forme : ductifs parcourus par des courants
importants (moteurs électriques).
uC (t) = (A0 + B 0 t)e−w0 t + E La présence du condensateur à
ce qui, compte tenu des conditions l’ouverture du circuit est une me-
initiales, s’explicite en : sure de sécurité.
1 Exercice 22 Enoncé
uC (t) = E − E(1 + w0 t)e−w0 t .
2
Cellules (R, C) soumises à un échelon
Les variations de uC (t) sont
de tension
données ci-dessous.
1. L’équation de maille E = Ri +
q
C donne par dérivation par rap-
di
port au temps : R dt + Ci = 0, car
i = dq
dt . Cette équation différentielle
1
s’intègre en :
La valeur maximale de uC (t) s’ob-

.P en posant τ = RC.
i(t) = Ae− τ
t
.N
tient en calculant la dérivée de
La constante d’intégration A se
uC (t) :
détermine à l’aide de la condition
duC (t) 1 E initiale i(0) = E−U
R , d’où :
0
= i(t) = (1 + w0 t)e−w0 t
H
dt C RC E − U0 − t
Ew0 i(t) = e τ
= (1 + w0 t)e−w0 t . R
2
V.
Cette dérivée ne s’annule que pour 2. (a) à tout instant i2 (t) = u1 (t)−u R
2 (t)
,
t tendant vers l’infini, c’est-à-dire donc à l’instant initial : i2 (0) =
que uC,max = E. Aucune surtension 0, car u1 (0) = u2 (0) = U0 .
n’apparait aux bornes de l’interrup- Par ailleurs, la résistance R,
teur. placée entre A0 et A1 est, à tout
instant, parcourue par le cou-
3. En l’absence de condensateur, l’in- rant i1 (t) + i2 (t) = E−uR1 (t) , ce qui
ductance provoque aux bornes donne, à l’instant initial :
de l’interrupteur K une surten-
sion telle qu’il y apparait une E − U0
i1 (0) + i2 (0) = .
étincelle conductrice qui referme R
le circuit. Ainsi, la continuité du Compte tenu de la valeur
courant à travers l’inductance se i2 (0), la valeur initiale de i1 (t)
trouve assurée (contre la volonté s’établit à :
de l’expérimentateur). E − U0
Cette surtension peut d’ailleurs être i1 (0) = .
R
Pour ce faire, on calcule la
dérivée de i2 (t) :
√
di2 3t
− 2τ 3 5
= e [− (Ae 2τ t
dt 2τ
√
√ √ √
(b) On applique la loi des mailles − 2τ5 t 5 5
t − 2τ5 t
+Be )+ (Ae + Be
2τ )]
à la maille A1 A2 B2 B1 , puis à la 2τ
maille A0 A2 B2 B0 . On obtient : et on détermine la valeur ini-
u1 = Ri2 + u2 et E = R(i1 + i2 ) + tiale de ( didt2 ). De la relation iC1 =
Ri2 + u2 . R didt2 + iC2 , on en déduit :
En notant que i1 = C du dt et
1
di2 1 E − U0
que i2 = C du ( )t=0 = [i1 (0)−i2 (0)] =
dt , on dérive les
2
dt RC Rτ
deux relations précédentes, il
Les constantes d’intégration A
vient : iC1 = R didt2 + iC2 et 0 =
et B sont déterminées par le
R didt1 + 2R didt2 + iC2 .
système des deux équations :
Portant l’expression de i1
1
i2 (0) = A + B = 0 et :√
déduite de la première des
deux relations précédentes
dans la seconde, on obtient
.P (√didt2 )t=0 = −3
5
A = −B = E−U
E−U0
2τ (A − B) = Rτ , ce qui donne
5
2τ (A+B)+ 2τ (A−B) =
√ 0 et, par suite :

.N
l’équation différentielle en R 5
i2 (t) : E − U0 − 3t √5 t √
− 2τ5 t
i2 (t) = √ e (e + e
2τ 2τ )
d2 i2 di2 R 5
τ2 + 3τ + i2 = 0, √
H
dt2 dt 2 − 3t E − U0 5t
i2 (t) = √ e 2τ sinh( )
où τ = RC. 5 R 2τ
V.
Cette équation différentielle Exercice 23 Enoncé

du second ordre linéaire à
coefficients constants a pour Réponse d’un circuit (R, L, C)
équation caractéristique : On note uC la tension aux bornes
d’un condensateur.
τ 2 r2 + 3τ r + 1 = 0,
√
−3± 5
dont les racines sont r = 2τ .
Il en résulte que la solution est
de la forme :
√ √
3t 5 5
i2 (t) = e− 2τ (Ae 2τ t + Be− 2τ t ),
où A et B sont des constantes

d’intégration déterminées par On applique la loi des nœuds en A :
les conditions initiales i2 (0) et uC duC
di2
( dt )t=0 . i = + C .(1)
R dt
Pour les deux mailles qui contiennent le s = τ1 (−1 ± j), avec j 2 = −1.
générateur, la loi des mailles s’écrit : La solution générale de l’équation ho-
di mogène est donc :
E = L + Ri + uC , (2)
dt t t t
e− τ (A cos + B sin ).
ce qui donne en dérivant : τ τ
d2 i di duC Une solution particulière de l’équation
0=L +R + .(3) complète (4) est donnée par une
dt dt dt
constante, puisque le second membre E
L’équation différentielle en i(t) du cir- E
R
est constant. Elle doit vérifier : 2i = R ,
cuit s’obtient en éliminant uC entre les E
soit i = 2R .
trois relations précédentes.
La solution générale de l’équation
Pour ce faire, il suffit de multiplier la re-
complète (4) est donc :
lation (2) par R1 , la relation (3) par C et
les ajouter membre à membre. t t t E
i(t) = e− τ (A cos + B sin ) +
Les termes en uC ainsi formés ex- τ τ 2R
1
priment alors le courant i d’après la re-
lation (1).
On obtient :
d2 i
.P
Pour déterminer A et B, on se sert des
conditions initiales. La tension uC aux
bornes du condensateur est continue et
.N
E 1 di di duC le courant i dans la bobine l’est aussi.
= (L +Ri+uC )+C(L +R + ),
R R dt dt dt dt On a donc : à t = 0+, i = 0 et uC = 0.
soit encore : En remplaçant dans (2), il vient :
H
d2 i L di E di di E
LC 2 + (RC + ) + 2i = . E=L (0+) ⇒ (0+) = .
dt R dt R dt dt L
On a : τ = RC = RL , soit LC = τ 2 .
V.
di
Par dérivation de i(t), on obtient : dt =
L’équation à résoudre est donc : t
e− τ [− τ1 (A cos τt + B sin τt ) + τ1 (−A sin τt +
2
2d i di E B cos τt )].
τ 2 + 2τ + 2i = .(4)
dt dt R à t = 0+, on a donc :
On remarque que w02 = τ22 et τ2 = wQ0 , i(0+ ) = 0 = A + 2R E

soit Q = √12 > 12 ; on doit donc obtenir di + E A
dt (0 ) = L = − τ + τ B
1
un régime oscillant amorti. On résout

d’abord l’équation homogène associée : Soit
E

d2
i di A = − 2R
τ 2 2 + 2τ + 2i = 0. B = A + τ EL = − 2R E
+E E
dt dt R = 2R
On cherche des solutions en est , où Donc : i(t) = E e− τt (− cos t + sin t ) + E

2R τ τ 2R
s vérifie l’équation caractéristique sui- et : i(∞) = i∞ = E .
2R
vante :
τ 2 s2 + 2τ s + 2 = 0.

Modélisation d’un neurone
• On commence par calculer les
constantes de temps relatives aux
différents états.
Lors de l’excitation, le circuit équivalent
est :
Le générateur de Thévenin équivalent
s’obtient comme ci-dessus. On trans-
forme les deux générateurs (e1 , R1 ) et
(e2 , R2 ) en générateur de Norton (η1 =
e1 e2
R1 , R1 ), et (η2 = R2 , R2 ), on regroupe les
deux résistances R1 et R2 en Req = RR11+R R2
2
et les deux générateurs de courant en
On obtient le générateur de Thévenin un seul (η = η1 + η2 ) et enfin on trans-
équivalent en transformant le forme le générateur de Norton (η, Req )
générateur (e1 , R1 ) en générateur de
1
en générateur de Thévenin.
Norton (soit η1 = Re11 , R1 ), puis en re-
groupant les deux résistances R1 et R2
en Req = RR11+R R2
2
et enfin en transfor-
mant le générateur de Norton (η1 , Req )
.P
On obtient donc :
0
Eeq = 1
e1
+
e2
R1 + R2
1 =
e1 + e2 ( R
1 + ( R1
R2 )
)
1
= 78mV.
.N
R1 R2 R2
en générateur de Thévenin. Lors de l’inhibition, l’équation
R1 R2
On obtient donc : Req = R1 +R2 et différentielle vérifiée par u(t) est :
Eeq = e1 R1R+R2
. La constante de temps du
H
2 0
du circuit est τ e = Req C. Pendant la Req C + u = Eeq
dt
désexcitation, le circuit est celui-ci :
dont la solution est de la forme :
V.
0 −t
u(t) = Eeq + Aexp( ).(1)
τ
• Lors du retour à l’état de repos,
l’équation différentielle vérifiée par u(t)
est :
du
R1 C + u = e1 .
dt
Elle admet, pour t > 5ms, une solution
de la forme :
−t
u(t) = e1 + Bexp( ).
τ
Sa constante de temps est τ 0 e = R1 C. • Pour déterminer la réponse du neu-
τ 0e R1
Donc τ e = 1 + R2 = 5, d’où R1 = 4R2 et rone, il suffit de déterminer les valeurs
Eeq = 14mV. de A et B dans les deux cas proposés en
• Lors de l’inhibition, le circuit utilisant la continuité de la tension aux
électrique équivalent est : bornes du condensateur.

1. à t = 0, le condensateur est chargé 1. La loi des mailles s’écrit :
avec la tension u(0) = e1 = 70mV , di q
d’où A = −8mV d’après (1). L + Ri − E = u(t) =
dt C
Pendant l’inhibition : dq
soit, avec i = dt = C du
t et τ =
L
R :
−t d2 u R du u
u(t) = 78 − 8exp( ) + + =E
2 dt2 L dt LC
(u en mV et t en ms). à t = C étant très faible, le discrimi-
5ms, il vient u(5) = 77, 3mV . nant de l’équation caractéristique
La désexcitation débute alors et, de l’équation homogène est certai-
d’après (2) : nement négatif. On a donc une so-
lution de la forme :
5
77, 3 = 70 + Bexp(− ), t
2 u(t) = E + (A cos wt + B sin wt)e− τ
d’où B = 88, 9mV . Avant l’ouverture de l’interrupteur
1
l’inductance ne joue aucun rôle, le
2. à t = 0, le condensateur est chargé
sous la tension u(0) = Eeq = 14mV ,
d’où A = −64mV.
Pendant l’inhibition :
.Pcourant est continu et a pour inten-
sité I = E R . L’inductance impose la
continuité du courant, c’est-à -dire
.N
de dudt , et donc a fortiori celle de la
t tension u :
u(t) = 78 − 64exp(− ) du 1 1
2 t
= e− τ [(− A+wB) cos wt+(− B−wA)
H
(u en mV et t en ms). à t = 5ms, on dt τ τ
a u(5) = 72, 7mV . Au début du re- Soit, à t = 0 : E = E + A ⇒ A = 0
tour à l’état de repos, on a : (continuité de u)
V.
72, 7 = 70 + Bexp(− 52 ), d’après (2), i(0) = C du E

dt (0) ⇒ R = CwB (conti-
d’où B = 32, 9mV. nuité de i )
En définitive :
Exercice 25 Enoncé 1 t
u(t) = E(1 + sin wt)e− τ
RCw
Surtension a l’ouverture d’un inter- 2. La constante de temps du circuit
rupteur est :
L 10−5
τ = = −2 ≈ 6.10−7 s
R 10
Si l’on néglige l’amortissement, la
période des oscillations est :
√
T0 = 2π LC ≈ 6.10−9 s
T0 est donc petit devant τ : la
pseudo-période des oscillations du

circuit considéré est donc prati-
quement égale à T0 et l’on peut
considérer que, lorsque u(t) est
t
maximale, sin wt = 1 et e− τ ≈ 1. On
1
a donc, avec w = √LC = 109 rad/s
1
Um ≈ E(1 + )
RCw
(4.7)
1
≈ E(1 + )
102 × 10−13 × 109
(4.8)
Um ≈ 100E
(4.9)
3.
1
Circuit alimentés en parallèle

.P i = i1 + i 2 =
E
r
r E t
(1 − e− L t ) + e− RC
si r = R et R2 = CL ,
r
.N
1. • A t = 0+ par continuité de i
dans la bobine i1 (0+ ) = i1 (0− ) = 0 ; E E − t t E
i= + (e RC − e− RC ) =
par continuité de q aux bornes du R R R
H
condensateur uC (0+ ) = uC (0− ) ; or 4. Il ne reste qu’une maille : Cq + (R +

uC (0− ) = 0 par hypothèse, d’où
C)i2 + L didt2 = 0, soit avec i2 = dq
dt ,
uAB (0+ ) + Ri2 (0+ ) et uAB (0+ ) = E,
V.
2
L ddt2q + (R + r) dq q
dt + C = 0 ou encore
soit i2 (0+) = E R ; enfin i(0+) = 2
i1 (0+) + i2 (0+) = E avec les hypothèses ddt2q + RC

2 dq q
dt + LC =
R.
0.
• Quand le régime permanent est 5. i2 est continue grâce à la bobine ; or
établi, i2 (t) = constante donc uL = i2 (0+ ) = −i1 (∞) = − Er . q est conti-
0, la bobine T est un fil T, d’où nue et q(0+ ) = q(∞) = CE, les deux
i2 (∞) = Er ; d’autre part le conden- valeurs à l’infini correspondent à
sateur est chargé donc i1 (∞) = l’établissement du régime perma-
dq
dt (∞) = 0.
nent des questions 1. à 3.
D’où, i(∞) = Er 6. L’équation vérifiée par i2 est la
2. Il s’agit de deux mailles (R, C, E) même que celle vérifiée par q.
et (r, L, E) indépendantes ; avec L’équation caractéristique en est :
2 1
les conditions initiales ci-dessus, r2 + RC r + LC = 0 dont le discri-
on obtient immédiatement i1 (t) = minant est nul car R2 = CL . D’où
− Lr t t t
E
r (1 − e ) et i2 (t) = Er e− RC . i2 (t) = (A + Bt)e− RC

or i2 (0+ ) = − E di2
R = A et dt (0) =
Pour LCw02 = 1, elle s’établit a :
− RC A
+ B avec Cq + 2Ri2 + L didt2 = 0
r + jLw0 jLw0
que nous appliquons en 0 : Z(w0 ) = ≈ = rQ2
CE E di2 jrCw0 jrCw0
C + 2R(− R ) + L( dt )(0) = 0, soit
( didt2 )(0) = EL . Il vient alors puisque r = Lw Q Lw0 .
0
A
− RC + B = EL ⇒ + RC E 1
R + B = L or
E
A la fréquence propre (w = w0 ),
1 1
R2 C = L l’impédance du circuit bouchon est
t
E − RC
donc B = 0 et i2 (t) = − R e . réelle et vaut Z0 = rQ2 = 80kω
7. Première méthode 3. A la fréquence propre (w = w0 ),
L’énergie dissipée l’est dans les les valeurs efficaces des intensités
deux résistances R = r dans les différentes branches du
Z ∞ Z ∞ 2
2E − 2t circuit s’établissent a :
wJ = 2Ri22 (t)dt = e RC dt = CE 2
0 0 R E E E
IL = p ≈ = = 25µA
Deuxième méthode r2 + (Lw0 )2 Lw0 rQ
L’énergie dissipée provient de
1
et
l’énergie stockée initialement dans
la bobine et le condensateur :
Jw = −(w + w ) (4.10)
C L
.P IC = Cw0 E =
E
rQ
= 25µA
.N
2
1 1 q (0) Ces intensités sont presque égales
= ( Li22 (0) + ) (4.11)
2 2 C en valeur efficace donc en am-
1 E 2 1 C 2E 2 plitude mais elles présentent, par
= L + (4.12)
H
2 R2 2 C rapport a la tension appliqué e(t),

wJ = CE 2 (4.13) des déphasages différents respecti-
vement égaux a : ϕL ≈ − π2 et ϕC =
V.
Exercice 27 Enoncé π
2.
Etude d’un circuit bouchon L’intensité du courant principal,
c’est a dire l’intensité débitée par la
1. Le facteur de qualité Q du circuit
source, vaut :
donné par l’énoncé est :
Lw0 1 E E
Q= = I= = = 125nA.
r rCw0 Z0 rQ2
1
en notant w0 = √LC la pulsation On remarque que ces intensités
propre. sont liées par la relation : IL = IC =
rQ
Il en résulte que : L = w0 =64µH et QI.
1
C = rQw 0
= 400pF. 4. Au voisinage de la fréquence
2. L’impédance complexe Z(w) du cir- propre, |w−ww0
0|
1, on a r Lw0
cuit est : et par suite :
1
(r + jLw) jCw r + jLw Z(w) r + jLw jrCw0
Z(w) = 1 = 2
. =
r + jLw + jCw 1 − LCw + jrCw 2
Z(w0 ) (1 − LCw ) + jrCw r + jLw0
Z(w) jrCw 12. En dérivant l’expression précédente
= = .
Z(w0 ) (1 − LCw2 ) + jrCw 1 + j 1r (Lw − par1 rapport
Cw ) à R et en annulant le
On considère le terme 1r (Lw − Cw
1
. Il numérateur, on obtient R0 = L1 w et
E02
est possible de lui donner une ex- P max = 2R0 .
pression plus simple au voisinage 3. L1 = Rw0 = 38mH ; Pmax = 2017W
de la fréquence propre, en notant : soit Pmax ≈ 2kW.
δw = w − w0 (avec δw w0 ) : 4.
1 1 w w0 δw p
(Lw − = Q( − ) ≈ 2Q . E02 + E04 − 4P12 (L1 w)2
r Cw w0 w w0 R1 = = 16Ω
2P1
En définitive, il vient :
Remarque : On a pris la racine
Z(w) 1 1
= = . supérieure à R0 de l’équation du se-
Z(w0 ) 1 + j 1r (Lw − 1
Cw ) 1 + 2jQ δw
w0 cond degré en R1 , issue de 1.
Z(w)
Dès que δw 1
w0 = 2Q , on a | Z(w0 ) | =
√1 .
2
5. Pour que le courant et la ten-
sion soient en phase il faut que
1
δw 1
Ainsi pour w0 < 400 1, on a
|Z(w)| > Z(w2
)
√0 .
Ce circuit est donc très sélectif et T

bloque T le passage du courant au
.P l’impédance ou l’admittance du di-
pole C//L0 //(L1 sérieR1 ) soit réelle.
Y =
1
+ jCw +
1
.N
voisinage de la fréquence f0 (d’où jL0 w R1 + jL1 w
son nom de circuit T bouchon t’). R1 1 L1 w
= +j[Cw− −
Exercice 28 Enoncé R12 + (L1 w)2 L0 w R12 + (L1 w)2
H
1 L1
D’où C = L0 w2 + L0 (R12 +(L1 w)2 ) = 106µF.
Puissance absorbée en régime va-
riable Exercice 29 Enoncé
V.
1. Les puissances absorbées par le

dipôle L0 et par le dipôle C sont Réponse d’un circuit (L, C)
nulles, ces deux éléments étant non 1. Pour t > 0, us (t) vérifie l’équation
dissipatifs. différentielle :
• La puissance fournie par le
d2 us
générateur est donc celle absorbée + w02 us = w02 U0 cos wt.
dt
par le dipôle série (R, L1 ).
• = U I cos ϕ = U 2 cosZ ϕ pour un La solution en régime forcé (ou T
dipôle d’impédance solution particulière t’) est :
Z = Zejϕ . Or Z1 = Z1 e−jϕ et cosZ ϕ = w02
u1 (t) = 2 U0 cos wt.
Re( Z1 ), d’où w0 − w
= U2 Re( Z1 ). Ici La solution générale de l’équation
Re( Z1 ) = Re( R+jL
1
1w
)= R
R2 +(L1 w)2 et avec un second membre nul est :
RE02
= R +(L1 w)2
2 . u2 (t) = A cos w0 t + B sin w0 t.

La solution générale de l’équation • On injecte cette solution dans
complète est donc : l’équation différentielle :
us (t) = u1 (t) + u2 (t) 2αw0 cos w0 t = w02 U0 cos w0 t
w02
us (t) = 2 U0 cos wt+A cos w0 t+B sin w0 t.
On en déduit par identification :
w0 − w
où A et B sont des constantes w0 U0
α= .
déterminées par les conditions ini- 2
tiales.
On a montré que la forme proposée
L’inductance impose la continuité
convient et on obtient :
du courant, donc i(0+ ) = 0, soit :
w0 U0 t
dus us (t) = sin w0 t.
( )t=0+ = 0. 2
dt
Le courant est fini, et la charge du • Le courant est donné par :
condensateur est continue, donc :
1
dus w0 U0 w2U 2
(us )t=0+ = 0.
• us (0) = 0 ⇒ w2w−w
•
dus
0
2
0
2 U0 + A = 0.
.P i(t) =
dt
C=C
2
sin w0 t+C 0 0 t cos2
La puissance instantanée est :

2
.N
( )t=0+ = 0 ⇒ B = 0. p(t) = ue (t)i(t)
dt
La solution est donc : w0 U02 w02 U02
p(t) = C sin w0 t cos w0 t+C t cos2
w02 2 2
H
us (t) = 2 U0 (cos wt − cos w0 t)

w0 − w 2 Le premier terme a une valeur
. En l’absence de résistance, le moyenne nulle. Le second terme
V.
régime libre ne s’amortit pas. On est positif et son amplitude d’oscil-

ne peut donc pas parler de régime lation est une fonction croissante
transitoire. du temps. L’amplitude des oscil-
lations augmentant linéairement,
2. La solution précédente est
l’énergie stockée dans l’oscillateur
évidemment inapplicable pour
croit comme t2 , d’où la nécessité
w = w0 : elle donne une forme
d’un apport continu (et de plus
indéterminée 00 . On cherche une so-
en plus grand !) d’énergie de la
lution de la forme :
part de la source. Pour des rai-
us (t) = αt cos(w0 t + ϕ). sons de limitation de fonctionne-
ment des composants, une telle
• Les C.I. doivent être respectées :
évolution ne peut cependant pas
us (0) = 0, et ( du π
dt ) = 0 si ϕ = 2 + pπ.
s
durer éternellement : soit les
La solution doit donc être de la
éléments vont sortir de leur com-
forme :
portement linéaire, soit ils seront
us (t) = αt sin w0 t. détruits.

4.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS D’ÉLECTROCINÉTIQUE
Premier devoir Exercice 2 : Corrigé

Circuit linéaire en
continu
Mouvement de On considère le circuit de la figure ci-
charges contre .On veut exprimer l’intensité i du
courant circulant entre A et B en fonc-
Un électron de masse m, de charge e, tion des paramètres du circuit . On uti-
se déplace dans un conducteur où règne lisera les méthodes suivantes :
→
−
un champ électrique E et développant
une certaine force de résistance ex-
→
−
primé par une force de frottement f =
→
−
1
− mτv .
1. Écrire l’équation du mouvement de
→
−
l’électron soumis au champ E et à
→
−
.P
1. Transformation des modèles de
Thévénin en celles de Northon ,puis
appliquer la loi des nœuds .
.N
la force de frottement f .
2. Intégrer l’équation et montrer 2. Transformation Northon-Thévénin
que qu’un régime permanent peut du circuit à gauche de AB (circuit
sans résistance 2R)utilisant les as-
H
s’établir.Donner la dimension et la
signification physique de τ . sociations de générateur
3. Théorème de superposition sans
3. Représenter l’évolution temporelle
V.
utiliser les transformations de

de la vitesse .Montrer que le régime
générateurs.
permanent est atteint a 36, 79% à la
date τ . Exercice 3 : Corrigé
Équilibrage de la
4. Lorsque le régime permanent tension de deux condensateurs
est établi ,la densité d’électrons
On considère un condensateur parfait
dans le milieu conducteur est
→
− →
− C1 ,chargé à la valeur initiale U0 .Au
n . Montrer que j = σ E puis
temps t = 0s,on ferme l’interrupteur K
préciser l’expression de σ.
de telle sorte que C1 charge C2 initiale-
AN :Calculer τ pour le cuivre
ment non-chargé et montés en série .
avec les données numériques sui-
vantes : e = 1, 6.10−19 C; m = 1. Donner l’expression de la charge Q0
9.10−31 kg; σ = 6.105 Ω.cm et n = initialement stockée par C1 .
8, 51022 électron/cm3 densité cubique 2. Écrire les équations électriques as-
des électrons libres dans la région sociées à ce circuit pour t ≥ 0 .
→
−
où règne le champ E . 3. Pour les deux condensateurs

a - Écrire l’équation de conserva- On considère les cellules suivantes
tion de charges. (R, C)soumises à un échelon de ten-
−
b - Déduire l’expression de la tension .À t = 0 , les condensateurs sont
sion finale et celles des charges déchargés. On ferme alors l’interrup-
finales Q et Q teur K.
0 1
c - Donner l’expression de 1. Établir l’équation différentielle en

l’énergie stockée par le système i1
en équilibre.Commenter ce 2. Déterminer les conditions initiales
résultat. i1 (0+ ) et didt1 (0+ ).
4. Pour éviter cette contradiction
3. Exprimer i1 (t).
,il faut introduire dans le cir-
cuit la résistance équivalente de Exercice 2 : Corrigé
fils R.Faire le nouveau schéma Annulation d’un
équivalent du circuit et trouver régime transitoire
1
l’équation différentielle la plus
pour t ≥ 0.
5. Préciser sans calcul la valeur
.P
simple permettant de calculer i(t) On considère un circuit formé de l’as-
sociation en série d’un générateur de
tension idéale de f.é.m E d’une bo-
bine réelle d’inductance L et d’une
.N
de i(0+ ) écrire alors l’expression
résistance interne r,et d’un interrupteur
générale de i(t)pourt ≥ 0
K.
6. Écrire l’expression de la puissance
1. Déterminer l’expression du courant
H
consommée par la résistance R

i(t)parcourant le circuit après la
et ,en intégrant cette dernière
fermeture de l’interrupteur K .In-
de l’énergie consommée par la
V.
terpréter les deux termes obtenus

résistance R entre t = 0s et t = ∞
.
7. Comparer cette expression à la
différence des énergies remarquées 2. On souhaite annuler dans le cou-
à la question 3 − c .Cette expression rant traversant le générateur ,les
dépend-t-elle de R .Commenter ce effets du régime transitoire lié à la
résultat. fermeture de l’interrupteur K.Pour
cela,on place en parallèle sur la bo-
Second devoir bine un condensateur de capacité C
en série avec une résistance R .
Régime transitoire a- Déterminer la nouvelle expres-
apériodique sion du courant i(t) traversant
le générateur .
b- En déduire les valeurs de C et
R à choisir pour un tel nouveau
comportement du circuit .

Exercice 3 : Corrigé 1. Établir l’équation différentielle en
Régime transitoire u(t),tension aux bornes du conden-
pseudo-périodique sateur .
2. Détermine la solution u(t)(pour t ≥
0).
3. Détermine i(t), intensité du courant
On considère le mon- circulant dans la bobine
tage ci contre modélisé par une bobine 4. Peut-on prévoir le régime per-
réelle (L, R) en série avec un conden- manent sans calcul ? Si oui
sateur réel initialement déchargé . On déterminer :
ferme K à t = 0s ,le circuit est alors
branché sur un générateur de tension E a- U ,tension aux bornes du
. On pose τ = RL = RC. Initialement on condensateur.
a : i(0− ) = 0 et u(0− ) = 0 . b- I, courant dans la bobine, en
régime permanent.
1
.P
par effet Joule dans les résistances .

.N
Premier devoir
Exercice 1
:Circuit RL en régime Exercice 2
:Circuit RLC série
H
transitoire
On considère un circuit RLC série
On considère le circuit ci contre com- alimenté par une tension sinusoidale
V.
portant trois résistances R1 , R2 , et R3 e(t) = E cos(ωt)

0
,une bobine parfaite d’inductance L ,un
générateur de f.é.m E et un interrupteur 1. Etablir l’équation différentielle qui
K régit la tension u aux bornes de la
capacité C
1. Initialement ,la bobine n’est par-
courue par aucun courant .A l’ins- 2. Donner l’expression de cette
tant t = 0s , on ferme l’interrup- équation différentielle en fonction
teur K . Etablir la loi d’évolution du facteur de qualité Q et de la pul-
de i(t) et déterminer le courant I sation propre ω0
en régime permanent .On pose τ = 3. Donner l’expression intrinsèque de
L(R2 +R3 )
R1 R2 +R2 R3 +R1 R3 cette équation différentielle en
2. Le courant d’intensité I est établi , fonction du cœfficient d’amortisse-
on ouvre à t = 0s (réinitialisation ment et de la pulsation propre ω0
du temps . Déterminer la nouvelle 4. Pour résoudre l’équation différentielle
loi donnant i(t) et l’énergie dissipée précédente les tension uc est ob-

tenu sous les quatre conditions sui- de Rm correspondante ainsi que la
vantes : puissance dissipée correspondante
i. Le condensateur est initiale- .On donne :E0 = 220V, R = 10Ω et
ment déchargé ω = 314rad/s
ii. l’intensité est nulle avant la fer- 4. Dans le circuit précédent on insère
meture de l’interrupteur une bobine idéale d’inductance L =
0.1H
iii. La pulsation du générateur est
ω = ω0 (a) Calculer la puissance moyenne
P 0 (R) dissipée dans le résistor .
iv. Le cœfficient d’amortissement
vaut α = 1/2 (b) Montrer que quelque soit R le
0
Montrer que la variation tempo- rapport PP(R)

(R)
<1
0
relle de uc est de la forme (c) Calculer la valeur Rm pour la-
" √ 0
√quelle P (R) est maximale
!#

2 3 1 3
uc (t) = E0 sin(ω0 t) − exp − ω0 t sin ω0 t
1
3 2 2 Partie B
Problème :Puissance en régime sinu-

soidal
.P
On considère le circuit oscillant de la
figure ci-contre qui dissipe en moyenne
.N
Les parties A et B sont indépendantes une puissance de P = 40kW .La tension
efficace à ses bornes est U = 12kW et sa
Partie A fréquence est f = 480kHz .
H
1. Calculer numériquement la
Un générateur de tension
√ de force résistance équivalente Re qui dis-
électromotrice e(t) = E0 2 sin(ωt) et siperait la même puissance.
V.
de résistance interne R0 alimente une

2. Exprimer l’admittance complexe Y
impédance Z de résistance R et de
du dipôle AB
réactance X
1. Exprimer l’intensité efficace I0 qui 3. Comment doit être la partie imagi-
traverse cette inpédance en fonc- naire de Y lorsque la dipôle a un
tion de E0 , R0 , R et X. comportement purement résistif ?
Exprimer Re en fonction de R, L et C
2. Exprimer la puissance moyenne P lorsque la fréquence est telle que
reçue par l’impédance en fonction l’admittance complexe Y est pure-
de R et I0 . Déduire que P dépend ment résistive.
aussi de X
4. Le cœfficient de surtension du cir-
3. On suppose que l’impédance est cuit oscillant est Q = lω
R.
une résistor de résistance R (X = 0)
. (a) Exprimer C et L en fonction de
Montrer que P = P(R) passe par Re , Q et f
un maximum . Calculer la valeur (b) Calculer L et C pour Q = 16

Premier devoir On considère le circuit de la figure ci-

contre .On veut exprimer l’intensité i du
Exercice 1 courant circulant entre A et B en fonc-
:Mouvement de charges tion des paramètres du circuit . On uti-
lisera les méthodes suivantes :
Un électron de masse m, de charge e,
se déplace dans un conducteur où règne 1. Transformation des modèles de
→
− Thévénin en celles de Northon ,puis
un champ électrique E et développant
une certaine force de résistance ex- appliquer la loi des nœuds .
→
− 2. Transformation Northon-Thévénin
primé par une force de frottement f =
→
−
− mτv . du circuit à gauche de AB (circuit
sans résistance 2R)utilisant les as-
1. Écrire l’équation du mouvement de sociations de générateur
→
−
1
→
− 3. Théorème de superposition sans
la force de frottement f .
2. Intégrer l’équation et montrer
que qu’un régime permanent peut
.P utiliser les transformations de
générateurs.
Exercice 3
.N
s’établir.Donner la dimension et la :Équilibrage de la tension
signification physique de τ . de deux condensateurs
3. Représenter l’évolution temporelle On considère un condensateur parfait
C1 ,chargé à la valeur initiale U0 .Au
H
de la vitesse .Montrer que le régime

permanent est atteint a 36, 79% à la temps t = 0s,on ferme l’interrupteur K
date τ . de telle sorte que C1 charge C2 initiale-
V.
ment non-chargé et montés en série .

4. Lorsque le régime permanent
1. Donner l’expression de la charge Q0
est établi ,la densité d’électrons
initialement stockée par C1 .
dans le milieu conducteur est
→
− →
− 2. Écrire les équations électriques as-
n . Montrer que j = σ E puis
préciser l’expression de σ. sociées à ce circuit pour t ≥ 0 .
AN :Calculer τ pour le cuivre 3. Pour les deux condensateurs
avec les données numériques sui- (a) Écrire l’équation de conserva-
vantes : e = 1, 6.10−19 C; m = tion de charges.
9.10−31 kg; σ = 6.105 Ω.cm et n = (b) Déduire l’expression de la ten-
8, 51022 électron/cm3 densité cubique sion finale et celles des charges
des électrons libres dans la région finales Q0 et Q1
→
−
où règne le champ E . (c) Donner l’expression de
l’énergie stockée par le système
Exercice 2
:Circuit linéaire en en équilibre.Commenter ce
continu résultat.

4. Pour éviter cette contradiction 3. Exprimer i1 (t).
,il faut introduire dans le cir- Exercice 2
cuit la résistance équivalente de :Annulation d’un régime
fils R.Faire le nouveau schéma transitoire
équivalent du circuit et trouver On considère un circuit formé de l’as-
l’équation différentielle la plus sociation en série d’un générateur de
simple permettant de calculer i(t) tension idéale de f.é.m E d’une bo-
pour t ≥ 0. bine réelle d’inductance L et d’une
5. Préciser sans calcul la valeur résistance interne r,et d’un interrupteur
de i(0+ ) écrire alors l’expression K.
générale de i(t)pourt ≥ 0 1. Déterminer l’expression du courant
6. Écrire l’expression de la puissance i(t)parcourant le circuit après la
consommée par la résistance R fermeture de l’interrupteur K .In-
et ,en intégrant cette dernière terpréter les deux termes obtenus
de l’énergie consommée par la .
1
2. On souhaite annuler dans le cou-
résistance R entre t = 0s et t = ∞
7. Comparer cette expression à la
différence des énergies remarquées
.P rant traversant le générateur ,les
effets du régime transitoire lié à la
fermeture de l’interrupteur K.Pour
.N
à la question 3 − c .Cette expression
cela,on place en parallèle sur la bo-
dépend-t-elle de R .Commenter ce
bine un condensateur de capacité C
résultat.
en série avec une résistance R .
H
Second devoir (a) Déterminer la nouvelle expres-

sion du courant i(t) traversant
Exercice 1 le générateur .
V.
:Régime transitoire
apériodique (b) En déduire les valeurs de C et
R à choisir pour un tel nouveau
comportement du circuit .
Exercice 3
:Régime transitoire
pseudo-périodique
On considère les cellules suivantes
(R, C)soumises à un échelon de ten-
sion .À t = 0− , les condensateurs sont
déchargés. On ferme alors l ?interrup-
teur K.
On considère le montage ci contre
1. Établir l ?équation différentielle en modélisé par une bobine réelle (L, R)
i1 en série avec un condensateur réel ini-
2. Déterminer les conditions initiales tialement déchargé . On ferme K à
i1 (0+ ) et didt1 (0+ ). t = 0s ,le circuit est alors branché

sur un générateur de tension E . On 3. Écrire sous la forme d’une somme
pose τ = RL = RC. Initialement on a : d’intégrales un bilan d’énergie
i(0− ) = 0 et u(0− ) = 0 . entre les dates 0 et t1 .
Exercice 2
:Circuit RLC série
1. Établir l’équation différentielle en
u(t),tension aux bornes du conden- On considère un circuit RLC série
sateur . alimenté par une tension sinusoidale
2. Détermine la solution u(t)(pour t ≥ e(t) = E0 cos(ωt)
0). 1. Etablir l’équation différentielle qui
régit la tension u aux bornes de la
3. Détermine i(t), intensité du courant
capacité C
circulant dans la bobine
2. Donner l’expression de cette
4. Peut-on prévoir le régime per-
équation différentielle en fonction
manent sans calcul ? Si oui
du facteur de qualité Q et de la pul-
déterminer :
1
sation propre ω0
(a) U ,tension aux
condensateur.
bornes
(b) I, courant dans la bobine, en

du
.P
3. Donner l’expression intrinsèque de
cette équation différentielle en
fonction du cœfficient d’amortisse-
.N
régime permanent. ment et de la pulsation propre ω0
4. Pour résoudre l’équation différentielle
Rattrapage précédente les tension uc est ob-
H
tenu sous les quatre conditions sui-

Exercice 1 vantes :
:Circuit RC parallèle en
V.
régime transitoire i. Le condensateur est initiale-

ment déchargé
On considère le circuit ci contre com- ii. l’intensité est nulle avant la fer-
portant une résistance R montée en pa- meture de l’interrupteur
rallèle avec un condensateur de capa- iii. La pulsation du générateur est
cité C, alimenté par un générateur de ω = ω0
Thévénin de f.é.m E et de résistance r.
iv. Le cœfficient d’amortissement
À la date t = 0s, l’interrupteur K est
vaut α = 1/2
fermé.
Montrer que la variation tempo-
1. Établir l’expression de q(t) où q relle de uc est de la forme
est la charge du condensateur. uc (t)
h = √ √
En déduire t1 , t2 eti en fonction du

2 3 1 3

E0 sin(ω0 t) − 3 exp − 2 ω0 t sin 2 ω0 t
temps.
2. Calculer à la date t1 l’énergie
Problème : Puissance en régime sinusoidal
stockée dans le condensateur.

Les parties A et B sont indépendantes (b) Montrer que quelque soit R le
0
rapport PP(R)
(R)
<1
0
Partie A (c) Calculer la valeur Rm pour la-
0
quelle P (R) est maximale
Un générateur de tension √ de force
électromotrice e(t) = E0 2 sin(ωt) et Partie B
de résistance interne R0 alimente une
impédance Z de résistance R et de On considère le circuit oscillant de la fi-
réactance X gure ci-contre qui dissipe en moyenne
1. Exprimer l’intensité efficace I0 qui une puissance de P = 40kW .La tension
traverse cette inpédance en fonc- efficace à ses bornes est U = 12kW et sa
tion de E0 , R0 , R et X. fréquence est f = 480kHz .
2. Exprimer la puissance moyenne P 1. Calculer numériquement la
reçue par l’impédance en fonction résistance équivalente Re qui dis-
1
de R et I0 . Déduire que P dépend siperait la même puissance.
aussi de X
3. On suppose que l’impédance est
une résistor de résistance R (X = 0)
.P
2. Exprimer l’admittance complexe Y
du dipôle AB
.N
3. Comment doit être la partie imagi-
.
naire de Y lorsque la dipôle a un
Montrer que P = P(R) passe par
comportement purement résistif ?
un maximum . Calculer la valeur
Exprimer Re en fonction de R, L et C
H
de Rm correspondante ainsi que la

lorsque la fréquence est telle que
puissance dissipée correspondante
l’admittance complexe Y est pure-
.On donne :E0 = 220V, R = 10Ω et
V.
ment résistive.
ω = 314rad/s
4. Le cœfficient de surtension du cir-
4. Dans le circuit précédent on insère
cuit oscillant est Q = lω
R.
une bobine idéale d’inductance L =
0.1H (a) Exprimer C et L en fonction de
(a) Calculer la puissance moyenne Re , Q et f
P 0 (R) dissipée dans le résistor . (b) Calculer L et C pour Q = 16
4.4 SOLUTIONS DE DES DEVOIRS D’ÉLECTROCINÉTIQUE
Premier devoir 1. Équation du mouvement de

→
−
→
−
Exercice 1 Enoncé la force de frottement f .

Bilan des forces : force de frotte- régime permanent est atteint à
→
− →
−
ment f , force électrique Fe , Poids 36.79% à la date τ :
→
−
P avec P Fe et P f . A t = τ on a :
D’après le théorème du centre vx (τ ) = τme E(1 − e−1 ) et
vl −1
d’inertie on a : vx (τ ) = 1 − e = 0.6321 = 63.21%
− →
→ − →
− →
− →
−
Fe + f = m→ −
a =⇒ e E − mτv = m ddtv D’où régime permanent est atteint
D’où l’équation de la trajectoire est à 100−63.21 = 36.79% à la date t = τ
→
− →
− →
−
m ddtv + mτ →
−
v − eE = 0 ~
4. Montrons que ~j = σ E
2. Intégration de l’équation différentielle On a :~j = ne~ ~ ⇒
vl ⇒ ~j = ne × τme E
obtenue. ~j = nτ e2 E.
~
En régime permanent on a : m
2
dvx m Posons σ = nτme ,on en déduit que
m dt + τ vx − eE = 0
~
~j = σ E
Solution de l’équation différentielle
sans second membre Calculons τ pour le cuivre :
mσ
On a τ = ne 2
1
m
dvx m
+ vx = 0 ⇐⇒
dt τ
dvx 1 .P −t
+ vx = 0 ⇐⇒ v = Ae τ A ∈ R
dt τ Exercice 2 Enoncé
.N
τe
Solution particulière : vl = m E.
On a à t = 0s, v0 = 0m/s donc
τe τe 1. Si on applique la Loi des Nœuds
A+ E =0⇒A=− E
m m en Termes de Potentiels aux nœuds
H
D’où avant A et après transformation

du générateur de Thévénin en
τe
V.
−t
v(t) = E(1 − e τ ) générateur de Northon
m e1 VB −VA e2 VB −VA −VA
+ VB R
. 2R + 2R − R + R +η+
VB −VA
Montrons qu’un régime permanent 2R =0
peut s’établir .
−VB
τe Soit VA2R (1 + 2 + 2 + 1) = e1
2R − eR2 + η
lim vx (t) = E VA −VB
t→+∞ m Or i = 2R
Un régime permanent peut donc
s’établir 1 e1 e2

D’où i = 6 2R − R +η
τ est en seconde(s) et est la
constante de temps. 2. En effectuant deux transformations
3. Évolution temporelle de la vitesse Générateur de Thévenin→Générateur
de Norton, on obtient deux
schémas équivalents au montage :
e1 2R× R
Avec ηeq = 2R − eR2 + η et Req = 2R+ R2 =
2
2
Montrons que le 5R

On reconnait un diviseur de cou- 2. a- Nouvelle
( expression de i(t)
rant : i = i1 + i2
Req E = UC + UR
i= ηeq
2R + Req
2/5R E = UC + UR ⇒ UC + ri1 = E
= ηeq
2/5R + 2R duc di1
2/5R 1 ⇒ +r =0
= ηeq = ηeq dt dt
12/5R 6 duc di1
1 e1
e2 ⇒C + rC =0
i= − +η dt dt
6 2R R di1
⇒ i1 + RC
3. A vérifier dt
t
Exercice 3 Enoncé ⇒ i1 (t) = Ae− RC
1. Charge Q0 stockée dans C1 On a : A t = 0, uc = 0; uR = E; i1 = E R

t
U0 = QC0 donc Q0 = CU0 donc A = E i (t) = E − RC
e Donc
1
R 1 R
− Lr t
Second devoir
Exercice 1 Enoncé
.P i(t) = i1 (t) + i2 (t) = R − E
Re
t
E − RC
E
R
b- Déduisons les valeurs de C et R

e +
.N
1. i1 vérifie l’équation canonique Pour le régime permanent on
d’ordre 2 avec ω0 = RC1
et Q = 31 a:
E di1 +
2. i1 (0+ ) = et(0 ) = − R2E
H
R
h dt√
2C
E r E t E r E
E 5
√
5
i − e− L t + e− RC = 0 ⇒ e− L t = e
3. i1 (t) = − √1 sh 3t
− RC R R R R
R ch 2RC t 5 2RC t exp
E E
⇒ = et −
V.
Exercice 2 Enoncé R R
⇒ R = r et C =
1. expression du courant i(t) E = Ul +
Ur
di
E = L dt
t Exercice 3 Enoncé
i(t) = Ae− τ + Er avec τ = Lr
A t = 0s, i(0) = 0 donc
A + E = 0 ⇒ A = − Er 3- i(t) = E

1 + − cos τt + sin τt exp − τt

t t 2R
i(t) = Er (1 − e− τ ) = Er − Er e− τ Er :
Régime permanent .
E − τt E E
re : Régime transitoire. 4- Oui U = 2 I = − 2R

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 5
PROBABILITÉ I
Abraham de Moivre et Siméon Denis

Poisson pour énoncer et démontrer
de façon rigoureuse des théorèmes li-
mites, c’est-à-dire pour établir les ten-
dances asymptotiques des phénomènes
1
naturels. Il établit une loi des grands
.P
nombres très générale et donne une
nouvelle et brillante méthode de
démonstration basée sur l’inégalité
.N
énoncée par Bienaymé et démontrée par
lui-même.
H
Il a aussi conçu un mécanisme ap-

pelé cheval de Tchebychev qui convertit
un mouvement de rotation en un mou-
V.
vement proche du mouvement linéaire.

Pafnouti Lvovitch Tchebychev (4 mai
1821 (16 mai 1821 dans le calendrier Après lui, Liapounov et Markov, ses
grégorien) à Okatovo, près de Borovsk élèves, continueront son oeuvre et cette
- 26 novembre 1894 (8 décembre 1894 tradition russe conduit à Kolmogorov,
dans le calendrier grégorien) à Saint- fondateur des probabilités contempo-
Pétersbourg) est un mathématicien raines.
russe.
Dans l’ensemble de son oeuvre, Tche-
Il est connu pour ses travaux dans bychev s’est penché aussi bien sur les
les domaines des probabilités, des sta- mathématiques fondamentales qu’ap-
tistiques, et de la théorie des nombres. pliquées. Il a ainsi inventé plusieurs ma-
chines à calculer. Il a également étudié
Tchebychev reprend le vaste pro- la théorie des nombres, démontrant
gramme lancé par Jacques Bernoulli, le postulat de Bertrand ou encore les
237
résultats sur la fonction indicatrice d’Eu- russe.
ler. Une part importante de ses travaux
a concerné les probabilités, et c’est ainsi Ses travaux ont surtout concerné les
qu’il reste connu pour les polynômes probabilités et les approximations, et
qui portent son nom. Il les introdui- ont débouché sur les polynômes qui
sit dans un article sur la mécanique portent son nom. Cela va entre autres
qui reprenait l’ensemble de ses trou- l’amener à étudier les polynômes ortho-
vailles à l’issue de sa vie. Nombre de gonaux. En 1852 il démontre le pos-
ses articles seront écrits en français et tulat de Bertrand. Puis avec son ami
publiés dans le journal de Crelle. A la Bienaymé, il développe une théorie mo-
fin de sa carrière, Tchebychev se voulait derne des probabilités.
mathématicien international plutôt que
1
.P
.N
H
V.

5.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE PROBABILITÉ I
n
Exercice 1: Corrigé n(n + 1)
X
3. Montre que k = . Cal-
2
k=1
n
X n
X
1. Etablir les identités cule k(k − 1) et déduis k2.
n
n1
n2 k=1 k=1
a) Akn1 An−k
n2 k = n! k n−k
b) np mp = m n n−m

n−p Exercice 3: Corrigé
n1 n2 n n1 +n2 −n

k n−k k n1 −k
c) n1 +n2
= n1 +n2

n n1 1. On note, pour j ∈ N et m ∈ N∗ ,
m
2. Etablir l’identité (si1 ≤ k ≤ n) Tj (m) =
P
kj
k=1
n−1
n X j (a) Montrer que
=
1
k k−1 m
j=k−1
3. Soient n1 et n2 deux nombres (réels

ou complexes). Etablir les identités
.P P
k=1
Pn
n+1
j

(k + 1)n+1 − k n+1 =
Tj (m)
.N
j=0
a) (b) En déduire une formule de
n récurrence sur n permettant de
X n k k calculer Tn (m)
k n n = nn1 (n1 + n2 )n−1
H
k 1 2
k=0 (c) Montrer que, pour tout
b) n ∈ N∗ , Tn (m) est un polynôme
V.
n
X
n k k de degré n+1 en m qui s’annule
k(k − 1) n n = en 0 et −1
k 1 2
k=0
2. Etablir, pour n ∈ N∗ , les identités :
n(n − 1)n21 (n1 + n2 )n−2
a)
n
X n
k (−1)p = 0
Exercice 2: Corrigé p=0
p
b)
1. En utilisant une situation concrète n
X n
n
X n

avec les dénombrements, montre la = = 2n−1
k+1
2j 2j + 1
formule de pascal Cn+1 = Cnk + Cnk+1 j=0 j=0
2. Déduis que, pour tout (n, p) ∈ N2 ,

n
X Exercice 4: Corrigé
Ckp = Cn+1
p+1
k=p

1. Combien existe t-il de grilles de (b) En déduire que
n
mots croisés 10 × 10 ?(Une grille de
(−1)n−k k n nk = n!
P
mots croisés 10 × 10 est un tableau k=1
carré de 100 cases dont certaines j
j

Snj (−1)j−k k n
P
peuvent être noires) (c) Montrer que = k
k=1
2. De combien de façons peut-on clas-
ser(sans ex aequo) les 40 étudiants Exercice 6: Corrigé
d’un groupe de TD ?
Soit E un ensemble fini de cardinal
Exercice 5: Corrigé
n ∈ N∗ .X
Notons :
S1 = Card(X)
On note Snj le nombre de surjections X∈P(E)
différentes que l’on peut former d’un X
S2 = Card(X ∩ Y )
ensemble à n éléments sur un ensemble
(X,Y )∈P(E)×P(E)
à j éléments. Par convention, on pose X
S = Card(X ∪ Y )
1
Snj = 0 si j ou n n’appartiennent pas à 3
N∗ ou j > n.
1
1. Que valent Sn et Sn ? n
.P (X,Y )∈P(E)×P(E)
1. Montre que S1 = n2n−1

2. Montre que S2 = n22n−2
.N
2. Montrer que, si n ≥ 2 on a
Sn2 = 2n − 2 3. Établis la relation S2 + S3 = 2n+1 S1
et déduis que S3 = 3n × 22n−2 .
3. (a) Montrer sans calcul que
(∀n ∈ N∗ )(∀k ∈ [0, n] ∩ N)
H
n
k
P j n
j Sn = k
j=1
Soit E un ensemble non vide de n
V.
(b) En déduire une formule de éléments.

récurrence permettant de cal-
culer les nombre Snk 1. Détermine le nombre de partitions
de E ayant 2 sous ensembles l’un
4. Etablir sans calcul la relation de
pouvant être vide.
récurrence(valable si n ≥ 2)
j j−1 2. Détermine le nombre de partitions
Snj = j(Sn−1 + Sn−1 )
de E en sous ensembles ayant tous
5. (a) On note f (x) = ex − 1.Montre 2 éléments.
que, pour tout entier k ∈ [0, n]
il existe des constantes réelles 3. On suppose que E a p × q éléments.
a1 (k), · · · , ak (k) = Akn telles que Détermine le nombre de partitions
de E en p parties de q éléments.
dn n
[f (x)] = 4. A est une partie de E de cardinal
dxn
" k # p. Quel est le nombre de parties
n−k
d X
n−j 0 j de E qui contiennent un et un seul
a j (k)f (x)(f ) (x)
dxn−k élément de A.
j=1

Exercice 8: Corrigé 2. Calcul Sp+1,p .
On suppose 0 < p ≤ n.
p
Soit E un ensemble de cardinal n et A X
3. Montre que (−1)k Cpk = 0.
et B deux parties de E.
k=0
1. De combien de façons différentes 4. Montre que, si 0 ≤ k ≤ q ≤ p alors
peut on choisir le couple (A, B) ? q−k
on a Cpq Cqk = Cpk Cp−k .
2. Combien existe t-il de couples 5. En déduire que, si 0 ≤ k < p, alors
p
(A, B) tels que A ∩ B = φ ? X
(−1)p Cpq Cqk = 0 (et si p = k ?) .
3. Combien existe t-il de couples q=k
(A, B) tels que A ∪ B = E ?
6. Montre que pour tout entier q de
4. Combien existe t-il de couples [|1, p|], le nombre d’applications de
(A, B) tels que A ∪ B = E et A ∩ B = En dans Ep ayant un ensemble
φ? image à q élément égal à Cpq Sn,q .
p
1
X
Cpq Sn,q
On veut distinguer 7 prospectus dans

10 boites aux lettres nominatives. De
.P
7. En déduire que p =n
8. Montre que : Sn,p = (−1)p

q=1
p
X
(−1)k Cpk k n .
.N
combien de façon peut-on le faire si : k=1
9. Montre que si 0 < p ≤ n − 1, alors
1. On met au plus un prospectus par
Sn,p = p(Sn−1,p + Sn−1,p−1 )
boite et les prospectus sont iden-
H
tiques ? 10. Retrouve la valeur de Sp+1,p , puis

montre que Sp+2,p = p(3p+1)
24 (p + 2)!
V.
boite et les prospectus sont tous

différents ?
3. On met un nombre quelconque de Si n ≥ 1, on note αn le nombre de
prospectus par boite et les prospec- partition d’un ensemble à n éléments
tus sont tous différents ? (nombre de Bell), et on pose α0 = 1
4. On met un nombre quelconque de 1. Montrer que si n ≥ 0,
prospectus par boite et les prospec- Pn
n

tus sont identiques ? α n+1 = i αi (formule de Do-
i=0
binski)
Exercice 10: Corrigé 2. En déduire que si n ≥ 1,
∞
1 kn
P
∗
n ∈ N . On note En = [|1, n|] et Sn,p le αn = e k!
k=1
nombre de surjection de En sur Ep . 3. Montrer que si n ≥ 0,
n m
1. Calcul Sn,p , si p > n, n = p, p = 1, p = n (−1)j
βn−k kk! où βm =
P P
αn = j!
2, k=0 j=0

Exercice 12: Corrigé quel est le nombre de solu-
tions dans Np de l’équation
d’inconnue(x1 , x2 , · · · , xp ),
1. De combien de façons peut-on ti- x1 + x2 + · · · + xp = n
rer, dans un jeu de 52 cartes,une
main de 5 cartes qui comporte exac- 2. De combien de façons peut-on choi-
tement 2 dames et 2 coeurs ? sir, dans un ensemble de n ≥
2 éléments, une paire de sous-
2. De combien de façons peut-on tirer ensembles disjoints non vides ?
dans un jeu de 52 cartes, une main
de 5 cartes : Exercice 14: Corrigé
a) comportant un brelan, mais ni
carré ni full ? 1. De combien de façons différentes
(un brelan est un ensemble de trois peut-on choisir p entiers (x1 , x2 , ..., xp )
cartes de même valeurs, un carré dans [|1, n|] de façon à ce que x1 <
1
est un ensemble de quatre cartes x2 < ... < xp ?
de même valeurs, un full est un en-
semble de cinq cartes dont trois ont
la même valeur et les deux autres
.P
2. De combien de façons différentes
peut-on choisir p entiers (x1 , x2 , ..., xp )
dans [|1, n|] de façon à ce que x1 ≤
.N
une même autre valeur) x2 ≤ ... ≤ xp ?
b) qui ne comporte ni 2 cartes 3. De combien de façons différentes
au moins de la même valeur, ni 5 peut-on choisir p entiers (x1 , x2 , ..., xp )
H
cartes dont les valeurs se suivent, dans [|1, n|] de façon à ce que
ni 5 cartes d’une même des 4 cou- x1 + x2 + ... + xp ≤ n ?
leurs ?
4. En déduire l’égalité
V.
(les quatre couleurs sont : Pique,

Coeur, Carreau et Trèfle) Exercice 15: Corrigé
3. On pose l’une à côté de l’autre,
dans l’ordre de leur sortie, 5 cartes On constitue une file d’attente en at-
tirées l’une après l’autre et sans tribuant au hasard des numéros d’ordre
remise, dans un jeu de 32 cartes. à n personnes (n ≥ 2). Deux amis A et B
Combien de figures différentes se trouvent dans cette file d’attente.
peut-on obtenir qui comportent 1. Quelle est la probabilité que
exactement 3 trèfles ? les deux amis soient situés l’un
derrière l’autre ?
Exercice 13: Corrigé 2. Quelle est la probabilité que les
deux amis soient distant de r places
(i.e séparés par r − 1 personnes) ?
1. Les nombres n et p étant
deux entiers naturels non nuls,

On veut 7 prospectus dans 10 boîtes 1. Une course comporte 5 chevaux
aux lettres nominatives. De combien de Trouvern le nombre de :
façon peut-on le faire si :
1. On met au plus un prospectus par (a) tiercés dans le désordre
boîte et les prospectus sont iden- (b) tiercés dans le désordre com-
tiques ? portant le cheval 4
boîte et les prospectus sont tous 2. A partir d’un groupe de 5 hommes
différents ? et 7 femmes on veut former un co-
3. On met un nombre quelconque de mité de 5 personnes : toutes les
prospectus par boîte et les prospec- personnes du groupe sont discer-
tus sont tous différents ? nables. Trouver le :
4. On met un nombre quelconque de (a) nombre de comités

prospectus par boîte et les prospec-
(b) nombre de comités comportant
1
tus sont identiques ?

.P 2 hommes et 3 femmes
(c) nombre de comités comportant
au plus deux hommes
.N
1. Une plaque minéralogique est com- 3. Une urne contient 3 boules
posée de 5 caractères parmi les 26 numérotées 1,2,3. On effectue 5
lettres de l’alphabet tirages avec remise et on note le
H
(a) Combien de plaques pouvons- nombre de fois où chaque boule est
nous former, sachant que l’on apparue. Trouver le :
V.
peut répéter les lettres ? (a) nombre de résultats

(b) Idem sachant que la troisième
(b) nombre de résultats sachant
lettre est un W
que la boule 2 n’est pas appa-
(c) Idem sachant que les trois rue
premiers caractères sont des
lettres et es 2 autres des (c) nombre de résultats sachant
chiffres que chaque boule est apparue
au moins une fois
2. On répond par OUI ou NON à un
questionnaire de 4 questions
(a) Nombre de réponses Exercice 19: Corrigé
(b) Nombre de réponses qui com-
portent au moins un OUI
Une urne contient 4 boules rouges
et 2 boules noires indiscernable au tou-
cher.

1. On effectue au hasard un tirage (b) nombre de permutation E
de deux boules simultanément de qui conservent la partition
l’urne. On note : ({A1 , A2 }, {B1 , B2 , B3 }, {O})
–A0 l’évènement aucune boule 2. Applications
noire n’est obtenue (a) A = {1, 2, 3, 4, 5}, B =
–A1 l’évènement on a obtenu une {A, B, · · · , Z}.
seule boule noire
i. Trouver le nombre d’appli-
–A2 l’évènement on a obtenu
cations f A −→ B
deux boules noires
6
Montrer que P (A0 ) = 15 8
, P (A1 ) = 15 ii. Idem sachant que f (3) = W
2. Déduis P (A2 ) iii. Idem sachant que W admet
un seul antécédent
3. Après ce premier tirage, il reste 4
(b) E = {P, F }
boules dans l’urne. On effectue à
nouveau simultanément un tirage i. Trouver le nombre de
de 2 boules dans l’urne. suites avec répétition de 4
1
éléments pris dans E
On note :
–B0 l’évènement aucune boule
noire n’est obtenu au second tirage
.P ii. Idem sachant que P appa-
rait une seule fois
.N

–B1 l’évènement on a obtenu une
seule boule noire au second tirage
On considère 2 urnes notées respec-
H
–B2 l’évènement on a obtenu 2 tivement U et V . On suppose que l’urne

boules noires au second tirage U contient 2 boules noires et 2 boules
blanches et que l’urne V contient 2
V.
(a) Calculer P (B0 /A0 ), P (B0 /A1 ) et boules noires , 2 boules blanches et 2
P (B0 /A2 ) boules vertes.
(b) Calculer P (B0 ) et calculer P (B1 ) 1. On considère l’expérience (ε1 ) sui-
et P (B2 ) vante : On tire simultanément 2
4. On considère l’évènement R il a boules de l’urne U , on note leur
fallu exactement les 2 tirages pour couleur, puis on les remet dans
que les deux boules noires soient l’urne U
tirées de l’urne . Calculer P (R). (a) Calcule la probabilité d’obtenir 2
boules de même couleur.
Exercice 20: Corrigé Soit n ∈ N, n ≥ 2. On répète n fois
l’expérience (ε1 ).
(b) Détermine la probabilité d’obtenir
1. E = {A1 , A2 , B1 , B2 , B3 , O}. Trouver k fois 2 boules de même couleur
le : lors de ces n tirages dans l’urne U,
(a) nombre de permutations de E k ∈ [|0; n|].

(c) Détermine la probabilité d’obtenir couleur et par Di : l’évènement
au moins une fois deux boules de l’urne V est vide après le i-ième
même couleur de ces n tirages dans tirage, i ∈ N∗ .
l’urne U, k ∈ [|0; n|]. (a) Calcule b
2. On considère cette fois l’expérience (b) Calcule P (D2 ) et P (D3 ).
(ε2 ) On tire au hasard et simul-
(c) Montre que P (Dn+1 ) = bP (Bn )+(1−
tanément 2 boules de l’urne U. Si
b)P (Dn ), ∀ n ≥ 2
les 2 boules tirées sont de même
ab n−2
couleur, on enlève ces boules de (d) Déduis que P (Dn ) = b−a [(1 − a) −
l’urne U. Si elles sont de couleurs (1 − b)n−2 )]
X
différentes on les remet dans l’urne (e) Calcule P (Dn )
U puis on recommence l’expérience n≥2
jusqu’à ce que l’urne U soit vide..
On désigne par ”a” la probabilité Exercice 22: Corrigé
de l’évènement A : au premier ti-
1
rage dans l’urne U les 2 boules sont On effectue deux expériences
.P
de même couleur. On désigne par aléatoires successivement. L’ensemble
Bi : l’évènement l’urne U est vide des résultats possibles de la 1ère
après le ième tirage, i ∈ N∗ . épreuve est noté Ω1 et celui de la 2nde
.N
(a) Calculer P (B1 ), P (B2 )etP (B3 ). Ω2 . On suppose que ces résultats sont
au plus dénombrables. On note P1 ({x})
(b) Montre que P (Bn ) = a(1 −
la probabilité que x soit le résultat de
a)n−2 , ∀n ≥ 2.
H
la 1ère épreuve P2 ({x}) celui de la 2nde

∗ 2
3. Soient (λ, r, s) ∈ R × (R ) épreuve.
et la suite (Un )n≥2 définie par 1. Définis l’univers associé à cette
V.

U2 = 0
 expérience aléatoire.
n−2
Un+1 = λr + sUn , ∀n ≥ 2, 2. Montre que l’application P définie

r 6= s

sur (Ω1 × Ω2 ) par P ({(x1 ; x2 )}) =
λ n−2 n−2
Montrer que Un = r−s (r −s ) P1 ({x1 }) × P2 ({x2 }) est une probabi-
4. On considère une nouvelle lité sur Ω1 × Ω2 .Quand est ce qu’il
expérience (ε3 ) : On tire au ha- est légitime d’utiliser P pour décrire
sard et simultanément 2 boules l’ensemble des 2 épreuves succes-
dans l’urne V Si les 2 boules sives ?
sont de même couleur, on les retire 3. Soit A1 ⊂ Ωi , i ∈ {1; 2} et Ci
de l’urne V, si non on les repose l’évènement : Ai est réalisé au
et on recommence jusqu’à ce que cours de la i-ième expérience i ∈
l’urne soit vide. On désigne par {1; 2}. Décrire C1 , C2 et C1 C2 comme
b la probabilité de l’évènement C : des sous ensemble de Ω1 × Ω2 et
au premier tirage dans l’urne V, trouve une relation entre leurs pro-
les 2 boules tirées sont de même babilités.

4. Montre que si chaque Pi , i ∈ {1; 2} Exercice 25: Corrigé
est équiprobable, il en est de même
pour P. Dans la production d’une pièce
5. Répond aux questions précédentes mécanique, il peut apparaître un
en supposant un nombre quel- défaut. Le processus de production est
conque d’expériences aléatoires trop complexe pour prévoir l’apparition
successives, n ∈ N, n ≥ 2. de ce défaut. Il faut donc faire contrôle
de production pour estimer le nombre
de pièces défectueuses et être sûr de
remplir les engagements pris vis à vis
de la clientèle.
Soit Ω = {a, b, c} l’univers associé
à une expérience aléatoire et A= Supposons que l’on produit N pièces
{∅, {a; b}, {c}, Ω} une tribu associée(les dont m(m ≤ N ) sont défectueuses. On
évènements {a} et {b} sont indispen- tire au sort n(n ≤ N ) pièces dans cette
1
sables). On définit l’application réelle X production.
sur Ω par X(a) = 1, X(b) = 2, X(c) = 3.
1. Soit P une probabilité sur (Ω, A),
peut-on définir la loi de probabilité
.P
1. Dans cette question, on modélise
l’expérience en ne tenant pas
compte de l’ordre.
.N
de X ? (a) Définir l’univers correspondant.
2. Si la probabilité P est définie sur (b) Soit Ak , k ∈ [|0; m|] l’évènement :
(Ω, A) par P({c}) = 1 et si on définit le nombre de pièces tirées
H
l’application Y sur Ω par Y (ω) = 3 défectueuses est égal à k. Calcu-

∀ω ∈ Ω. Calculer P({X = Y }). Peut- ler P (Ak ).
on conclure que X et Y on même loi 2. Dans cette question, on modélise
V.
de probabilité ? l’expérience en tenant compte de

l’ordre
(a) Définit l’univers correspondant
(b) Soit Bk , k ∈ [|0; m|] l’évènement :
le nombre de pièce tirées
La fonction de répartition F d’une défectueuses est égal à k. Calcu-
variable aléatoire X est définie par : ler P (Bk ).
1
F (X) = 0, si x ≤ 1 et F (x) = 1 − n(n+1) , 3. Comparer P (Ak ) et P (Bk ).
si n < x ≤ n + 1,n ∈ N∗ . Conclure.
1. Calculer les probabilités pn = Exercice 26: Corrigé
P (X = n), n ∈ N∗
2. Calculer E(X) et V ar(X) s’ils 1. A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 3, 4, 5}
existent. (a) Trouver le nombre d’applica-
tions f A −→ B

(b) Idem sachant que 4 admet un (b) Trouver le nombre de chemins
seul antécédent de E qui passent par (4,3)
2. E = {A, B, · · · , Z}
(a) Trouver le nombre de suites
avec répétition de 5 éléments
1. Quel est le plus probable ?
pris dans E
(a) Obtenir au moins un as en
(b) Idem sachant que W apparait lançant 4 dés ?
en troisième position
(b) Obtenir au moins deux as en
lançant 10 dés ?
(c) Obtenir au moins une paire d’as
en lançant 25 paires de dés ?
1. E = {1, 2, 3, 4, 5} (d) Obtenir au moins deux as en
(a) Trouver le nombre de parties de lançant 50 dés ?
1
E à 3 éléments 2. Déterminer, en précisant à partir
(b) Trouver le nombre de parties de
E à 3 éléments et contenant 4
.P de quelles hypothèses, la probabi-
lité de trouver, dans un groupe de
n personnes choisies au hasard, au
.N
2. A = {A, B, C, D, E}, B = moins deux personnes ayant leur
{1, 2, · · · , 7} anniversaire le même jour. Calculer
(a) Trouver le nombre de par- une valeur approchée de cette pro-
babilité pour n = 23, n = 41 et n =
H
ties à 5 éléments contenant 2

éléments de A et 3 de B 57.
(b) Trouver le nombre de parties à Exercice 29: Corrigé
V.
5 éléments contenant au plus 2

éléments de A
1. On tire 5 cartes, sans remise, dans
3. E = {1, 2, 3, 4, 5} un jeu de 52 cartes. Comparer la
(a) Trouver le nombre de suites probabilité des événements sui-
strictement croissantes de 3 vants :
chiffres pris dans E A = une paire , c’est-à-dire 2 cartes
(b) Idem mais suites strictement de même valeur
décroissantes B = deux paires
C = un brelan , c’est-à-dire 3 cartes
4. Sur le réseau N × N on note E l’en- de même valeur
semble des chemins de longueurs D = un flush , c’est-à-dire 5 cartes
12 qui partent de (0,0) et se ter- de la même couleur
minent en (7,5) E = un full , c’est-à-dire 3 cartes
(a) Trouver le nombre de chemins d’une même valeur, les 2 autres
de E d’une même autre valeur

F = une quinte , c’est-à-dire 5 cartes (b) On tire deux diamants et deux
dont les valeurs se suivent, l’ordre rubis.
étant : as, 2, 3,. . . ,10, valet, dame, (c) On tire autant de diamants que
roi, as de rubis.
G = un carré (ou poker) , c’est-à-
dire 4 cartes de même valeur Exercice 31: Corrigé
H = une quinte flush .
Un agriculteur a entreposé
dans un local humide 12 doses
Exercice 30: Corrigé d’herbicides et 8 doses de fon-
gicide. Après plusieurs mois
de séjour, les étiquettes ne
1. Un groupe de 10 personnes est sont pas différentiables (parce
composé de 4 hommes et 6 qu’illisibles).
femmes : on choisit 5 personnes. En vue d’un traitement,l’agriculteur
1
prend 6 doses au hasard
(a) Trouver la probabilité pour
qu’il n’y ait aucun homme
(b) Trouver la probabilité d’obtenir
.P
a. Quelle est la probabilité
prenne 6 doses d’herbicide ?
qu’il
.N
2 hommes et 3 femmes. b. Quelle est la probabilité qu’il
prenne au moins 2 doses d’herbi-
2. On répartit 10 oeufs indiscernables
cide ?
dans 3 paniers discernables.
H
(a) Trouver la probabilité de la Exercice 32: Corrigé

répartition (2 ; 5 ; 3)
D’après les données recueillies jus-
V.
(b) Trouver la probabilité pour que

qu’à ce jour,2% de la production d’une
tous les oeufs soient dans le
unité d’une entreprise est non conforme
même panier
et ne peut être commercialisée.
(c) Trouver la probabilité pour que a. Quelle est la probabilité que 2
tous les oeufs ne soient pas pièces choisies au hasard de la pro-
dans le même panier duction de cette unité soient non
3. Un coffre contient 10 diamants, conforme ?
15 émeraudes et 20 rubis. On tire b. Quelle est la probabilité que la
quatre pierres précieuses au hasard première pièce soit non conforme
dans le coffre. Calculer les proba- et que la seconde soit conforme ?
bilités suivantes (valeurs exactes,
puis une valeur approchée à 10−2 Exercice 33: Corrigé
près à l’aide de la calculatrice) :
(a) Les quatre pierres sont du 1. Combien peut-on définir sur
même type. Ω = {a, b, c} de probabilité P

(a) telles que P({a, b}) = 41 ? 6. F au moins un des deux premiers
(b) telles que P({a, b}) = P({b, c}) = poissons pris est une carpe
1 7. G chacun des trois derniers pois-
4?
(c) telles que P({a, b}) = P({b, c}) = sons pèse plus que le précédent
3
4? Exercice 35: Corrigé
2. Soient A et B deux évènements
aléatoires associés à un espace pro- Le directeur d’un établissement où
babilisé (Ω, P).Montrer que travaillent plus de mille personnes,
dont la moitié de femme.Il n’a pas
P(A ∩ B) − P(A)P(B) = réussi à susciter de candidatures vo-
lontaires pour constituer une commis-
−P(AC ∩ B) + P(AC )P(B) =
sion de 10 personnes chargée de pro-
−P(A ∩ B C ) + P(A)P(B C ) = poser des amendements au règlement
C C C
P(A ∩ B ) − P(A )B ). C
intérieur de l’établissement.
1
Il a décidé de tirer au sort 10 noms sur
Exercice 34: Corrigé .P
la liste du personnel.
Montrer qu’il y a environ une chance sur
quatre de trouver autant d’hommes que
.N
Monsieur Dubouchon pêche à la ligne
de femmes dans la commission ainsi
dans son étang où ne vivent que trois
formée.
carpes et sept touches.Il a décidé de
pêcher jusqu’à ce qu’il ait pris quatre
H
poissons.En supposant que chacun des Exercice 36: Corrigé

dix poissons ait la même probabilité de
se faire prendre (dans n’importe quel A l’ouverture, le rayon boulangerie
V.
ordre) et qu’ils aient tous des poids d’un magasin en libre service contient
différents, déterminer la probabilité de cent baguettes dont x seulement sont
chacun des événements aléatoires sui- fraiches, les autres étant l’invendu de la
vants : veille.
1. A l’un des quatre poissons pris est 1. Madame N est la première cliente
une carpe de la journée. Elle choisit au hasard
k baguettes. Quelle est la probabi-
2. B l’un au moins des quatre poissons
lité pk (m) que m d’entre elles soient
pris est une carpe
fraiches ?
3. C le premier poisson pris est une
2. Si Madame N n’est pas la première
carpe
cliente de la journée et si n ba-
4. D le second poisson pris est une guettes (n ≤ 100 − k) ont déjà été
carpe achetées(toutes choisies au hasard)
5. E les deux premiers poissons pris avant son arrivée,qu’est devenue la
sont des carpes probabilité pk (m) ?

3. Les clients du magasin ne chez l’homme que chez la
connaissent évidemment pas le femme permet-il de conclure
nombre x(ils le supposent nul !).En sérieusement ?
fait, ce nombre est aléatoire :il
dépend chaque jour du nombre Exercice 38: Corrigé
aléatoire de baguette vendues
la veille.Pour tout entier i de Un vigile a, dans sa poche, dix clefs
[1, 100],on note Ai l’événement : i toutes différentes mais indiscernables
des 100 baguettes que contient le au toucher. Il doit ouvrir, dans la quasi-
rayon à l’ouverture sont fraiches. obscurité, une des portes de l’entrepôt
Montrer que la probabilité p1 (0) qu’il surveille et, pour ce faire, il es-
d’avoir du pain rassis quand on saie les clefs l’une après l’autre, au ha-
achète une seule baguette ne sard. Certaines nuits, il remet dans une
dépend des P(Ai ) qu’au travers du autre poche toute clef essayée et qui n’a
nombre pas ouvert le porte. Les autres nuits, il
1
100 remet dans la même poche toute clef
m=
X
i=1
iP(Ai )
.P
essayée sans succès. Un cambrioleur
probabiliste a remarqué que le vigile
emploie la seconde méthode quand, et
.N
Exercice 37: Corrigé seulement quand, il a trop copieuse-
ment arrosé son repas, ce qui se produit
Une enquête a montré qu’en Bor- de façon aléatoire avec une probabilité
H
durie le cancer des bronches touchait 1/10 (et le rend inoffensif).

une femme sur 10 000 et 4 hommes Déterminer la probabilité pk que le vo-
sur 10 000. La même enquête prou- leur, arrivé sur les lieux après le repas
V.
vait que 70% des cancers bronchiques du vigile et très pressé d’en finir, puisse
chez la femme apparaissent chez une agir sans risque quand il a constaté que
fumeuse, contre 30% seulement chez la porte n’est pas encore ouverte après
une non-fumeuse, alors que ces propor- la k-ième tentative
tions chez l’homme sont respectivement
90% et 10%. Un journaliste de Klow Exercice 39: Corrigé
matin concluait son commentaire de
l’enquête en affirmant qu’une fumeuse
Un étudiant se rend tous les jours
avait moins de risque de contracter ce
à l’université, distante de 5km de son
cancer qu’un fumeur.
domicile. Il fait le trajet à vélo à une
1. Sur quoi ce journaliste a-t-il vrai- vitesse de 30 km/h. Mais sur son par-
semblablement basé sa conclu- cours, il rencontre 4 feux de signali-
sion ? sations. Pour chaque feu la probabilité
2. Savoir que la proportion de fu- qu’il soit vert est égale à 2/3, et la pro-
meurs est six fois plus élevée babilité qu’il soit orange ou rouge est

égale à 1/3. A toutes fin utiles, on rap- 2. Calculer P (R2 |R1 ) et P (R2 |B1 ) et en
pelle qu’un conducteur doit s’arrêter déduire la loi de X2 .
uniquement lorsqu’un feu est orange ou 3. On pose Sn = X1 + X2 + ... + Xn ,
rouge te qu’un feu orange ou rouge fait n ∈ N∗
perdre une minute. (a) Définir Sn l’ensemble des va-
leurs que peut prendre Sn .
On note X le temps(minutes) mis par Si Sn = k, k ∈ Sn , quel
l’étudiant pour se rendre à l’université est le contenu de l’urne après
et Y le temps perdu à cause des feux de le n-ième tirage ? En déduire
signalisations. P (Rn+1 |Ak ) où Ak = (S − n + k).
1. (a) Quelle la loi de la variable (b) Montrer que P (Rn+1 ) =
aléatoire Y ? n
X a+k
P (Ak ).
(b) Donner les valeurs de E(Y ) et a+b+n
k≥0
V ar(Y ). 4. On considère la proposition,
2. (a) Déterminer la fonction de
1
Pn : les variables aléatoires
répartition de la variable
aléatoire X. Tracer la courbe
représentative de cette fonc-
.P X1 ; X2 ; ...; Xn ont la même loi que
N1 .
(a) Calculer E(Sn )
.N
tion.
(b) Montrer que Pn ∀n ∈ N∗ .
(b) On suppose que l’étudiant part
de chez lui 12 minutes avant
le début des cours. Calculer la
H
Soit (Ω, F, P ), une espace probabi-

probabilité qu’il arrive en re-
lisé.
tard.
1. soit A et B deux évènements de
V.
Exercice 40: Corrigé Ω. Montre que P (A ∪ B) = P (A) +

P (B) − P (A ∩ B)
Une urne contient a boules rouges 2. soit (An )n∈N∗ une suite d’évènements
et b boules blanches a ≥ 1, b ≥ 1. A de Ω. Montrer la formule de Poin-
chaque tirage, on choisit une boule au caré :
hasard dans l’urne. La boule est en- P (∪ni=1 Ai ) = nk=1 (−1)k+1 1≤i1 ≤i2 ≤...ik ≤n P
P P
suite remise dans l’urne et on ajoute Ai2 ∩ ... ∩ Aik )
une boule de même couleur. On note Rn 3. Soit n ∈ N, n ≥ 2. Un soir de pluie,
l’évènement : tirer une boule rouge n personnes se rendent au restau-
au n-ième tirage et Bn l’évènement : rant. En repartant il se répartissent
tirer une boule blanche au n-ième les n parapluies qu’ils avaient
tirage,n ∈ N∗ . On considère la va- laissés à l’entrée. On cherche à cal-
riable aléatoire Xn = 0 si Bn est réalisé. culer la probabilité qu’aucun ne
1. Quelle est la loi de X1 ? Calculer son récupère le parapluie avec lequel il
espérance mathématique. est arrivé.

(a) Déterminer un espace probabi- 3. Sachant que l’individu choisi est at-
lisé fini (Ω, F, P ), associé à cette teint du cancer, quelle est la proba-
expérience aléatoire. Tu donne- bilité qu’il soit atteint du sida ?
ras le cardinal de Ω.
(b) ∀j ∈ [|1; n|], introduisons A − j Exercice 43: Corrigé
l’évènement : la j-ième per-
sonne récupère son parapluie
. Soient k ∈ [|1; n|], et J ⊂ 1. On lance 2 dés équiprobables à
[|1; n|], et Card(J) = k. Calcule 6 faces.Quelle est la probabilité
P (∪Aj ). pour que la somme des chiffes soit
supérieure ou égale à 10
(c) Déduis que la probabilité
qu’aucune des personnes du re- 2. On considère l’univers
pas ne récupère le parapluie Ω = {(i; j), 0 ≤ i, j ≤ 4}.
avec lequel il est arrivé est Les évènements élémentaires de
Pn (−1)k
la forme (2p + 1; 2q + 1) ont la
1
k=0 k!
Exercice 42: Corrigé .P même probabilité α et les autres

évènements élémentaires ont la
même probabilité α/3.
Calculer α puis la probabilité de
.N
Une enquête réalisée dans une ville l’événement {i > j}.
d’Afrique a révélée que 25% de ces ha-
bitants sont atteints du Sida, 80% sont
H
atteints du cancer. Parmi les habitants

non atteints du Sida 10% sont atteints
du cancer. On choisit au hasard un in- On rappelle que la probabilité qu’une
V.
dividu dans ce village et on désigne par permutation de En n’ait aucun point fixe
S l’évènement être atteint du Sida est
n
et par C l’évènement être atteint du X (−1)n
pn = , donc que le nombre
cancer . k!
k=0
1. Calcule la probabilité que l’individu de permutations sans points fixes de En
est n! × pn
(a) soit atteint du sida et du cancer.
1. (a) 4 personnes assises sur 4
(b) soit atteint du Sida unique-
chaises se lèvent puis se ras-
ment.
soient aléatoirement. Quelle est
(c) soit atteint du cancer unique- la probabilité qu’aucune per-
ment. sonne ne se rassoit sur la même
(d) ne soit atteint ni du cancer, ni chaise.
du sida. (b) Dans un hôtel on distribue 5
2. Déduis-en la probabilité que l’indi- clefs à 5 clients pour entrer
vidu choisi soit atteint du cancer. dans leur chambre : chaque

clef n’ouvre qu’une seule porte. I I
Quelle est la probabilité qu’au A 150 18
moins un client puisse ouvrir sa A 10 322
porte.
(a) Calculer les probabilités condi-
2. E = {a, b, c, d, e}, s est une permuta- tionnelles pr(A/I) et pr(A/I).
tion de E. Détermine la :
(b) On suppose qu’un individu est
(a) probabilité que a soit fixe de s ivre avec la probabilité p : Cal-
(b) probabilité que a soit seul point culer les probabilités condition-
fixe de s nelles pr (I / A) et pr(A/I) en
fonction de p et achever les cal-
(c) probabilité pour que s ait un
culs pour p = 0,01.
seul point fixe
(d) probabilité pour que s ait au
moins un point fixe
1
.P
1. On lance une pièce de monnaie 5
fois de suite indépendamment et
on note dans l’ordre l’apparition de
.N
1. Une urne I contient 2 boules rouges pile ou face : pr (pile) = 2/3.Quelle
et 4 boules noires, une urne II est la probabilité qu’un lancer com-
contient 4 boules rouges et 2 boules porte deux pile exactement.
H
noires. On tire aléatoirement 2. Une salle contient n personnes

(équiprobabilité) une boule dans dont les dates de naissance sont
l’urne I ou II et on sort une boule indépendantes. Quelle est la proba-
V.
rouge. bilité qu’une personne (au moins)

Quelle est la probabilté pour que la soit née le même jour
boule sorte de l’urne II.
3. On lance un dé équiprobable à six
2. Même question si la probabilité de faces un nombre indépendamment :
tirer dans l’urne II est α et si l’urne on note Ωn l’événement le premier
I contient une proportion de p1 5 est au rang n et A l’événement le
boules rouges, l’urne II une propor- 5 apparait avant le 2 . Calculer :
tion de p2 boules rouges.
(a) pr(Ωn )
3. Une urme a étudié un alcootest (b) pr(A ∩ Ωn )
dans une population et a pour cela
recruté 500 personnes ; elle a fait (c) pr(A)
boire 160 d’entre elles et a obtenu 4. On considère deux évènements A
les résultats suivants, où A désigne et B ; on résume par le tableau ci-
l’évènement ”alcootest positif” et I dessous les probabilités des inter-
l’évènement ”individu ivre”. sections entre A,A et B,B :

X
B B 4. P (Y = y) = P (X = x et Y =
A p q x∈X(Ω)
A r s y)
(a) Montrer que A et B sont 5. P (X

X ∈ A et X ∈ B) =
indépendants si et seulement P (X = x et Y = y)
ps = qr. (x,y)∈A×B
(b) Montrer que si A et B sont 6. P (Y ≥ X ≥ 0) =

indépendants alors il en va de P P
x∈X(Ω) y∈Y (Ω) P (X = x et Y = y)
même de A et B,A et B,A et B. x≥0 y≥x
7. P (Y = f (x)) =

Exercice 47: Corrigé X  X
P (X = x) 
 P (Y = y et X =
On effectue un tirage successif avec x∈X(Ω) y∈Y (Ω)
P (X=x)6=0 y=f (x)
remise dans une urne qui contient n
1
boules discernables : on arrête dès que
l’on tire une boule déjà obtenue aupa-
ravant. On note X le nombre de tirages.
.P Exercice 49: Corrigé
Soit n ≥ 2. On considère deux va-

.N
1. Calculer
riables aléatoires indépendantes X1 et
pr(X > k|X > k − 1) puis pr(X > X2 ,définit sur le même espace probabi-
k).En déduis la loi de X : Applica- lisé (Ω, B; P) et suivant la loi uniforme
H
tion au cas n=4 discrète sur [|1; n|]. On considère a un

2. Calculer directement pr(X = k) nombre entier naturel élément de [|1; n|]
et Y la variable aléatoire définie par :
V.

(
X1 (ω) , si X2 (ω) ≤ a
∀ω ∈ Ω, Y (ω) =
Soit X et Y deux variables aléatoires X2 (ω) , si X2 (ω) > a
réelles définies sur le même univers fini
Ω muni de la probabilité P, f une appli- 1. Déterminer la loi de Y
cation de R dans R. Montrer que, 2. Calcule E(Y ) et comparer le à
1. P (X ≤ 0)+P (X ≥ 0) = 1+P (X = 0) E(X1 ).
X 3. Détermine la valeur de a, pour la-
2. P (X ∈ / A) = 1 − P (X = x)
quelle E(Y ) est maximale ?
x∈A
X
P (X = x)
x∈A∩B
3. P (X ∈ A/X ∈ B) = X
P (X = x)
x∈B Soit p ∈]0; 1[. On dispose d’une pièce
si P (X ∈ B) > 0 amenant ”pile” avec la probabilité p. On

lance cette pièce jusqu’à obtenir pour lal’une de l’autre.Pour une chaîne
deuxième fois ”pile”. Soit X le nombre donnée, les fabrications des pièces sont
de ”face” obtenus au cours de cette indépendantes. On suppose que A pro-
expérience. duit 60% des objets et B produit 40%
1. Déterminer la loi de X. des objets. La probabilité qu’un objet
produit par la chaîne A soit défectueux
2. Montrer que X admet une
est 0, 1 alors que la probabilité pour
espérance, et la calculer.
qu’un objet construit par la chaîne B
3. On procède à l’expérience sui- soit défectueux est 0, 2.
vante : si X prend la valeur n, on
place n + 1 boules numérotées de 1. On choisit un objet au hasard à la
0 à n dans une urne, et on tire sortie de l’entreprise. On constate
ensuite une boule de cette urne. que cet objet est défectueux. Cal-
On note alors Y le numéro obtenu. culer la probabilité de l’évènement
Déterminer la loi de Y. Calculer l’objet provient de la chaîne A.
1
l’espérance de Y. 2. On suppose de plus que le nombre
4. On pose : Z = X − Y . Détermine la
loi de Z et vérifie que Z⊥Y .
.Pd’objets produit en une heure par A
est une variable aléatoire Y qui suit
une loi de Poisson de paramètre
.N
Exercice 51: Corrigé λ = 20. On considère la variable
aléatoire X représentant le nombre
On lance deux dés équilibrés, on note d’objets défectueux produit par la
chaîne A en une heure.
H
U et U les variables aléatoires corres-

1 2
pondant aux résultats obtenus. U1 ⊥U2 . (a) Rappeler la loi de Y ainsi que
On appelle X = min(U1 , U2 ) et Y = la valeur de l’espérance et de la
V.
max(U1 , U2 ). variance de Y .
1. Donner la loi de X. En déduire E(Y ). (b) Soient k et n deux entiers natu-
2. Exprimer X + Y en fonction de U1 rels, déterminer la probabilité
et U2 . En déduire E(Y ). conditionnelle P (X = k|Y =
3. Exprimer XY en fonction de U1 et n).(On distinguera les cas k ≤ n
U2 . et k > n).
4. Calcule E(X − Y ). (c) En déduire, en utilisant le
système complet d’évènements
Exercice 52: Corrigé (Y = i)n∈N , que X suit une loi de
Poisson de paramètre 2.
On considère une entreprise de
construction produisant des objets Exercice 53: Corrigé
sur deux chaînes de montage A et
B qui fonctionnent indépendamment

1. On lance quatre fois une pièce juste Exercice 55: Corrigé
et on note X la variable aléatoire
nombre de séquences pile-face ob-
On lance un dé juste, au plus cinq
tenues . Par exemple, si on obtient
fois, en s’arrêtant (éventuellement) dès
successivement : pile, pile, face,
qu’on a obtenu un 6. et on note Y la
pile, X prend la valeur 1 ; si on
variable aléatoire nombre de lancers ef-
obtient successivement : face, pile,
fectués . Déterminer la loi de probabilité
pile, pile, X prend la valeur 0 ; si
de Y .
on obtient successivement : pile,
face, pile, face, X prend la valeur 2.
Déterminer la loi de probabilité de Exercice 56: Corrigé
X.
2. On lance un dé juste, au plus cinq
1. Déterminer la variance de la loi de
fois, en s’arrêtant (éventuellement)
probabilité U(1, . . . , n)
dès qu’on a obtenu un 6. et on note
1
Y la variable aléatoire nombre de 2. Que représente pour une série sta-
lancers effectués. Déterminer la loi
de probabilité de Y .
.P tistique la variance de la loi de pro-
babilité associée ?
3. Calculer P(X = 30) si X est une va-
.N
riable aléatoire de loi H(n, N1 , 100)
telle que E(X) = 10, 2 et E(X 2 ) =
Une population E est constituée de
108, 8.
N individus, N1 d’entre eux étant d’un
H
type T.
Après avoir fixé un entier n de [|1, N1 |] Exercice 57: Corrigé
V.
, on fait des tirages au hasard dans E,

sans remise (un individu à la fois) jus-
1. Calculer P(X < E(X)) si X est une
qu’à avoir obtenu n individus de type
variable aléatoire de loi binomiale
T, et on note Z la variable aléatoire
telle que Y ∈/ N et E(X) = 2V(X).
nombre de tirages effectués . Pour tout
k de [|n, N |], on note : 2. Soit P une loi de probabilité sur un
Ak−1 = On obtient (n-1) fois un T des univers fini Ω ⊂ R et p un entier
k − 1 premiers tirages (si n≥ 2) supérieur ou égal à 2. On dit que
Bk = on obtient un T au k-ième tirage des réels f1 , ..., fp−1 sont des frac-
1. Détermine P(Ak−1 et P|Ak−1 (Bk ) si tiles d’ordre p de P si
k≥n≥2 X j
(∀j ∈ [|1, p − 1|]) P (x) ≥
2. Montrer que la variable Z a pour p
i≤fj
germe
( k−1
! ) et X p−j
k, n−1 | k ∈ [|n, N |] P (x) ≥
N N −k
p
N1 N1 −n x≥fj

(a) Montrer que f1 ≤ · · · ≤ fp−1 loi de probabilité associée à la
série statistique de trente me-
(b) Déterminer une médiane (frac- sures d’un caractère quantitatif
tile d’ordre 2) et trois quar- dont les résultats sont donnés
tiles (fractiles d’ordre 4) de la dans le tableau suivant.
xi =valeur observée 0,00261 0,00262 0,00263 0,00264 0,00265

ni =nombre d’observation de xi 3 9 13 4 1
Exercice 58: Corrigé 1. On suppose que X suit la loi bino-
mial B(n, p).
(a) Montrer que
1. Deux joueurs s’affrontent dans un n/2
sport : le joueur 1 est plus faible X n 2k
p n − 2k =
que le joueur 2, et n’a qu’une pro- 2k
k=0
babilité p = 0 :4 de gagner. On sup-
1
1
[(q + p)n + (q − p)n ].
pose que les joueurs jouent 5 par-
ties indépendantes et on note X le
nombre de parties gagnées par le
.P 2
(b) Montrer que
pr(”X est pair”) =
1
[1 + (q −
.N
joueur 1. 2
p)n ].
(a) Déterminer la loi et l’espérance
de X : 2. On suppose que X et Y sont VA
binomiales indépendantes de pa-
H
(b) Calculer la probabilité que le

ramètre respectifs (n,p) et (m,p).
joueur 1 gagne plus de la moitié
des parties. 3. Montrer que
V.
r
2. Un canal de transmission véhicule
X n m n+m
= , avec
des 0 et des 1 : à chaque seconde k r−k r
k=0
la convention st = 0 si t¡0 ou t¿s.

le chiffre transmis a une probabi-
lité p = 0 :2 d’être modifié en son 4. Montrer que X+Y est une VA bino-
contraire. On note X le nombre de miale de paramètre (n+m,p).
changements en 10 secondes.
(a) Déterminer la loi et l’espérance Exercice 60: Corrigé
de X :
(b) Calculer la probabilité que le Une société imprime N tickets, dont
chiffre reçu soit identique au 1% sont gagnants : elle les vend par lots
chiffre émis au bout de 10 se- de 10 : On note X le nombre de tickets
N
condes. gagnants dans un lot.
1. (a) Donner la loi de XN et calcu-
ler la proportion des lots qui

contiennent au moins un ticket 2. Pour tester la compétence d’un
gagnant lorsque N = 1000 ; N = étudiant on lui propose un QCM
500 ; N = 100 : comportant 10 questions ainsi que
(b) Comparer avec le résultat les 10 réponses dans un ordre
fourni par l’approximation bi- aléatoire : on demande à l’étudiant
nomiale de la loi de X : d’associer une réponse à chaque
question et on note X le nombre de
2. Chaque lot est vendu au prix de
bonnes associations.
1000=N euro et la société rem-
bourse k fois le prix du lot si celui- (a) On fait l’hypothèse H0 selon la-
ci contient k tickets gagnants. Un quelle l’étudiant répond au ha-
client achète un lot de tickets : cal- sard. Déterminer la loi de X
culer l’espérance de son gain. sous cette hypothèse.
(b) On suppose que l’étudiant
donne 4 bonnes associations.
1
On considère que le test est po-
1. Sur une autoroute il y a en
moyenne 2 accident par jours : on
suppose que le nombre d’accidents
.P sitif si la probabilité d’obtenir
au hasard un résultat au moins
aussi bon est inférieure à 5% :
.N
est un processus de Poisson. Cal- autrement dit l’étudiant réussit
culer la probabilité qu’il y ait plus le test si pr(X ≥ 4) < 5% sous
d’un accident : (i) par jour (ii) par l’hypothèse H0 . Qu’en est-il ici ?
heure
H
2. Dans un casino les gens rentrent Exercice 63: Corrigé

au rythme moyen d’une personne
V.
toute les deux minutes : on suppose

qu’il s’agit d’un processus de Pois-
son. Calculer la probabilité que per- 1. Une variable aléatoire discrète
sonne n’entre entre 12h et 12h05 ? peut-elle toujours avoir une
espérance mathématique ?Sinon
Exercice 62: Corrigé donner un exemple.
2. Si deux variables aléatoires ont la
1. On note Sn le nombre de points même loi ont-elles la même
fixes d’une permutation de En : on espérance mathématique ? La
n
X (−1)k réciproque de cette propriété
rappelle que pr(Sn = 0) = , est-elle vraie ? Sinon donner un
k!
k=0
exemple.
noté pn Déterminer la loi de Sn et
expliquer dans quelle mesure on 3. Deux variables aléatoires ayant la
peut approcher cette loi par une loi même loi sont-elles égales ? Sinon
de Poisson de paramètre λ = 1. donner un exemple .

4. Soit X une variable aléatoire Exercice 65: Corrigé
discrète définie sur l’espace
probabilisé (Ω, A, P ),et φ On lance trois fois une pièce de
l’application de R dans R. monnaie équilibrée.On appelle X le
(a) Démontrer que φ(X) est une nombre de pile obtenues et Y le rang
variable aléatoire discrète. du premier pile obtenu.
(b) Montrer que si 1. Proposer un espace probabilisé
X(Ω) = {xk , k ∈ K} et si φ(X) (Ω, A, P ) adapté .
admet une espérance 2. X et Y sont-elles des variables
mathématique alors aléatoires réelles ?
X
E(φ(X)) = φ(xk )P (X = xk ). 3. A quelle partie de Ω correspondent
k∈K les évènements
(X = 0); (X = 1); (X = 2); (X = 3) ?
(c) Justifier que l’existence de
E(|X|) garantit celle de E(X). Calculer la probabilité de ces
1
évènements puis donner la loi de
Exercice 64: Corrigé .P probabilité de X.
4. On lance indéfiniment une pièce
.N
Lors d’un jeu,un joueur mise 10F . Il de monnaie équilibrée et on
peut gagner 20F ,15F ,5F ou ne rien appelle X le rang du premier pile
gagne. Une étude statistique a établit obtenu.On associe à cette épreuve
qu’un joueur gagne :20F une fois sur 6 ; l’univers
H
∗
15F une fois sur 4 et 5F une fois sur 3. Ω = {P, F }N =
Soit X la variable aléatoire qui prend {(Un )n≥1 , Un = {P, F }}
V.
pour valeur le gain final du joueur à (a) Déterminer la loi de

l’issue du jeu. probabilité de X.
1. Déterminer l’ensemble des valeurs (b) Déterminer et représenter la
prises par X. fonction de répartition FX de
2. (a) Déterminer la loi de X.
probabilité de X.
(b) Calculer l’espérance
mathématique et la variance
de X. 1. Soit t ∈ R et x ∈ [−1, 1].Montrer que
3. (a) Quelle est la loi de probabilité 1 1
de la variable aléatoire etx ≤ (1 − x)e−t + (1 + x)et
2 2
Y = 2X 2 − 3.
2. On considère une variable
(b) Déterminer l’espérance
aléatoire X telle que |X| ≤ 0 et
mathématique de Y .
E(X) = 0.

(a) Montrer que exp(tX) est (k, P (X1 = k))k∈N∗ est la loi de
d’espérance mathématique probabilité de la variable X1 et
finie et que donne le nom de cette loi.
(b) Démontrer que E(X1 ) = p1 et
E[exp(tX)] ≤ cht ≤ exp(t2 /2)
V ar(X1 ) = 1−pp2 .
(b) soit r > 0 ,établit que 2. On suppose dans la suite que
P (|X| > r) ≤ 2exp(−r2 /2). ∀i ∈ [|1, n|] et ∀λi R∗+ , Xi P(λi )
3. Soit X1 , X2 , · · · , Xn des variables (a) Démontre que
aléatoires centrées indépendantes E(X1 ) = V ar(X1 ) = λ1 .
telles que pour
Pn tout i,|Xi | ≤ ai .On (b) Démontre que
pose Sn = i=1 Xi . X1 + X 2 P(λ1 + λ2 ).
(a) Montrer que (c) Démontre zn générale que
2 P n n
E(exp(tS)) ≤ exp( t2 ni=1 a2i ) X X
Xi P( λi ).
(b) Soit > 0. Montrer que i=1 i=1
1
n
P (Sn > ) ≤ exp(−t + t2
2
4. En choisissant une bonne valeur de

X
i=1
a2i ).
.P Exercice 68: Corrigé
Soient X ,Y et Z trois variables

.N
t ,montrer que aléatoires réelles mutuellement
2
P (Sn > ) ≤ exp(− nt ). indépendantes et définies sur le même
espace probabilisé Ω,F ,P .On suppose
X
2 a2i
que X ,Y et Z suivent toutes la loi
H
i=1
5. Soit Z une variable aléatoire réelle uniforme discrète de paramètre
discrète admettant une variable σ 2 n ;c’est-à-dire que pour tout
V.
avec σ > O. Montrer que k ∈ {1, 2, · · · , n},on a :

∀α > 0, P (|Z − E(Z)| < ασ) ≥ 1 − α12 . P (X = k) = P (Y = k) = P (Z = k) = 1
n
1. (a) Montre que pour tout
k ∈ {2, 3, · · · , n} on a :
P (X + Y = k) = k−1 n2 .
Soit (Xi )1≤i≤n n ∈ N,une suite de
(b) Montre que pour tout
variables aléatoires mutuellement
k ∈ {n + 2, n + 3, · · · , 2n}, on
indépendante et définies sur le même
a :P (X + Y = k) = 2n−k+1 n2 .
espace probabilisé (Ω, F, P ).
2. Utilise la formule des probabilités
1. On suppose que totales pour déduire de la
p ∈]0, 1[, X1 (Ω) = N∗ et première question que :
k−1
∀k ∈ X1 (Ω), P (X1 = k) = p(1 − p) . n2 − 1
(a) Justifie que l’ensemble des P (X + Y = Z) =
2n2
couples .

3. On pose T = n + 1 − Z. I- Une urne contient une boule
(a) Montre que T suit la loi blanche et une boule noire.
uniforme discrète de On effectue indéfiniment des
paramètre n. tirages avec remise de l’urne et on
désigne par X la variable aléatoire
(b) Pourquoi T est-elle qui est égale au rang de la
indépendante de X et de Y ? première boule blanche tirée.
(c) En faisant intervenir la 1. (a) . Détermine la loi de
variable T et en utilisant la probabilité du nombre X de
deuxième,détermine la tirages.
probabilité
(b) Calcule X et V ar(X).
P (X + Y + Z = n + 1).
2. On suppose qu’on remet une
boule noire en plus après
Exercice 69: Corrigé chaque tirage d’une boule.
1
(a) Détermine dans ce cas la loi
I Une urne contient une boule
blanche et une boule noire.
.P de probabilité de X.
(b) Vérifier si V ar(X) existe.
.N
On effectue indéfiniment des (c) Calcule P (X > n), n ∈ N∗ .
tirages avec remise de l’urne et on II- Soit n ∈ N∗ . On définit les réels
désigne par X la variable aléatoire (pi )1≤i≤2n−1 par :
qui est égale au rang de la
H
(
première boule blanche tirée. ∀i ∈ [|1, n|], pi = λi
(a) (a) . Détermine la loi de ∀i ∈ [|n + 1, 2n + 1|], pi = λ(2n − i)
V.
probabilité du nombre X de où λ est un nombre réel fixe.

tirages.
1. Pour quelle valeur de λ ces
(b) Calcule X et V ar(X). réels définissent-ils la loi d’une
(b) On suppose qu’on remet une variable aléatoire Y à valeurs
boule noire en plus après dans [|1, 2n − 1|] ?
chaque tirage d’une boule. Dans la suite,on prendra pour
λ la valeur trouvée à la
(a) Détermine dans ce cas la loi
question II-1.
de probabilité de X.
2. (a) Démontre que Y et 2n − Y
(b) Vérifier si V ar(X) existe. ont la même loi.
(v) Calcule P (X > n), n ∈ N∗ . (b) Déduis-en E(Y ) et calcule
V ar(Y )

On dispose de K urnes contenant 2. Dans cette question on considère
chacune N boules numérotées de 1 à le sac S et on effectue 2100 tirages
N .On choisit au hasard une boule dans simultanés de deux jetons avec
chaque urne ,de façon indépendante. remise (les deux jetons obtenus à
1. Pour i ∈ {1, 2, · · · , K},on considère chaque tirage sont remis dans le
la variable discrète Xi égale au sac S avant le tirage des deux
numéro de la boule tirée dans la jetons suivants) .On désigne par X
ième urne.Quelle est la loi de la variable aléatoire égale au
probabilité de Xi . nombre de tirages où les deux
jetons tirés portent le numéro2.
2. Soit Z la variable définie par :
(a) Reconnaitre la loi de
Z : Ω −→ {1, 2, · · · N } probabilité de la variable
max
w 7→i∈{1,2,··· ,K} Xi (ω) aléatoire X.Justifier la
réponse.
qui donne la plus grande des
valeurs tirées dans les K urnes.On (b) En déduire l’espérance
1
suppose que les Xi sont
indépendantes et de loi celle
trouvée à la question 1).
.P mathématique et la variance
de X.
Partie B
.N
(a) Détermine la fonction de On effectue une série illimitée de
répartition de Z. tirages avec remise d’un jeton dans le
sac S.
(b) Déduis-en que pour
On désigne par Y la variable aléatoire
H
M ∈ {1, 2, · · · , N },la probabilité

égale au nombre de tirages effectués
de l’évènement Z = M .
avant le tirage amenant un jeton
(c) Vérifie que l’on a :
V.
numéroté 1 pour la première fois.

XN 3.(a) Justifier que la variable aléatoire
P (Z = M ) = 1 Z = X + 1 suit une loi usuelle que
M =1 l’on précisera.
.
3.(a) En déduire la loi de probabilité de
Exercice 72: Corrigé Y.
4.(a) Préciser l’espérance mathématique
Un sac S contient cinq jetons :deux et la variance de Z.
sont numérotées 1 et les trois autres 4.(B) En déduire l’espérance
sont numérotés 2. mathématique et la variance de Y .
Partie A
1. On extrait deux jetons
simultanément de S.Calculer la Soient b et n deux entiers naturels non
probabilité que ces deux jetons nuls ,et une urne contenant b boules
portent le numéro 2. blanches et n boules noires.

1. L’entier k étant tel que P (Y = 0).Interprète ce résultat.
1 ≤ k ≤ b + n on tire une à une ,eu (e) Justifier que pour tout entier n
hasard et sans remise ,k boules de tel que n ≥ 1, An+1 ⊂ An et
l’urne.Soit X la variable aléatoire P (An ) = pn .
prenant la valeur 1 si la dernière (f) Exprimer l’évènement (Y = 0)
boule tirée est blanche ,et la valeur en fonction des évènements
0 sinon.Déterminer la loi de An .Retrouver alors le résultat
probabilité de X. du d).
2. On tire maintenant les boules une
à une ,au hasard et avec remise
.On effectue des tirages jusqu’à
Soit X une variable aléatoire suivant la
l’obtention d’une boule blanche.On
loi de Poisson de paramètre (λ > 0).
suppose construit un espace
probabilisé (Ω, A; P ) adapté, que 1. Calculer l’espérance mathématique
1
l’on ne cherchera pas à décrire.Soit des variables aléatoires Y = X+1 et
1
X
alors Y la variable aléatoire Z = (−1) .
indiquant le nombre de boules
tirées lorsqu’on obtient la
première blanche, et prenant par
.P2. Déterminer la loi de probabilité de
Z. Retrouver alors l’espérance
mathématique de Z.
.N
convention la valeur 0 lorsqu’on ne
tire aucune boule blanche.
On pourra considérer les
Soient p un nombre réel de l’intervalle
H
événements suivants :pour tous

]0, 1[ et X une variable aléatoire à
entiers naturels k tirages et n non
valeurs dans N∗ telle que
nuls,Bk :”la k − éme boule tirée est
V.
P (X ≥ n + 1) = p × P (X ≥ n) pour tout
blanche” et An :”les n premiers
entier naturel non nul n.A partir de la
tirages n’amènent aucune boule
fonction de répartition FX de X .On
blanche” .
définit la suite réelle (u)n∈N∗ telle que
(a) Préciser l’ensemble des valeurs un = FX (n) pour tout entier naturel non
possibles de la variable nul n.
aléatoire Y . 1. (a) Trouver une relation liant un+1
(b) Démontrer que pour tout et un pour tout entier naturel
entier k tel que non nul n.
k−1
k 6= 1, P (Y = k) = p (1 − P ) (b) En déduire l’expression de un
n
avec p = b+n . en fonction de n.
(c) En déduire la valeur de 2. En déduire la loi de probabilité de
+∞
X X.Reconnaitre une loi usuelle.
P (Y = k)
k=1
3. Enonce la nouvelle propriété que
(d) En déduire la valeur de cet exercice évoque.

Exercice 76: Corrigé X,par quel nom le désigne-t-on ?
On repète dans les mêmes conditions 2. Démontrer que pour tous r ∈ N et

+∞
une expérience aléatoire au cours de
X 1
x ∈ [0, 1] Ckr xkr = .
laquelle un événement A à une (1 − x)1+r
k=r
probabilité p ∈]0, 1[ de se réaliser.
Soient r un entier naturel non nul et X 3. En utilisant 2),vérifier que
+∞
la variable aléatoire égale au nombre X
P (X = k) = 1. Calculer
d’expériences nécessaires pour obtenir
k=r
r réalisations de A (on s’arrête dès la l’espérance mathématique de X et
r-ième réalisation de A) . de X(X + 1).En déduire la variance
1. Déterminer la loi de probabilité de de X.
5.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE PROBABILITÉ I
1
c) En calculant les deux membres
Solution 1: Enoncé
1. a) On a :
.P on obtient le même résultat
n!(n1 + n2 − n)!
×
.N

n k!(n − k)!(n1 − k)!(n2 + k − n)!
Akn1 An−k
n2
k
n1 !n2 !
n1 ! n2 ! n!
= (n1 + n2 )!
H
(n1 − k)! (n2 − n − k)! (n − k)!

n1 ! n2 ! 2. On démontre par récurrence,que,
= n! pour n ≥, on a la propriété sui-
k!(n1 − k)! (n − k)!(n2 − n − k)!
V.

n1 n2
vante :
= n! (Pn ) : pour tout k compris entre 1 et
k n−k n−1
n j
P
b) On a : n, on a k = k−1 .
j=k−1
n p n! p! Initialisation : On prend n = 1,
=
m m p!(n − p)! m!(p − m)! alors nécessairement k = 1, et on
n! a
=
(n − p)!m!(p − m)! X 0
1 j 0
et = = =1
1 k − 1 0
n n−m n! j=0
= ×
m n−p m!(n − m)! et la propriété est donc vraie au
(n − m)! rang 1.
(n − p)!(p − m)! Hérédité : Supposons la propriété
n! vraie au rang n. Soit k tel que 1 ≤
=
(n − p)!m!(p − m)! k ≤ n + 1.

Il y a trois situations possibles. - Si k = 1
- Si k = n + 1 on a
n+1
Xn
j
n =n+1=
1 0
X
n+1 n j j=0
1= = =
n+1 n n
j=n On a donc démontré que, si
1≤k ≤n+1
- Si 2 ≤ k ≤ n on peut écrire
n+1 X j

n+1

n n
= n
= + k k−1
j=k−1
k k k−1
ce qui est la propriété au rang n + 1.
On a donc
La propriété Pn est donc vraie pour
n−1
tout entier n ≥ 1

n X j
= ,
k k−1 3. Posons
j=k−1
n
X n k n−k
mais aussi 1 ≤ k − 1 ≤ n, donc f (x) = (x + n2 )n = x n2
k
1
k=0

n
k−1

=
n−1
X j
k−2
j=k−2

, .P Binôme de Newton
En dérivant
.N
Alors f 0 (x) = n(x + n2 )n−1
n−1 n−1
n+1 X j X j n
n k−1 n−k
= +
X
k k−1 k−2 = k x n2
j=k−1 j=k−2 k
H
k=1
n−1
X j j puis en dérivant une seconde fois
= +
k−1 k−2 f 00 (x) = n(n − 1)(x + n2 )n−2
V.
j=k−1

k−2 n
+ X n k−2 n−k
k−2 = k(k − 1) x n2
k
n−1 k=2
X j+1 k−2
= + a) En particulier
k−1 k−2
j=k−1
f 0 (n1 ) = n(n1 + n2 )n−1
Formule de Pascal n
X n k−1 n−k
Par changement d’indice de som- = k n1 n2
k
mation et puisque k−2 k−1
k=1
k−2 = k−1 = 1,
on obtient et en multipliant par n1
n n

n+1
X
j

k−1
X n k n−k
= ( + nn1 (n1 +n2 )n−1 = k n1 n2
k k−1 k−1 k
j=k k=0
n (La somme peut commencer

X j par 0, puisque le premier terme
=
k−1 est nul).
j=k−1

b) De même 0etn ∈ N) et montrons qu’elle
l’est à l’ordre n+1 c’est à dire que
f 00 (n1 ) = n(n − 1)(x + n2 )n−2 n+1
X
n
p+1
Ckp = Cn+1
X n k−2 n−k k=p
= k(k − 1) n n2
k 1 n+1 n
k=2
X X
Ckp = p
Ckp + Cn+1
et en multipliant par n21 k=p k=p
n+1
n(n − 1)n21 (x + n2 )n−2
X p+1
Ckp = Cn+1 p
+ Cn+1 (hypothèse de
n k=p
X n k n−k récurrence)
= k(k − 1) n n
k 1 2 n+1
k=0
X p+1
Ckp = Cn+1
(La somme peut commencer k=p
par 0, puisque les deux pre-
n
miers termes sont nuls). X n(n + 1)
3. · Montrons que k=
1
2
.POn sait que
n
X
k=p
k=1
Ckp = Cn+1
p+1
.N
1. Montrons la formule de Pascal Pour p = 1 on a
k+1 n
Cn+1 = Cnk + Cnk+1 X
n! n! Ck1 = Cn+1
2
Cnk + Cnk+1 = (k+1)!(n−k−1)! + (k)!(n−k)! k=1
n!(n−k)! n!(k+1)!
Cnk Cnk+1
H
+ = (n−k)!(k+1)! + (n−k)!(k+1)! (n+1)!

n!(n+1) ⇒ C11 + C21 + C31 + ... + Cn1 = 2!(n−1)!
Cnk + Cnk+1 = (n−k)!(k+1)! (n+1)n(n−1)!
(n+1)! ⇒ 1 + 2 + 3 + ... + n = 2(n−1)!
Cnk Cnk+1
V.
+ = [(n+1)−(k+1)](k+1)! n
k+1
X n(n + 1)
Cnk + Cnk+1 = Cn+1 ⇒ k=
2
k=1
2. Déduisons que pour tout (n, p) ∈ N2
n n
X
X p+1
Cnk = Cn+1 · Calculons k(k − 1) et déduisons
k=p k=1
n
Raisonnons par récurrence sur n X
k2
· Pour n = 0 on a p = 0 car (n, p) ∈
k=1
N2 et p ≤ n n
X
X 0 On sait que Ckp = Cn+1
p+1
= C00 = 1 k=p
k=0 Pour p = 2 on a :
0+1 n
C0+1 =1 X
alors la relation est vraie à l’ordre Ck2 = Cn+1
3
k=2
n=0 (n+1)!
· Supposons que la relation soit ⇒ C22 + C32 + C42 + ... + Cn2 = 3!(n−2)! ⇒
n! (n+1)n(n−1)(n−2)!
vraie pour un certain n(n ≥ 1 + 3 + 6 + ... + 2(n−2)! = 6(n−2)!

n m !
⇒ 1 + 3 + 6 + ... + n(n−1)
2 = n(n−1)(n+1)
6
X X n+1 j
n = k
X k(k − 1) n(n − 1(n + 1) j
⇒ = j=0 k=1
2 6 n m
!
k=1
X
n
X n+1
X n(n − 1(n + 1) = kj ,
⇒ k(k − 1) = j=0
j
3 k=1
k=1
n n ce qui donne bien
X
2
X n(n − 1(n + 1)
⇒ k − k= m n
3 X X n + 1
k=1
n
k=1
n
[(k+1)n+1 −k n+1 ] = Tj (m
X n(n − 1(n + 1) X j=0
j
2 k=1
⇒ k = + k
3 m
k=1 k=1
[(k + 1)n+1 − k n+1 ]
P
Xn
n(n − 1(n + 1) n(n + 1) (b) La somme
⇒ k2 = + k=1
3 2 étant télescopique, on obtient
k=1
n m
X n(n + 1)(2n + 1)
k2 =
X
⇒ [(k+1)n+1 −k n+1 ] = (m+1)n+1 −1,
6
1
k=1 k=1
Solution 3: Enoncé .P et on déduit alors de la ques-

tion 1)

n+1

.N
n+1
1. On note, pour j ∈ N et m ∈ N∗ , (m + 1) −1= Tn (m)
m n
kj
P
Tj (m) = n−1
k=1
X n+1
+ Tj (m),
H
(a) En utilisant la formule du j

j=0
binôme, on a
et puisque n+1

n = n + 1, on en
n+1
V.

n+1
X n+1 j tire
(k + 1) = k
j 1
j=0 Tn (m) = [(m + 1)n+1 − 1
n+1
, donc n−1
n
X n+1
X
n+1 j − Tj (m)]
(k + 1)n+1 − k n+1 = k j=0
j
j=0
j
ceci permettant de calculerTn (m)
et en connaissant T0 (m), · · · , Tn−1 (m).
m m n
!
n + 1 (c) A partir de T0 (m) = m,
X X X
n+1 n+1
[(k+1) −k ] = k j on retrouve facilementT (m) =
j=0
j 1
k=1 k=1 m(m + 1)
On peut intervertir les somma- 2
tions et l’on obtient La relation de récurrence peut
m
encore s’écrire, si n ≥ 2,
X
[(k + 1)n+1 − k n+1 ] 1
Tn (m) = [(m+1)n+1 −(m+1)
k=1 n+1
n−1

X n+1
− Tj (m)]
j=1
j
On montre alors par récurrence
1. Une grille est déterminée par le
que Tn est un polynôme de
sous-ensemble des cases blanches.
degré n + 1 admettant pour ra-
Le nombre de grilles est donc le
cines 0 et -1.
nombre de parties d’un ensemble à
C’est vrai si n = 1. Supposons la
100 éléments, soit 2100
propriété vraie jusqu’à l’ordre
n − 1. Alors les polynômes Tj 2. C’est le nombre de permutations de
s’annulent en 0 et en −1 et 40 éléments donc 40 !
le polynôme(m + 1)n+1 − (m +
1). Donc Tn s’annule aussi en
0 et en −1. Par ailleurs tous
ces polynômes sont de degrés
distincts, et le plus grand des On note Snj le nombre de surjections
1
degrés est n + 1. La somme est
de degré n + 1. La propriété
est donc de degré n+1. La pro-
.P
différentes que l’on peut former d’un
ensemble à n éléments sur un ensemble
à j éléments. Par convention, on pose
Snj = 0 si j ou n n’appartiennent pas à
.N
priété est donc vrai au rang n. Il
en résulte qu’elle est vraie pour N∗ ou j > n.
tout entier n ≥ 1 Notons Fp un ensemble à p éléments, et
2. a) En appliquant la formule du f une surjection de Fn dans Fj
H
binôme au développement de 1. Il y a une seule application de Fn

(1−1)n , on trouve la relation a). dans F1 , et cette application est sur-
V.
b) En séparant dans cette relation jective, donc Sn1 = 1. Les applica-

les indices paires et les indices tions surjectives d’un ensemble à n
impaires, elle s’écrit éléments dans un autre sont bijec-
n n tives. Le nombre de bijections est
X n X n
− =0 aussi le nombre de permutations de
2j 2j + 1
j=0 j=0 n objets, donc Snn = n!.
Mais en développant (1 + 1)n , et 2. Si F2 = {y1 , y2 }, choisir une surjec-
en séparant de même, on ob- tion f de Fn dans F2 , c’est choi-
tient sir une partie C deFn non vide
n n
X n X n et différente de Fn qui sera l’en-
+ = 2n
2j 2j + 1 semble f −1 ({y1 }). Alors f −1 ({y2 })
j=0 j=0
est le complémentaire de C dans
On en déduit donc que Fn .Il y a 2n − 2 telles parties C. Donc
n n
on a Sn2 = 2n − 2

X n X n
= = 2n−1
j=0
2j j=0
2j + 1 3.

a) Il y a k n applications de Fn dans fixé.
Fk . Si f est une telle application, On a f 0 (x) = ex , et (f n )0 = nf n−1 f 0 .
alors, c’est une surjection de F n Alors
sur f (Fn ). On peut donc compter dn n
[f (x)]
les applications de la manière sui- dxn
vante : On choisit une partie dn−1
Dj de = n−1 [nf n−1 (x)f 0 (x)]
k
Fk à j éléments. Il y a j façons dx
de le faire, et pour chaque choix , si l’on pose a1 (1) = n = A1n , on a la
de Dj , il y a Snj surjections pos- propriété au rang 1.
Pk
k
j Supposons la propriété vraie au
sibles. Donc, on a j Sn applica- rang k. Donc
j=1
tions possibles. On en déduit bien dn n
k [f (x)]
P k
j n dxn
j Sn = k . " #
j=1 n−k k
d X
b) En isolant le terme d’indice k dans = aj (k)f n−j (x)(f 0 )j (x)
dxn−k
1
la somme précédente,on en déduit j=1
Snk = k n −
k
X
k j
S
j n
.P
On peut écrire
dn n
dxn
[f (x)] =
.N
j=1
" k #
n−k−1
4. Soit Fn = {x1 , · · · , xn−1 , xn } et Fn = d d X
n−k−1
aj (k)f n−j (x)(f 0 )j (x)
{x1 , · · · , xn−1 } On peut obtenir une dx dx j=1
H
surjection de Fn dans Fj , d’une des

Or
deux manières suivantes : dn n
[f (x)] =
- on part d’une surjection de Fn−1 dxn
V.
sur Fj et on envoie xn sur un

" k #
dn−k X
des j éléments de Fj . Il y a donc aj (k)f n−j (x)(f 0 )j (x)
j dxn−k
jSn−1 surjections de ce type j=1
- on part d’une surjection de Fn−1 k

X
sur une partie à j − 1 éléments de = aj (k)((n − j)f n−j−1 (x)(f 0 )j+1 (x)
Fj et on envoie xn sur l’élément de j=1
Fj qui n’appartient pas à la partie +jf n−j (x)(f 0 )j (x))

j−1
choisie. Il y a donc jSn−1 surjections k
X
de ce type. = aj (k)(n − j)f n−j−1 (x)(f 0 )j+1 (x)
On a donc bien j=1
j j−1 k
Snj = j(Sn−1 + Sn−1 )
X
+ aj (k)jf n−j (x)(f 0 )j (x)
j=1
5.
k
a) On démontre la propriété par
X
= aj (k)(n − j)f n−j−1 (x)(f 0 )j+1 (x)
récurrence sur k, le nombre n étant j=1

k
X c) On démontre par récurrence, que
+ aj (k)jf n−j (x)(f 0 )j (x) si n ≥ 1, la propriété suivante est
j=1 vraie :
Donc si l’on pose
(Pn ) si 1 ≤ j ≤ n,

 a1 (k) si j = 1 j
j

(n − j + 1)aj−1 (k)
 X
aj (k+1) = Snj = (−1)j−k k n
+ jaj (k) si 2 ≤ j ≤ k k
k=1


(n − k)ak (k) si j = k + 1

On a S11 = 1 et la propriété est vraie
On aura à l’ordre 1. Supposons la vraie à
dn n
[f (x)] l’ordre n − 1. On a tout d’abord,
dxn
" k+1 # d’après b),
n−k−1
d X
= n−k−1 aj (k + 1)f n−j (x)(f 0 )j (x) n
n
dx
X
j=1 (−1)n−k k n = n! = Snn
k
k=1
Avec de plus
1
ak+1 (k+1) = (n−k)ak (k) = (n−k)Akn = Ak+1
La propriété est donc vraie au rang
.Pn
et aussi
X1
1−k 1 1
(−1) k
k
= 1 = Sn1
.N
k + 1. Alors elle sera vraie si 1 ≤ k ≤ k=1
n. En particulier, si k = n, On suppose que 2 ≤ j ≤ n.
dn n X n Alors, en appliquant l’hypothèse de
[f (x)] = aj (n)(ex + 1)n−j ejx . récurrence, on a
H
dx n
j=1
j
Mais on a aussi, en développant par j
X j
Sn−1 = (−1)j−k k n−1
V.
la formule du binôme, k
k=1
n j−1
X n
j−1

f (x)n = (−1)n−k ekx j−1
X
j−1−k n−1
k et Sn−1 = (−1) k
k=0 k
k=1
donc En appliquant la question 4),
n
dn n X n j
(−1)n−k k n ekx

[f (x)] = X j
dx n k Snj = j (−1)j−k k n−1
k=1 k
k=1
b) En calculant la valeur en zéro dans j−1 !
les deux expressions précédentes,
X j − 1
+ (−1)j−1−k k n−1
on obtient k
k=1
n j
X n
j j−1

(−1)n−k k n = an(n) = Ann = n!
X
j−k n−1
k =j (−1) k −
k=1 k k
k=1
ce qui donne la formule voulue. +j n

Mais 1. Calculons Sn,p si :

j j−1

j−1
∗p>n
− = Soit f une application de En dans
k k k−1
Ep
donc On a : Cardf (En ) ≤ n or CardEn = p
j et p > n
X j−1 Alors il existe des éléments de Ep
Snj = j (−1)j−k k n−1
k−1 n’ayant pas d’antécédent. On ne
k=1
peut donc définir une surjection de
Par ailleurs
En vers Ep d’où Sn,p = 0
j−1 (j − 1)!
j =j
k−1 (k − 1)!(j − k)!
∗p=n
j! j! Si p = n, les surjections de En dans
=k =k
k!(j − k)! k! Ep sont des bijections de En sur lui-
d’où même
1
Snj =
j
X
k=1
(−1)j−k k n

j
k
.PSn,p = Sn,n = n!
∗p=1
.N
On a donc montré que, si 1 ≤ k ≤ n, Sn,1 = 1
j
X j
Snj = (−1)j−k n
k
H
k ∗p=2
k=1
Il existe 2n applications de En dans
ce qui est la propriété au rang n. La E2 dont seules deux ne sont pas sur-
V.
propriété est donc vraie pour tout jectives d’où Sn,2 = 2n − 2

n≥1
Solution 6: Enoncé 2. Calculons Sp+1,p

Pour avoir une surjection de Ep+1
dans Ep , forcément un et un seul
Solution 7: Enoncé élément de Ep doit posséder 2
antécédents dans Ep+1 . On a p pos-
sibilités de choisir cet élément et
Solution 8: Enoncé 2
Cp+1 possibilités de choisir les 2
antécédents dans Ep+1 .
Solution 9: Enoncé Enfin on a (p + 1)! surjections de
l’ensemble des p − 1 éléments res-
tants de Ep+1 dans l’ensemble des
Solution 10: Enoncé p − 1 éléments restants dans Ep .
Donc :

p
X p−k
X
q
(−1) Cpq Cqk = (−1) k
Cpk (−1)i Cp−k
i
=
2
Sp+1,p = pCp+1− 1)!
(p q=k i=0
(p + 1!) p−k
= p(p − 1)!
X
2!(p − 1)! 0 car (−1)i Cp−k
i
=0
i=0
p(p + 1)!
Sp+1,p =
2
· Si p = k
3. Montrons que ∀ (p, n) ∈ N2 et 0 6 p
p
X
X (−1)q Cpq Cqk = (−1)p Cpp Cpp = (−1)p
p 6 n on a (−1)k Cpk = 0 q=k
k=0
D’après la formule du binôme de
Newton on pa :
X 6. Démonstration
p
(1 − 1) = Cnp (−1)k (−1)p−k
Pour construire une telle appli-
k=0
p cation il faut choisir un sous-
1
X
(1 − 1)p =
donc
p
X
k=0
Cnp (−1)k or (1 − 1)p = 0
(−1)k Cpk = 0
.P ensemble Eq de Ep à q éléments. On
a Cpq possibilités pour faire ce choix.
Ensuite il faut construire une sur-
.N
k=0
jection de En dans Eq . On a Sn, q
4. Montrons que si 0 6 k 6 q 6 p on a surjections possibles. D’où il y a
q−k
Cpq Cqk = Cpk Cp−k Cpq Sn,q applications possibles.
H
p! q!
Cpq Cqk = × p
q!(p − q)! k!(q − k)!
V.
X
7. Déduisons que p = n
Cpq Sn,q
p!
= q=1
(p − q)!k!(q − k)! Pour construire une application de
p! (p − k)! En dans Ep , il suffit de choisir un
= ×
k!(p − k)! (p − q)!(q − k)! sous-ensemble de Ep à q éléments
q−k
Cpq Cqk = Cpk Cp−k (q ∈ [|1, p|]) puis construire une sur-
jection de En dans Ep . Le nombre
5. Déduisons que d’application possible est pn =
p
X p
(−1)q Cpq Cqk = 0
X
· si 0 6 k < p on a Cpq Sn,q
q=k q=1
p
X p
X q−k
(−1)q Cpq Cqk = (−1)q Cpk Cp−k
q=k q=k
Posons i = q − k on a : p
X
Xp Xp−k 8. Montrons que Sn,p = (−1) p
(−1)k Cpk k n
q q k
(−1) Cp Cq = (−1)i+k Cpk Cp−k
i
k=1
q=k i=0 On a :

Raisonnons par récurrence pour
p p k prouver une fois de plus que
= p(p+1)!
X X X
(−1)p (−1)k Cpk k n = (−1)p (−1)k Cpk SCp+1,p
q
Sn,q 2
k
k=1 k=1 q=1∗ pour p = 1 on a :
X p X k S2,1 = 1(1 + S1,0 ) = 1 car S1,0 = 0
= (−1)p
(−1) Cp Ckq2Sn,q= 1 alors S2,1 = 1(1+1)!
k k1(1+1)!
2
k=1 q=1 ∗ pour p ≥ 2
p
X p X p
Supposons que Sp,p−1 = (p−1)p!
k k q 2 et
= (−1) ( (−1) Cp Ck )Sn,q
montrons que Sp−1,p = p(p+1)! 2
q=1 k=q
On a :
= (−1)p (−1)p Cpp Cpp Sn,p
p p
X X Sp+1,p = p(p! + Sp,p−1 )
(−1)p (−1)k Cpk k n = (−1)p (−1)k Cpk k n = Sn,p
(p − 1)p!
k=1 k=1 = p(p! + )
2
9. Montrons que si 0 ≤ p ≤ n − 1 p−1
= p!p(1 + )
1
Sn,p = p(Sn−1,p + Sn−1,p−1 ) 2
Soit a ∈ [|1, n|] et b ∈ [|1, p|] son
image.
· Il y a p possibilité de choisir b
.P = p!p(
Sp+1,p =
p+1
2
p(p + 1)!
)
.N
2
· Il faut chercher maintenant le
nombre de manière de choisir les · Montrons que Sp+2,p = p(3p+1) 24 (p+2)!
images des n − 1 autres éléments On a :
H
Sp+1,p = p(Sp+1,p + Sp+1,p−1 )

1er cas : a a la même image que l’un
des n − 1 éléments restants. Dans ce Pour p = 1 S3,1 = 1 et 24 4
× 3! = 1
V.
cas on cherche le nombre de sur- Supposons que Sp+2,p = p(3p+1)24 (p+2)!

jections de [|1, n − 1|] dans [|1, p|].Ce pour un certain p ∈ N∗ et montrons
nombre est Sn−1,p que Sp+3,p+1 = (p+1)(3p+4)(p+3)!
24
2e cas : Chacun des n − 1 éléments

restants a une image différente de Sp+3,p+1 = (p + 1)(Sp+2,p+1 + Sp+2,p
celle de a. Dans ce cas on cherche (p + 1)(p + 2)! p(3p +
le nombre de surjections de [|1, n − = (p + 1)( +
2
1|] dans [|1, p − 1|]. Ce nombre est p + 1 p(3p + 1
= (p + 1)(p + 2)!( +
Sn−1,p−1 2 24
D’où Sn,p = p(Sn−1,p + Sn−1,p−1 ) (p + 1)(3p + 4)(p + 3)!
Sp+3,p+1 =
10. · Retrouvons la valeur de Sp+1,p 24
D’après ce qui précède
Sp+1,p = p(Sp,p + Sp,p−1 )
Sp+1,p = p(p! + Sp,p−1

Si n ≥ 1, on note αn le nombre de donc ∞
partition d’un ensemble à n éléments 1X k
α1 = 1 =
(nombre de Bell), et on pose α0 = 1 e k!
k=1
1. Soit Fn+1 = {x1 , · · · , xn , xn+1 } On et la formule est vraie au rang 1.
choisit une partie Aj à j éléments Supposons la formule vraie jusqu’à
contenant xn+1 . Cela revient à choi- l’ordre k. Alors
sir les j − 1 autres éléments parmi Xn
n Xn
n
n

n. Il y a donc j−1 façons de αn+1 = αi = 1 + αi
i i
le faire. Si l’on complète Aj avec i=0 i=1
une partition quelconque de son et en utilisant la relation aux rangs

complémentaire, on aura une par- inférieurs à n,
tition de Fn+1 . Comme ACj contient Xn X
n 1
∞
ki
n + 1 − j éléments, on obtient ainsi αn+1 = 1 +
n i e k!
j−1 αn+1−j partitions différentes.
i=1 k=1
On obtient toutes les partitions de En intervertissant les sommations
1
Fn+1 en faisant varier j de 1 à n + 1. ∞ n
!
Donc
n+1
αn+1
n

.P
αn+1 = 1 +
1X 1 X n i
e k! i=1 i
k=1
On reconnait la formule du
k
.N
X
= αn+1−j binôme,donc
j=1
j − 1
∞
1X 1
n+1
n
αn+1 = 1 + ((k + 1)n − 1)
e k!
X
= αn+1−j
H
k=1
j=1
n − j + 1 ∞ ∞
1 X (k + 1)n 1 X 1
En posant i = n + 1 − j on trouve, =1+ −
e k! e k!
V.
n k=1 k=1
X n
αn+1 = αi En changeant d’indice dans la
i
i=0 première somme, et en remarquant
2. Si n est fixé, la série de terme ∞
X 1
général uk = k n /k! converge.En ef- = e − 1,
k!
fet k=1
n
(k + 1)n k! on obtient

uk+1 1 k+1
= = ∞
uk (k + 1)! k n k+1 k 1 X kn e−1
αn+1 =1+ −
et ceci tend vers 0 quand k tend e (k − 1)! e
k=2
vers l’infini. La règle de d’Alembert ∞
assure la convergence de la série. 1 X kn 1
= +
On démontre la formule de e (k − 1)! e
k=2
récurrence. Si n = 1, on a Finalement
∞ ∞ ∞ ∞
X k X 1 X 1 1X
= = =e αn+1 =
k! (k − 1)! k! e
k=1 k=1 k=0 k=2

12

3. Montrer que si n ≥ 0, αn = 2 = 66 possibilités. Il y a 4
Pn kn Pm (−1)j
cartes possibles pour chacune
βn−k où βm =
k=0 k! j=0 j! de ces deux valeurs, soit 16 pos-
sibilités. Le nombre de mains
Solution 12: Enoncé est donc 13 × 4 × 66 × 16 = 54912.
(b) On cherche donc parmi cinq
1. Il y a dans le jeu 13 coeurs et cartes ayant des valeurs dis-
4 dames donc 13 + 4 − 1 dames tinctes les mains où les cartes
ou coeurs. (La dame de coeur ne ne se suivent pas, et celles
doit être comptée qu’une fois). Le qui ne sont pas d’une même
nombre de cartes qui ne sont ni couleur. Si on appelle A l’en-
dame ni coeur est donc 52 − 16 = semble des mains où les valeurs
36. Cherchons le nombre de mains sont distinctes, B l’ensemble de
contenant exactement 2 dames et 2 celles où les cartes se suivent,
coeurs. Il y a deux cas possibles : - et C l’ensemble de celles où les
1
cartes sont de même couleur,
la main contient la dame de coeur.
Il reste à choisir une dame parmi 3,
un coeur parmi 12, et la dernière
carte parmi 36 ce qui fait 3 × 12 × 36
.P les ensembles B et C sont in-
clus dans A, et donc
.N
| A (B ∪ C) |= A− | B ∪ C |
= 1296 possibilités. - la main ne
contient pas la dame de coeur. On . D’autre part
choisit 2 dames parmi 3, ce qui fait | B ∪ C |=| B | + | C | − | B ∩ C |
H
3

2 = 3, possibilités,
2 coeurs parmi
12 . Donc
12, ce qui fait 2 = 66 possibilités,
et la dernière carte parmi 36. On a | A (B∩C) |=| A | + | B∩C | − | B |
V.
donc
+|C|
3 × 66 × 36 = 7128 . Pour A, on choisit
13
5 valeurs
parmi 13. Il y a 5 = 1287 pos-
possibilités. Le résultat final est
sibilités. Puis pour chaque va-
donc 1296+7128 = 8424 possibilités.
leur, on choisit une des quatre
2. (a) La main est donc de la forme cartes de cette valeur, ce qui fait
AAABC, où A, B, C sont des va- 45 possibilités. Donc
leurs deux à deux distinctes. On
13
choisit tout d’abord la valeur A | A |= 45 = 1317888
de la première carte. Il y a 13 5
possibilités. On choisit 3 cartes Pour B, on choisit la première
de cette valeur parmi 4. Il y a carte de la série, il y a 9 pos-
4
3 = 4 possibilités. On choi- sibilités (lorsque la première
sit ensuite deux autres valeurs carte est le 9, la dernière est
parmi les 12 restantes. Il y a le roi). Puis pour chaque valeur,

on choisit une des quatre cartes 1. Si l’on pose yi = xi + 1, l’équation
de cette valeur, ce qui fait 45 équivaut à
possibilités. Donc
y1 + y2 + · · · + yp = n + p
5
| B |= 4 × 9 = 9216.
, avec (y1 , y2 , · · · , yp ) dans N∗p
Pour C, on choisit la couleur,
En écrivant n + p comme la somme
il y a 4 possibilités. Puis pour
de n + p nombres 1,
chaque couleur, on choisit 5
cartes de la couleur obtenue, ce n + p = 1 + 1 + 1 + 1 + · · · + 1,
qui fait 13
5 possibilités. Donc
trouver une solution de l’équation
13
| C |= 4 = 5148. revient à choisir p − 1 signes +
5 parmi n+p−1 signe + figurant dans
L’ensemble B ∩ C est constitué la relation ci-dessus
des mains dans lesquelles les
n+p = |1 + ·{z
· · + 1} ⊕ 1| + ·{z
· · + 1} ⊕ · · ·⊕1| + ·{
1
cartes se suivent et sont de
même couleur. On choisit la
couleur, il y a 4 possibilités, et
pour chaque couleur il y a 9
.PLe nombre cherché est donc

n+p−1

n+p−1

.N
=
possibilités. Donc p−1 n
| B ∩ C |= 36. 2. Si n ≥ 2, notons an le nombre de
façons d’écrire un ensemble Fn de
H
Finalement
n éléments comme réunion de 2
| A (B∪C) |= 1317888+36−9216−5148 sous-ensembles disjoints non vides.
V.
= 1303560 Il y a 2n − 2 façons de choisir une

partie A non vide de F n et dis-
3. On choisit la place des trèfles
parmi tincte de F n , et en prenant pour
5
les cinq cartes. Il y a 3 = 10 B le complémentaire de A on a
possibilités. On choisit les trois une partition {A, B} de F n . Mais
trèfles parmi 8, en tenant compte toute partition est obtenue deux
de l’ordre. Il y a A38 = 8 × 7 × 6 = fois de cette manière, il en résulte
336 possibilités. On choisit les deux que an = 2n−1 − 1. Si l’on veut main-
autres cartes parmi les 24 cartes tenant choisir, dans Fn une paire de
qui ne sont pas de trèfles, en te- sous-ensembles disjoints non vides,
nant compte de l’ordre. Il y a A224 = on commence par choisir un sous-
24×23 = 552 possibilités. Le nombre ensemble de k éléments (k ≥ 2), ce
cherché est donc 10 × 336 × 552 = qui donne nk possibilités, et pour
1854720. chacun de ces sous-ensembles, il
y a ak façons de l’écrire comme
réunion de deux sous-ensembles

disjoints non vides. Alors le nombre strictement croissante
cherché est 1 ≤ y1 < y2 ... < yp = xp + p − 1 ≤
n n n+p−1
X n X n
bn = ak = (2k−1 − 1). Soit S2 l’ensemble des suites stric-
k k
k=2 k=2 tement croissante à valeurs dans
Comme la somme est nulle si k = 1, [|1, n + p − 1|].
on a encore : Soit f : S1 → S2
n n
(xk )k∈[|1,p|] 7→ (yk )k∈[|1,p|] telle que
X n 1 X n k yk = x k + k − 1
bn = (2k−1 −1) = 2
k 2 k Montrons que f est injective
k=1 k=1
∗ Injectivité
n
X n Soit (xk )k∈[|1,p|] et (x0k )k∈[|1,p|] deux
−
k éléments de S1 tels que f ((xk )) =
k=1
f ((x0k ))
Chaque somme se calcule par la
formule du binôme, et l’on a
1
1
bn = ((2 + 1)n − 1) − ((1 + 1)n − 1)
2
1
= (3, − 1) − (2n − 1),
.P
f ((xk )) = f ((x0k )) ⇒ ∀k ∈ [|1, p|], xk + k − 1
⇒ xk = x0k
d’où (xk )k∈[|1,p|] = (x0k )k∈[|1,p|]

.N
2
ce qui donne finalement
∗ surjectivité
1 Soit (yk )k∈[|1,p|] =∈ S2 . Cherchons
bn = (3n + 1) − 2n
H
2 (xk )k∈[|1,p|] tel que f ((xk )) = yk

On a :
V.
Solution 14: Enoncé (yk )k∈[|1,p|] = f ((xk )k∈[|1,p|] )

⇒ ∀k ∈ [|1, p|] , yk = xk + k − 1 soit
∀k ∈ [|1, p|], xk = yk + 1 − k
1. Obtenir un p-uplet (x1 , x2 , ..., xp )
d’éléments de [|1, n|] tels que x1 < · Montrons que la suite (xk )k∈[|1,p|]
x2 < ... < xp revient à obtenir une ainsi définie est élément de S1 i.e
partie de p éléments de [|1, n|] et (xk )k∈[|1,p|] est croissante à valeurs
de les ordonnées. Il y a Cnp façons dans [|1, n|]
différentes de faire ce choix. ∀k ∈ [|1, p − 1|], on a : xk = yk − k + 1
2. Soit S1 l’ensemble des suites et
(xk )k∈[|1,p|] croissante d’éléments xk xk+1 = yk+1 − k. On a :
dans [|1, n|] xk − xk+1 = yk+1 − yk − 1 or (yk )
y1 = x1 est strictement croissante à valeurs
y2 = 1 + x2 ; y3 = 2 + x3 ; ... ; dans [|1, n + p − 1|] ∈ N∗ alors yk+1 ≥
yp = xp + p − 1 yk + 1 soit xk+1 − xk ≥ 0 d’où (xk ) est
La suite (yk )k∈[|1,p|] ainsi définie est croissante. · Montrons que (xk ) est

à valeurs dans [|1, n|] 1. Ce rangement revient à choisir une
∀k ∈ [|1, p|], xk = yk − k + 1 partie de 7 boîtes parmi les 10
yp ∈ [|1, n + p − 1|] et (yk ) est stricte- boîtes pour y ranger les prospectus.
ment croissante Soit N1 le nombre de cas possible
7
xp−k + p − k − 1 = yp−k ∈ [|1, p + p − N1 = C10 = 120
k − 1|] 2. Ce rangement revient à construire
⇒ xp−k ∈ [|1, n|]∀k ∈ [|1, p − 1|] d’où une application injective de l’en-
∀k ∈ [|1, p|], xk ∈ [|1, n|] semble de 7 prospectus vers l’en-
Ainsi la suite (xk ) est à valeurs dans semble des 10 boîtes.
[|1, n|]. Par suite (yk ) ∈ S1 et f est Soit N2 le nombre de possibilité
surjective. Par conséquent f est bi- N2 = A710 possibilités
jective d’où Card S1 = Card S2 (car
p 3. Cela revient à construire une appli-
S2 est finie). Alors Card S2 = Cn+p−1
p cation de l’ensemble des 7 boîtes
et on a Cn+p−1 façons.
prospectus vers l’ensemble des 10
boîtes. Soit N3 le nombre de possi-
1
Le nombre total de possibilités de

.P
4.
bilités.
N3 = 107 possibilités
.N
rangement est n !
1. Supposons que A est en premier,
B est derrière, il reste (n − 2)! 1. (a) Tirage (5 ; 26) : 265
H
répartitions possibles. Comme A (b) Tirage (4 ; 26) : 264

peut être placé n’importe où dans
(c) Tirage (3 ; 26) suivi de ti-
la file avec B derrière lui, il y a(n −
V.
rage(2 ;10) : 265 × 102

1) places possibles pour A et donc
(n − 1)! 1 2. On répond par OUI ou NON à un
la probabilité = d’avoir A
n! n questionnaire de 4 questions
suivi de B ; c’est pareil pour B suivi
2 (a) Tirage (4 ; 2) : 24
de A, soit la probabilité finale (b) Tirage (4 ; 2) : 24 − 1
n
2. Même raisonnement ; au pire B
est en dernier et A r places de- Solution 18: Enoncé
vant ; on peut placer A de n − r
manières, la probabilité finale est 1. Une course comporte 5 chevaux
(n − r)(n − 2)! 2(n − r) (a) Tirage(3,5) : 53

alors 2 =
n! n(n − 1)
(b) Tirage(2,4) : 42

2. (a) Tirage(5,12) : 12

5
Solution 16: Enoncé (b) Tirage(2,5) suivi de ti-
rage(3,7) : 52 × 73


(c) 3 cas incompatibles donc règle les 4 puis 2 parmi les 2 restantes
de la somme : N0 + N1 + N2 en Card(B0 ∩ A0 ) = C24 × C22 = 6
notant Nk le nombre de comités Soit Ω0 l’univers associé à cette
comportant k hommes exacte- nouvelle expérience.
ment : CardΩ0 = C62 × C42 = 9 Alors
0 ∩A0 )

7 p(B0 |A0 ) = Card(B
CardΩ0
1
= 15
N0 = , Par suite p(B0 |A0 ) = 16
5

5 7 •p(B0 |A1 )
N1 = × ,
1 4 0 ∩A1 )
p(B0 |A1 ) = p(Bp(A ;
1)
5 7 Card(B0 ∩A1 ) = C21 ×C41 ×C32 = 24
N2 = × 24 4
2 3 p(B0 ∩ A1 ) = 90 = 15
3. (a) Tirage(5,3) : 53
Par suite
p(B0 |A1 ) = 12
(b) Tirage(5,2) : 52

1
(c) Tirage(2,3) : 32


.P •p(B0 |A2 )
0 ∩A2 )
p(B0 |A2 ) = p(Bp(A 2)
Card(B0 ∩ A2 ) = C22 × C42 = 6
.N
6 1
p(B0 ∩ A2 ) = 90 = 15 et
p(B0 |A2 ) = 1
1. Démonstration
SoitΩ l’univers associé à cette b) Déduction
p(B0 ) = p(B0 ∩ A0 ) + p(B0 ∩ A1 ) +
H
expérience
CardΩ = C62 = 15 p(B0 ∩ A2 ) = 52
L’évènement A0 revient à tirer les • Calculons :
V.
2 boules parmi les 4 rouges, soit ∗p(B1 )

C42 = 6 donc p(A0 ) = Card(A 0) 6
CardΩ = 15
L’évènement A1 correspond au ti-
p(B1 ) = p(B1 ∩ A0 ) + p(B1 ∩ A1 ) + p(B
rage d’une boule parmi les 2 noires
B1 ∩ A0 B1 ∩ A1 B1 ∩ A2
et une boule parmi les 4 rouges. = + +
1
p(A1 ) = C2C×C
1
4 8
= 15 CardΩ0 CardΩ0 CardΩ0
2
6 2
C4 × C2 × C2 + C2 × C41 × C11
1 1 1
2. Déduction =
90
A0 , A1 , A2 forment un système 8
p(B1 ) =
complet d’évènements de Ω. 15
Alors :p(A0 ) + p(A1 ) + p(A2 ) = 1 donc
1
p(A2 ) = 15
3. a) Calculons : ∗p(B2 )
•p(B0 |A0 ) B0 , B1 et B2 forment un système
B0 ∩ A0 revient à tirer dans un complet d’éléments de Ω0
1
premier temps 2 rouges parmi p(B2 ) = 1 − p(B0 ) + p(B1 ) = 15

4. Calculer p(R) Solution 21: Enoncé
R = (A0 ∩ B2 ) ∪ (A1 ∩ B1 ) comme
(A0 ∩ B2 ) ∪ (A1 ∩ B1 ) = ∅ alors
1. a) Calculons la probabilité d’obte-
nir 2 boules de même couleur
p(R) = p(A0 ∩ B2 ) + p(A1 ∩ B1 ) Soit A l’évènement : obtenir
Card(A0 ∩ B2 ) + Card(A1 ∩ B1 ) 2 boules de même couleur
= Soit Ω l’univers associé à
CardΩ0
C42 × C22 + C21 × C41 × C11 × C31 l’expérience (ε1 )
= CardΩ = C42 ; CardA = 2
90
1 p(A) = CardA
CardΩ = C22 = 31
p(R) = 4
3
b) Soit B l’évènement : Obte-
Solution 20: Enoncé nir k fois 2 boules de même
couleur
1
Soit pk cette probabilité
1. E = {A1 , A2 , B1 , B2 , B3 , O}
(a) Nombre de permutations de E :
6!
.P pk = Cnk pk (A) × (1 − p(A))( n − k)
.N
1 2
= Cnk ( )k ( )n−k
(b) Nombre de permutation E 3 3
qui conservent la partition 2n−k
pk = Cnk n (k ∈ [|0, n|])
({A1 , A2 }, {B1 , B2 , B3 }, {O}) :3!2!1! 3
H
2. Applications c) Soit p1 cette probabilité

(a) A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = 1 = 1 − (1 − p(A))n
V.
{A, B, · · · , Z} 1 = 1 − ( 32 )n
i. Nombre d’applications 2. Soit Ω0 l’univers associé à

f A −→ B : 265 l’expérience (ε2 )
ii. Idem sachant que f (3) =

W : 264 a) Calculons :
•p(B1 ) = 0
iii. Idem sachant que W admet • p(B2 ) = a
un seul antécédent : 5 × 254 • p(B3 ) = (1 − a)p(B2 ) = (1 − a)a
(b) E = {P, F } p(B3 ) = 92
i. Nombre de suites avec b) Montrons que p(Bn ) = a(1 −
répétition de 4 éléments a)n−2
pris dans E : 24 Soit Ai l’évènement tirer 2
boules de même couleur au i-
ii. Idem sachant que P appa-
ième tirage
rait une seule fois : 4
Bn = A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An−2 ∩ An−1

p(Bn ) = p(A1 ) × pA1 (A2 ) × or p(Dn+1 |C) + p(Bn ) et
p(A1 )∩(A2 ) × ... × p(A1 ∩...(An−2 ) (An−1 ) p(Dn+1 |C) = p(Dn ) alors
p(Bn ) = a(1 − a)n−2 p(Dn+1 ) = bp(Bn ) + (1 − p)p(Dn )
λ
3. Montrons que Un = r−s (rn−2 − sn−2 ) d) Déduction
Raisonnons par récurrence p(D2 ) = 0
λ
Pour n = 2 on a U2 = 0 r−s (r0 − s0 ) = p(Dn+1 ) = bp(Bn ) + (1 − p)p(Dn )
λ
0 Donc U2 = r−s (r2−2 − s2−2 ) or p(Bn ) = a(1 − a)n−2
Soit n ≥ 2 fixée p(Dn+1 ) = ab(1 − a)n−2 + (1 −
λ
Supposons que Un = r−s (rn−2 − sn−2 ) p)p(Dn ) d’après la question 3 on
λ déduit que
et montrons que Un+1 = r−s (rn−1 −
λ
sn−1 ). On a : p(D ) = r−s (rn−2 − sn−2 ) avec
 n
λ = ab

Un+1 = λrn−2 + sUn r =1−a

1
λ 
s=1−b
= λrn−2 + s( (rn−2 − sn−2 ))
=
λrn−1−λs
r−s
n−1
r−s
.P b)n−2 )
e) Calculons
ab
p(Dn ) = b−a
X
((1 − a)( n − 2) − (1 −
p(Dn )
.N
λ
Un+1 = (rn−1 − sn−1 ) n>2
r−s
X n
X
p(Dn ) = lim p(Dk )
H
λ n−2 n→+∞
d’où ∀n ≥ 2 on a Un = r−s (r − n>2 k=2
sn−2 ) Xn
ab
4. Soit ΩV l’univers associé à = lim [(1 − a)k−2
V.
n→+∞ b−a
k=2
l’expérience (ε3 ) n
ΩV = {2N ; 2B; 2V } ab X
= lim (1 − a)k−2 −
n→+∞ b − a
a) Calculons b k=2
b = C32 = 15
1
ab 1 − (1 − a)n−
6 = lim ×
n→+∞ b − a 1 − (1 − a)
b) Calculons :
•p(D2 ) = 0 b
= lim [1 − (1 − a)n−1 ]
• p(D3 ) = b × a n→+∞ b − a
(
c) Démonstration b a |1 − a|
= − car
D’après la formule de la proba- b−a b−a et|1 − b
bilité totale X
p(Dn ) = 1
n>2
p(Dn+1 ) = p(C ∩ Dn+1 ) + p(C ∩ Dn+1 )
= p(C) × p(Dn+1 |C) + p(C) × p(Dn+1Solution
|C) 22: Enoncé
p(Dn+1 ) = bp(Dn+1 |C) + (1 − b)p(Dn+1 |C)

N
1 X 2
SN = +
1. On a X −1 ({1}) = {a} et {a} ∈/ A 2 n=2 (n + 1)(n − 1)
d’où X n’est pas une var sur l’es- N
1 X 1 1
pace probabilisable (Ω, A) = + −
2 n=2 n − 1 n + 1
2. Calculons P ({X = Y }) N −1 N +1
1 X1 X1
= + −
2 n=1 n n=3 n
P ({X = Y }) = P ({ω ∈ Ω/X(ω) = Y (ω)})
1 1
= P ({ω ∈ Ω/X(ω) = 3}) SN = 2 − −
N N +1
= P ({c})
lim SN = 2 Alors E(X) existe et
P ({X = Y }) = 1 N 7→+∞
E(X) = 2
∗ Calculons V(X)
N
Y est une var mais X ne l’est pas
1
X
Posons SN = n 2 Pn
donc X et Y n’ont pas même loi.

.P 1 X
SN = +
N
n=1
2n
.N
2 n=2 (n + 1)(n − 1)
N N
1. Calculons Pn 1 X 1 X 1
Pn = F (n + 1) − F (n)n ∈ N∗ = + +
2 n=2 n + 1 n=2 n − 1
H
• Pour n = 1 N −1
P1 = F (2) − F (1) or F (1) = 0 et 1 X 1 1 1 1
1
= +2 + + +1+
F (2) = 1 − 1(2) = 12 2 n N N +1 2
V.
n=3
P1 = 21 N
X −1
1 1 1
• Pour n > 1, SN = 2 + 2 − +
n=3
n N N +1
1 1 lim SN = +∞
Pn = 1 − − (1 − ) N 7→+∞
n(n + 1) n(n − 1) Alors E(X 2 ) n’existe pas d’où V(X)
−1 1 n’existe pas.
= +
n(n + 1) n(n − 1)
1 1 1 Solution 25: Enoncé
= ( − )
n n−1 n+1
2 Solution 26: Enoncé
Pn =
n(n + 1)(n − 1)
2. ∗ Calculons E(X) si elle existe 1. (a) Nombre d’applications injec-

XN tives
Posons SN = nP (n), n ∈ N
n=2 f : A −→ B : A35

(b) Idem sachant que 4 admet un 64. On cherche la probabilité de
seul antécédent : 3 × A24 l’événement :
2. (a) Nombre de suites avec A1 = ne pas obtenir d’as en
répétition de 5 éléments pris lançant 4 dés .
dans E : A526 Il y a 54 quadruplets ne conte-
nant pas l’as, donc P(A1 ) =
(b) Idem sachant que W apparait 54
en troisième position ;A425 . La probabilité d’obtenir au
64
moins un as est donc
Solution 27: Enoncé c 54
p1 = P(A1 ) = 1 − 4 ≈ 0, 5177
6
.
1. (a) Nombre de parties de E à 3
(b) On prend comme univers Ω
éléments : 53
l’ensemble des 10 − uplets de
(b) Nombre de parties de E à 3 nombres compris entre 1 et 6.
éléments et contenant 4 : 42 La nombre d’éléments de Ω est
1
2. (a) Nombre de parties à 5 éléments
contenant
2 éléments de A et 3
5 7
de B : 2 3
.P 61 0.
La probabilité de l’événement :
A2 = ne pas obtenir d’as en
.N
lançant 4 dés , est, par le même
(b) Nombre de parties à 5 éléments
raisonnement que dans a), le
contenant
au plus
2 éléments nombre
de A : 0 5 + 1 4 + 52 73
5 7 5 7

510
H
3. (a) Nombre de suites strictement P(A2 ) = 10

6
croissantes de 3 chiffres pris
dans E : 53
V.
Le nombre d’éléments de l’en-

(b) Idem mais suites strictement semble B2 des 10-uplets conte-
décroissantes : Idem nant exactement un as se cal-
cule de la manière suivante. Il
4. (a) Nombre des chemins de
12
12 y a 10 positions possibles pour
E : 7,5 = l’as, et chaque autre élément
(5!7!)
(b) Nombre des chemins de E qui peut prendre 5 valeurs pos-
7
passent par (4,3) : 4,3 5 sibles. Cela fait donc 10 × 59
2,3
éléments. Alors
10 × 59
Solution 28: Enoncé P(B2 ) =
610
.
1. (a) On prend comme univers Ω La probabilité qu’il y ait au plus
l’ensemble des quadruplets de un as est donc, puisque A2 et B2
nombres compris entre 1 et 6. sont disjoints,
La nombre d’éléments de Ω est P(A1 ∪ B2 )

510 10 × 59 510 Il y a 50 positions possibles
= P(A2 )+P(B2 ) = 10 + 10 = 3 10
6 6 6 pour l’as, et chaque autre
élément peut prendre 5 valeurs
La probabilité d’obtenir au possibles. Cela fait donc 50×54 9
moins deux as est alors, éléments. Alors
C 510 50 × 549
p2 = P((A2 ∪B2 ) ) = 1−3 10 ≈ 0, 5154. P(B4 ) =
6 650
(c) On prend comme univers Ω La probabilité qu’il y ait au plus
l’ensemble des 25-uplets de un as est donc
couples de deux nombres com-
pris entre 1 et 6. Il y a 36 P(A1 ∪ B4 ) = P(A4 ) + P(B4 )
couples, et chaque élément du 550 50 × 549 550
25-uplet peur prendre 36 va- = + = 11
650 650 650
leurs. Donc Ω possède 3625 La probabilité d’obtenir au
éléments.
1
moins deux as est alors
L’ensemble A3 des couples ne
contenant pas 2 as possède 352 5
éléments et sa probabilité vaut
.P C 550
p4 = P((A4 ∩B4 ) ) = 1 50 ≈ 0, 9987.
6
.N
C’est ce dernier événement qui
3525
P(A3 ) = 25 est donc le plus probable.
36
2. On suppose que l’année a 365
jours, et on considère que les
H
Alors la probabilité qu’il y ait au

moins une paire d’as est dates d’anniversaire sont réparties
de manière équiprobable. Une per-
3525
V.
p3 = P(AC3 ) = 1 − ≈ 0, 5055 sonne donnée a donc une probabi-

3625 lité 1/365 d’avoir son anniversaire
. un jour donné.
(d) On procède comme dans b). Sin > 365, il y a plus de personnes
On prend comme univers Ω que de jours de l’année, donc il y a
l’ensemble des 50-uplets de toujours deux personnes ayant leur
nombres compris entre 1 et 6. anniversaire le même jour.
La nombre d’éléments de Ω est On suppose maintenant n ≤ 365.
65 0 On peut modéliser le problème en
. La probabilité de l’événement : disant que chaque personne tire
A4 = ne pas obtenir d’as en un nombre au hasard parmi les
50
lançant 4 dés , est P(A4 ) = 5650 nombres entiers de 1 à 365.
Le nombre d’éléments de l’en- L’univers Ω est l’ensemble des n-
semble B4 des 50-uplets conte- uplets formés de tels nombres. Le
nant exactement un as se cal- nombre d’éléments de Ω est donc
cule de la manière suivante. 365n L’ensemble A des n-uplets dont

tous les éléments sont différents est Pour les valeurs de b, c, et d, il y a
alors An365 , et donc à chaque fois 4 possibilités. Donc

An365 13 4
P(A) = | A |= 11 4 = 123552
365n 2 2
. La probabilité pour que deux per- et
sonnes au moins aient leur anniver- P(A) ≡ 0, 422.
saire le même jour est alors
B Les valeurs des cartes sont aabbc,
An365
1− où, a, b, c désignent des valeurs dis-
365n
tinctes. On choisit 2 valeurs parmi
13

. En évaluant les factorielles à l’aide 13. Il y a 2 possibilités.
de la formule de Stirling, on peut On choisit une autre valeur parmi
approcher P(A), si n est petit de- les 12 restantes. Il y a 11 possibi-
vant 365, par lités.
1
√ Pour la valeur a, on a deux cartes
zn =
(365e−1)365 2 × 365π
p
((365 − n)e−1 )365−n 2 × (365 − n)π
.P
parmi 4, soit 42 de même pour b
Pour la valeur de c il y a 4 possibi-
lités. Donc
.N
365−1+1/2
1 365
× = e−n | B |=
1 4 3
4 = 1098240
365 365 − n 3 2
On trouve les valeurs approchées et
H
de P(AC ) suivantes : n = 23 : P(B) ≡ 0, 0475.

P(AC ) ≡ 0, 5
n = 41 : P(AC ) ≡ 0, 9
V.
n = 57 : P(AC ) ≡ 0, 99 C Les valeurs des cartes sont aaabc,

. où, a, b, c désignent des valeurs dis-
tinctes. On choisit la valeur de a. Il
y a 13 possibilités.
Solution 29: Enoncé On choisit 2 autres valeurs
12
parmi
les 12 restantes. Il y a 2 possibi-
lités.
1. A Les valeurs des cartes sont aabcd, Pour la valeur a, on a trois cartes
où, a, b, c, d désignent des valeurs parmi 4, soit 43
distinctes. On choisit la valeur de a. Pour les valeurs de b et c, il y a à
Il y a 13 possibilités. chaque fois 4 possibilités. Donc
On choisit 3 autres valeurs parmi
12 12 4 2
les 12 restantes. Il y a 3 possibi- | C |= 13 4 = 54912
lités. 2 3
Pour la valeur a, on a deux cartes et
parmi 4, soit 42 P(C) ≡ 0, 021.

où, a, b, désignent des valeurs dis-
D Les couleurs des cartes sont tinctes.
aaaaa. On choisit la couleur de a. On choisit les valeurs de (a, b). Il y
Il y a 4 possibilités. a A213 possibilités.
Pour la valeur
a, on a 5 cartes parmi Pour la valeur b, il y a 4 possibilités
13
13, soit 5 Donc Donc
| G |= 4A213 = 624

13
| D |= 4 = 5148
5
et
et P(G) ≡ 0, 00024.
P(D) ≡ 0, 002.
H Il y a 10 successions possibles des
E Les valeurs des cartes sont aaabb, 5 cartes.
où, a, b, désignent des valeurs dis- Chacune des successions peut
tinctes. On choisit les valeurs de prendre 4 couleurs possibles. Donc
1
(a,b). Il y a A213 possibilités.
On choisit 3 autres valeurs
lités.
12
parmi
les 12 restantes. Il y a 3 possibi-
.P et
| H |= 40
P(H) ≡ 0, 000015.
.N
Pour la valeur a, on choisit 3 cartes
4
parmi 4, soit 3
Pour la valeurs de b on choisit 2
H
4
cartes parmi 4,soit 32 . Donc Solution 30: Enoncé

2 4 4
| E |= A13 = 3744
V.
2 3 1. Ω = combinaisons de 5 par
10,équiprobabilité, | Ω |= 10
et 5
P(E) ≡ 0, 0014. (a) Possibilité qu’il n’y ait aucun

(6)
homme : pr(a) = 105
(5)
F Il y a 10 successions possibles des (b) Possibilité d’obtenir 2 hommes
5 cartes. (42)(63)
et 3 femmes : pr(b) = 10
Chacune des cartes d’une succes- (5)
sion peut prendre 4 couleurs pos- 2. Ω = décomposition de 10 en p1+
sibles. Donc p2 + p3 ,équiprobabilité, | Ω |= 12 25
| F |= 10 × 45 = 10240 (a) Possibilité de la répartition (2 ;

5 ; 3) :pr(2, 5, 3) = 121
(2)
et
P(F ) ≡ 0, 0039. (b) Disjonction de cas : pr(10, 0, 0) =
pr(0, 10, 0) = pr(0, 0, 10) = 121
(2)
3
G Les valeurs des cartes sont aaaab, donc pr(b) = 12
(2)
(c) Passage au complémentaire : 1. On doit avoir
1 − 123 3
(2) P ({c}) = 1 − P ({a, b}) =
4
3. et
1
P ({a}) + P ({b}) = P ({a, b}) =
Il y a donc une infinité de pro-
6
babilité possibles.
1. L’univers comporte 20 tirages si-
multanés de 6 objets parmi 20, il y On doit avoir
6

a 12 manières de tirer les 6 doses, 1
P ({a})+P ({b}) = ({b})+P ({c}) =
6
4
12
soit une probabilité de 6
=0,024. Donc
20
P ({a}) = P ({c})
2. On cherche 1-[Probabilité(0 dose
herbicide) On doit avoir également
1
+( 1 doseherbicide)], soit
P (0) =
6
8
6 = 0, 0007

20
1 5
.P Alors
P ({c}) = 1 − P ({a, b}) =
3
4
.N
P (1) = 12 8
6
= 0, 017 P ({b}) = 1 − P ({a}) − P ({c})
20 3
Probabilité recherchée = 1 − < 0,
1-(0,017+0,07)=0,9976 2
H
ce qui n’est pas possible.Il

n’existe pas de probabi-
lité vérifiant les conditions
V.
Solution 32: Enoncé données.

(b)
(a) On doit avoir
1. On peut toujours utiliser une loi bi- 3
P ({a})P ({b}) = P ({b})+P ({c}) =
nomiale : p=0,02 et n=2. La pro- 4
babilité que l’on ait les deux pièces Donc
non
conformes est P ({a}) = P ({c})
2 2 0
2 p (1 − p) = 0, 0004 On doit avoir également
2. Evénement successif : 1
P (C, C) = P (C)P (C) = 0, 02×0, 98 = P ({c} = 1 − P ({a, b}) =
4
0, 0196
alors
1
P ({b}) = 1−P ({a})−P ({c}) = 1− =
2
Solution 33: Enoncé Il y a une possibilité et une
seule possible.

2. On a carpes parmi 3, et 4-k tanches
parmi 7, donc
P (A) = P (A∩B C )+P (A∩B) et P (B C ) = 1−P (B)
3 7
donc |A| =
k 4−k
P (A ∩ B) − P (A)P (B) ce qui donne bien
3 7

C
= P (A) − P (A ∩ B ) − P (A)P (B) k 4−k
pk = 10

C
= P (A)(1 − P (B)) − P (A ∩ B ) 4
= P (A)P (B C ) − P (A ∩ B C ) On a alors
En permutant les rôles de A et B on 1
P (A) = p1 =
a aussi 2
1
P (B C ) = p0 =
P (A∩B)−P (A)P (B) = P (B)P (AC )−P (B∩AC ) 6
Enfin en appliquant cette formule à donc
1
AC et B C , on a aussi
P (AC ∩ B C ) − P (AC )P (B C )
.P P (B) = 1 − P (B C ) =
2. Pour les autres événements, on

5
6
.N
= P (B C )P (A) − P (B C ∩ A) tient compte de l’ordre, et on va
prendre pour Ω l’ensemble des qua-
Les quatre différences sont donc
druplets formés avec les 10 pois-
égales.
sons. Donc
H
|Ω| = A410
V.
Les événements C et D ont la même

probabilité. Si i est la position
1. Les événements A et B ne étudiée, il y a 3 carpes possibles en
dépendent pas de l’ordre dans le- i, et pour les trois autres positions,
quel les poissons sont pêchés. Si il reste 3 poissons à choisir parmi
l’on note pk la probabilité d’avoir 9. Donc
k carpes (exactement) parmi les
4 poissons, on a une loi hy- |C| = |D| = 3A39
pergéométrique H(4,3,10). En effet et
si l’on prend pour Ω les ensembles
3A39 3
de 4 poissons pris parmi 10, on a P (C) = P (D) = 4 =
A10 10
10
|Ω| = On remarque que c’est tout simple-
4
ment la probabilité de tirer 3 carpes
Si Ak est formé des ensembles parmi 10 poissons. Pour E, il y a
contenant k carpes,on choisit k A32 façons de choisir les carpes et

A82 façons de choisir les deux autres Si l’on note 2n le nombre d’employés,
poissons, donc et Ω l’ensemble des choix de 10 em-
ployés parmi 2n, le nombre d’éléments
|E| = A23 A28 de Ω est 10 2n
Si A est l’ensemble des choix où il y

et
A32 A28 1 a 5 hommes et 5 femmes, on choisit
P (E) = 4 = 5 femmes parmi n et 5 hommes parmi
A10 15
n. Alors le nombre d’éléments de A est
Là aussi on constate que c’est la n2 .La probabilité cherchée est donc
probabilité de tirer deux carpes 5
n 2

parmi 10 poissons. Alors 5
p(A) = 2n
P (F ) = P (C) + P (D) − P (C ∩ D) 10
Rappelons que l’on peut approcher
8 n1
n2
= P (C) + P (D) − P (E) = k n−k
par n k
n−k
, lorsque n
15 n1 +n2 k a (1 − a)

1
n
3. Pour l’événement G, on cherche le et k sont fixes, n1 et n2 sont grands et
nombre de cas où les poids des 4
poissons sont ordonnés en crois-
sant. Choisir un quadruplet de pois-
.P n1
n1 + n2
proche de a. Ici n1 + n2 = 2n, et
donc a = 1/2, n = 10 et k = 5, donc
.N
p(A) s’approche par
sons, dont les éléments sont rangés
suivant l’ordre croissant des poids, 10 1
b= ≈ 2, 246
revient à choisir un ensemble de 5 210
H
4 poissons parmi 10 et à les ran- La probabilité de A est proche d’un

ger ensuite par ordre croissant de quart.
poids. (L’ordre croissant étant im-
V.
posé, il y a une seule façon de ran- Solution 36: Enoncé

ger les poissons par ordre croissant
de poids une fois que l’ensemble de 1. Il s’agit de la loi H(k, x, 100) et
4 poissons est choisi). Cela revient x 100−x

m k−m
à choisir 4 éléments parmi 10, donc pk (m) = 100

k
10
|G| = 2. La probabilité ne change pas.Voici
4 une démonstration
et On suppose que n baguettes ont
10

4 1 déjà été achetées.Il reste donc 100-
=
A410 24 n baguettes. La probabilité que j ba-
guettes fraiches aient été achetées
avant que Madame N n’arrive est
x 100−x

j n−j

n

La probabilité que Madame N ob- 3. Soit B l’événement obtenir une
tienne m baguettes fraiches sa- baguette rassise . La probabilité
chant que j ont déjà été achetés est d’obtenir une baguette rassie sa-
x−j 100−n−x+j
chant que i des 100 baguettes sont
m k−m
100−n
fraiches est donc
k
100 − i
Donc la probabilité p0k (m) que Ma- P (B/Ai ) =
100
dame N obtienne m baguettes
fraiches est dans ce cas La probabilité cherchée est donc
n x−j 100−n−z+j x 100−x

m k−m 100
j n−j
X
p0k (m) = X
100−n 100 p1 (0) = P (Bi /Ai )P (Ai )
j=0 k n
i=0
Mais on a la relation 100
X 100 − i

A−P

A A A−H
= P (Ai )
= i=0
100
H P H P
1
100 100
1 X
et on en déduit

x−j
m

x
j
=
x
m
x−m
j

.P =
X
i=0
P (Ai ) −
Mais la première somme vaut

100 i=0
iP (Ai )
.N
1, puisque {Ai |i ∈ [|0, 100|]} est

100 − n − x + j 100 − x
=
k−m n−j un système complet d’événement

100 − x 100 − x − k + m
aléatoires.Donc
H
k−m n−j 100

X m1

100 − n 100 100 100 − k
p1 (0) = 1 − iP (Ai ) = 1 −
= i=0
100
V.
k n k n
Ce qui donne
z−m 100−x−k+m
n
!
X j n−j Solution 37: Enoncé
p0k (m) = 100−k

j=0 n
x 100−x

m k−m 1. Il a sans doute comparé les propor-
× 100 tions 70% et 90%

k
Mais la somme 2. Notons C l’événement avoir un can-
n z−m 100−x−k+m cer , F être une femme , H être un

j n−j
X
100−k
homme , Φ fumer , et traduisons les
j=0 n pourcentages donnés sous forme
est celle des coefficients de la loi de probabilités conditionnelles. On
hypergéométrique H(n, x − m, 100 − a
k) et vaut donc 1. On retrouve alors 1 4
p0k (m) = pk (m) P (C/F ) = , P (C/H) = ,
10000 10000
7 Si 1 ≤ k ≤ 9, notons Ak l’événement
P (Φ/F ∩ C) = ,
10 utiliser k clefs sans avoir la bonne et B
9 l’événement avoir trop arrosé le repas .
P (Φ/H ∩ C) = La probabilité cherchée est
10
De plus pk = P (B/Ak )
P (Φ/H) = 6P (Φ/F ) et on calcule par la formule de Bayes.
On veut comparer P (C/F ∩ Φ) et P (Ak /B)P (B)
pk =
P (C/H ∩ Φ). P (Ak /B)P (B) + P (Ak /B C )P (B C )
On a
On a P(B) = 1/10. Par ailleurs, lorsque
P (C ∩ F ∩ Φ le repas est bien arrosé, le vigile effec-
P (C/F ∩ Φ) =
F ∩Φ tue un tirage avec remise, chacune des k
clefs a la même probabilité 9/10 d’être
P (Φ/F ∩ C)P (F ∩ C
= mauvaise, donc
1
P (F ∩ Φ
=
P (Φ/F ∩ C)P (C/F )P (F )
P (Φ/F )P (F )
.P P (Ak /B) =
9k
10
Si le vigile est sobre, il effectue un ti-
.N
P (Φ/F ∩ C)P (C/F ) rage sans remise, la j-ième clef a une
=
P (Φ/F probabilité (10-j)/(10-j+1) d’être mau-
Le même calcul donne vaise, sachant que les j-1 précédentes
H
l’étaient, donc
P (Φ/H ∩ C)P (C/H)
P (C/H ∩ Φ) = 9 8 10 − k 10 − k
P (Φ/H) P (Ak /B C ) = ... =
V.
10 9 10 − k + 1 10
D’où
P (C/F ∩ Φ) Alors
P (C/H ∩ Φ) 19 k

1010 9k−1
P (Φ/F ∩ C) P (C/F ) P (Φ/H) pk = k = k−1
= 9 1 10 − k 9 9 + 10k − k10
P (Φ/H ∩ C) P (C/H) P (Φ/F ) +
10 10 10 10
On obtient donc
P (C/F ∩ Φ) 7×1×6 7 Solution 39: Enoncé
= = >1
P (C/H ∩ Φ) 9 × 4 × 1 6
Donc P (C/F ∩ Φ) est supérieur à Solution 40: Enoncé

P (C/H ∩ Φ).


1. Montrons que p(A ∪ B) = p(A) + rapluie [|1, n|] et chaque per-
 − p(A ∩ B)
p(B) sonne de [|1, n|], une répartition
A ∪ B = (A\B) ∪ B
 des parapluies est une per-
⇒ p(A∪B)+ mutation de [|1, n|]. Donc Ω =
 {ensembledespermutationsde[|1, n|]}
(A\B)

CardΩ = n! F = 2Ω
p(A\B) + p(B)(1)
P : 2Ω −→ [0, 1]

A = (A\B) ∪ (A ∩ B)

⇒ p(A) = 1
{ωi } 7→ p({ωi }) =
 n!
(A\B) ∩ (A ∩ B) = ∅

p(A\B) + p(A ∩ B)
On prend pour espace probabi-
⇒ p(A\B) = p(A) − p(A ∩ B)(2)
lisé associé à l’expérience, l’es-
(2) dans (1) donne p(A∪B) = p(A)+
pace (Ω, F, P ) où P est la pro-
p(B) − p(A ∩ B)
babilité uniforme sur (Ω, F)
2. Montrons la formule de Poincaré
1
Raisonnons par récurrence
Pour

 X 1
 (−1)

n = 1 on a :
1+1
X1 .P
p(∩Aj ) = 12 p(A1 ) = p(A1 )
b) Calculons P (∪j∈J )Aj
P (∪nj∈J Aj ) =
n
.N
j=1
X X
k=1 k+1

p(∪n−1 A ) = p(A )
 (−1) p(∩i∈I Ai )
i=1 1 1 k=1 I⊂[|1,n|];CardI=k
Donc la relation est vraie pour Card(∩i∈I;CardI=k A
n=1 P (∪ i∈I;CardI=k A i ) =
H
CardΩ
Pour n = 2 (n − k)!
n P (∪i∈I;CardI=k Ai ) =
X
(−1) n+1
X
p(∩j∈J ) = p(A1 ) + n!
V.
n
P (∪j∈J Aj ) =
k=1 J⊂[|1,2|] n
X k+1
X (n − k)!
(−1)
p(A2 ) − p(A1 ∩ A2 ) k=1 I⊂[|1,n|];CardI=k
n!
n
p(∪2i=1 Ai ) = p(A1 ∪ A2 ) = p(A1 ) + k+1 (n − k)!
X X
= (−1)
k=1
n! I⊂[|1,n|]
p(A2 ) − p(A1 ∩ A2 ) =
n
X k
Cn (−1)
k+1 (n − k)!
n!
La relation est vraie pour n = 2. n
k=1
n
X (−1)k+1
P (∪j∈J Aj ) =
Supposons que la relation est vraie k=1
k!
pour un entier n ≥ 1 et montrons c) Déduction

Soit P1 cette probabilité
qu’elle est vraie à l’ordre n + 1 i.e n

P1 = 1 − P (∪j=1 Aj )
n+1 n
X (−1)k+1
=1−
X X
n+1
p(∩i=1 Ai ) = (−1)k+1 = k=1
n
k!
X (−1)k+2
=1+
k=1 J⊂[|1,n+1|]]J=k k=1
k!
p(∩j∈J Aj ) =1+
n
X (−1)k+2
k=1
k!
3. a) Déterminons un espace proba- P1 =

n
X (−1)k
k!
bilisé fini (Ω, F, P ) associé à k=0
cette expérience aléatoire.

Si on numérote chaque pa-

Soit Ω l’univers associé au choix d’un 2. Déduction D’après la formule de la
habitant du village probabilité totale
1. Probabilité pour que l’individu p(C) = p(C ∩ S) + p(C ∩ S)

a) Soit atteint du Sida et du Can- = 0.2 + 0.075
cer p(C) = 0.275
L’évènement décrit est C ∩ S
3. L’évènement décrit est S|C
p(C ∩ S) = p(S) × p(C|S) p(S ∩ C)
p(S|C) =
= 0.25 × 0.8 p(C)
p(C ∩ S) = 0.2 0.2
=
0.275
p(S|C) = 0.0073
1
b) Soit atteint du Sida uniquement
L’évènement décrit est S ∩ C .P Solution 43: Enoncé
1. Ω = (i, j), équiprobabilité, |Ω| = 62 .

.N
p(S ∩ C) = p(S) × p(C|S) L’événement cherché est A={(4, 6)
= p(S) × p(1 − p(C|s)) , (5, 5) , (6, 4) , (5, 6) , (6, 5) , (6,
6 1
= 0.25 × (1 − 0.8) 6)}, |A| = 6 : pr(A) = 2 = .
6 6
H
p(S ∩ C) = 0.075 2. |Ω| = 25. Il y a 4 événements de pro-

c) Soit atteint de cancer unique- babilité α et 21 de probabilité α/3
α
V.
ment donc α = 1/11 : pr(i > j) = 9 + α =

3
L’évènement ainsi décrit est 4
C ∩S 11

p(C ∩ S) = p(S) × p(C|S)
= [1 − p(S)] × p(C|S)
1. (a) Ω = permutations de E4 ,
= (1 − 0.25) × 0.1 équiprobabilité, |Ω| = 4!
p(C ∩ S) = 0.075 pr(a)) = p4 = 21 − 16 + 24
1
= 38
d) ne soit atteint, ni du Sida (b) Ω = permutations de E5 ,
L’évènement décrit est S ∩ C équiprobabilité , |Ω| = 5!
Passage au complémentaire :
p(S ∩ C) = p(S) × p(C|S) pr(b)) = 1 − p5 = 1930
= (1 − p(S)) × (1 − p(C|S))2. Ω = permutations de E ,
p(S ∩ C) = (1 − 0.25)(1 − 0.1) = 0.675 équiprobabilité, |Ω| = 5!

4! 1
(a) pr(a)) = 5! = 5
(b) On a
pr(I) = p
(b) Il y a 4! × p4 permutations de
{b, c, d, e} sans points fixes donc et
pr(b) = 4!×p5! = 5
4 p4
pr(A) = pr(A|I)×p+pr(A|I)×(1−p)
3
(c) pr(c)) = 5 × pr(b) = 8 ' 0.0529 + 0.8846p
19
(d) pr(d) = 1 − p5 = 30 donc
pr(A|I)pr(I)
pr(I|A) =
Solution 45: Enoncé pr(A)
0.9375
'
0.0529 + 0.8846p
1. On note R l’événement ”tirer une
pr(I|A)pr(I)
boule rouge”, I l’événement ”tirer pr(A|I) =
dans l’urne I” et II l’événement ”ti- pr(A)
0.9471(1 − p)
1
rer dans l’urne II” '
(a) On a
pr(II|R) =
pr(II ∩ R)
.P 0.9471 − 0.8846
Pour p = 0.01 on obtient
pr(I|A) ' 0.152, pr(I|A) ' 0.999
.N
pr(R)
pr(R|II)pr(II) Solution 46: Enoncé

=
pr(R|II)pr(R) + pr(R|II)pr(II)
H
5 2 2 1 3

et 1. (a) pr(a) = 2 × 3 × 3
2 1 (b) Passage au complémentaire :

V.
pr(R|II) = , pr(R|I) = n
3 3 364
pr(b) = 1 −
donc 365
2 n−1
pr(II|R) = 1 5
3 2. (a) pr(Ωn ) =
6 6
(b) n−1
1 4
αp2 (b) pr(A ∩ Ωn ) =
pr(II|R) = 6 6
(1 − α)p1 + αp2 ∞
P 1
(c) pr(A) = pr(A ∩ Ωn ) =
2. (a) On a n=1 2
3. (a) pr(A ∩ B) = p et pr(A)pr(B) =
150
pr(A|I) = ' 0.9375 (p + q)(p + r) = p2 + rp + pq + qr
160 Comme p + q + r + s = 1 on ob-
et tient pr(A)pr(B) = p(1 − s) + qr
322 donc l’égalité si et seulement
pr(A|I) = ' 0.9471 qr − ps = 0
340
(b) Si A et B sont indépendants Notons X(Ω) = {x1 , · · · , xn } et Y (Ω) =
alors : y1 , · · · , yp }
Si U est inclus dans Ω, remarquons
pr(A ∩ B) = pr(B) − pr(A ∩ B) que puisque l’événement {x ∈ U } est
= pr(B)−pr(A)pr(B) = pr(B)pr(A)la réunion disjointes des événements

{X = x} lorsque x appartient à U , on
pr(A ∩ B) = pr(A) − pr(A ∩ B) aura
= pr(A)−pr(B)pr(A) = pr(A)pr(B) X
P(X ∈ U ) = P(X = x)
x∈U
On applique cette propriété dans ce qui

suit.
On rappelle aussi que si U et V sont in-
clus Ω
1. {X > k − 1} signifie que l’on a déjà
P(X ∈ U et X ∈ V ) = P(X ∈ (U ∩ V ))
1
tiré k − 1 boules distinctes, donc
1) =
n − (k − 1)
.P
il en reste n − (k − 1) non encore P(X ∈ U ou X ∈ V ) = P(X ∈ (U ∩ V ))
tirées : pr(X > k − 1|X > k −
etc . . .
donc pr(X > k) = 1. On a
.N
n
Qk Akn
j=2 pr(X > j|X > j − 1) = k P(X ≤ 0 ou X ≥ 0)
n
Ank−1 = P(X ≤ 0) + P(X ≥ 0)
H
pX (k) = pr(X > k−1)−pr(X > k) = (k−1) k

n − P(X ≤ 0 et X ≥ 0)
pour k = 2, 3, · · · , n + 1 Mais
V.
Cas n = 4 :
{X ≤ 0} ou {X ≥ 0} = Ω
k 2 3 4 5
pX (k) 16/64 24/64 18/64 6/64 et
{X ≤ 0} et {X ≥ 0} = {X = 0}
2. Raisonnement par équiprobabilité.
On effectue k tirages avec remise, donc
donc |Ω| = n4 L’événement {X = k}
est l’ensemble des suites formées 1 = P(X ≤ 0) + P(X ≥ 0) − P(X = 0)
de k − 14 boules distinctes parmi n ce qui donne la formule voulue.
suivies d’une boule déjà obtenue
2. En calculant la probabilité de
parmi ces k − 1 : il y en a donc
l’événement contraire, on a
(k − 1)Ak−1
n
P(x ∈
/ A) = 1 − P(x ∈ A)
X
Solution 48: Enoncé =1− P(X = x)
x∈A

3. En utilisant la définition de la pro- (X2 = k, X2 > a) = ∅
babilité conditionnelle, et les pro-
priétés rappelées au début, on ob-
tient immédiatement P(X ∈ A/X ∈ P (Y = k) = P (X1 = k) × P (X2 ≤ a)
B) 1 a
= etP (X2 ≤ a) =
n n
P(X ∈ A et X ∈ B) a
= P (Y = k) = 2
P(X ∈ B) n
X • Si k > a
P(X = x) (Y = k) = (X1 = k; X2 ≤ a) ∪ (X2 =
P(X ∈ (A ∩ B) x∈A∩B k, X2 > a)
= )= X
P(X ∈ B) P(X = x)
x∈B
P (Y = k) = P (X1 = k, X2 ≤ a) + P (X2 =
4. Comme {(X = xj )}1≤i≤n est un = P (X1 = k) × P (X2 ≤ a) + P (X
système complet d’événements a 1 a+n
1
aléatoires, on a (formule des pro- P (Y = k) = 2 + =
babilités totales)
n
X
.P n
2. • CalculonsE(Y )
n n2
.N
P(Y = y) = P(X = xi et Y = y)
n
j=1 X
E(Y ) = kP (Y = k)
X k=1
= P(X = x et Y = y) a n
H
X X
x∈X(Ω) = kP (Y = k) + kP (Y = k)
k=1 k=a+1
5. l’événement {X ∈ A et Y ∈ a n
V.
B est la réunion disjointe des

X ka X a 1
= + ( + )k
événements {X = x et Y = n2 n2 n
k=1 k=a+1
y}, pour tous les couples (x, y) a n a
X ka X a 1 X a
d’éléments de A × B Cela donne = + ( 2 + )k − ( 2+
n2 n n n
immédiatement la réponse k=1 k=1 k=1
a
1X a 1 n(n + 1)
=− k+( )
n n2 n 2
Solution 49: Enoncé k=1
−a(a + 1) a(n + 1) n + 1
= + +
2n 2n 2
a(n − a)
1. Loi de Y E(Y ) = + E(X1 )
2n
Y (Ω) = [|1, n|] Soit k ∈ [|1, n|]
• Si k ≤ a, a ∈ [|1, n|] • Comparaison de E(Y ) et X1
(Y = k) = (X1 = k; X2 ≤ a) ∪ (X2 = E(Y ) = a(n−a)
2n + E(X1 ) ⇒ E(Y ) −
k; X2 > a) E(X1 ) = a(n−a)
2n On a n ≥ a > 0 d’où
P (Y = k) = P (X1 = k, X2 ≤ a) car E(Y ) ≥ E(X1 )

3. Valeur de a pour laquelle E(Y ) est +∞
X
maximal
1
1, 1[,( (1−x) 0
2) =
2
(1−x)3 or nxn−1 =
n=1
+∞
1 X
Alors n(n − 1)xn−2 =
(1 − x) n=2
2
1. Déterminons la loi de X (1 − x)3
+∞
X(Ω) = N Soit n ∈ N X 2
1
n(n − 1)xn−1 =
P (X = n) = Cn+1 p(1 − p)n × p n=1
(1 − x)3
P (X = n) = (n + 1)p2 (1 X
− p)n
N
X
(n+1)p2 (1−p)n = p2 (n+1)(1− 2
X
n∈N n∈N
lim SN = lim p (1 − p) n(n + 1)(1 −
N 7→+∞ N 7→+∞
n n=1
p)
Soit xX∈ R/|x| ≤ 1 On sait que 2
= p2 (1 − p)
1
xn [1 − (1 − p)]3
1−x =
2(1 − p)
1
n∈N lim SN =
La fonction x 7→
1
(1−x)2 =
XN
nxn−1
1
est dérivable
1−x
sur ] − 1, 1[ alors ∀x ∈] − 1, 1[ on a : .P N 7→+∞ p
alors E(X) existe et E(X) = 2(1−p)

p
.N
3. Loi de Y
n=1
Y (Ω1 ) = N Soit k ∈ Y (Ω1 )
X X P (Y = k|X = n) = P (YP =k;X=n) = 1
(n + 1)p2 (1 − p)n = p2 (n + 1)(1 − p)n (X=n) n+1
H
n∈N n∈N
X
2
n(1 − p)( 1 − p)Pn−1
X
=p (Y = k) = P (Y = k|X = n) × P (X =
n∈N∗
V.
n∈N
2
p +∞
1
= =
X
(n + 1)p2 (1 − p)n
[1 − (1 − p)]2 n+1
n=k
X
(n + 1)p2 (1 − p)n = 1 +∞
X
2
n∈N P (Y = k) = p (1 − p)n
n=k
2. Montrons que E(X) existe
N
X On pose N = n − k, on a n = N + k
Posons SN = nP (Xn )
+∞
n=0 X
2
N
X P (X = k) = p (1 − p)n+k
SN = n(n + 1)p2 (1 − p)n SN = n=0
n=0 +∞
X
2 k
XN = p (1 − p) (1 − p)n
p2 (1 − p) n(n + 1)(1 − p)n−1 n=0
2 k
n=1
1
= p × p1 (1 − p)
Soit x ∈]−1, 1[. La fonction x ∈ (1−x) 2
est dérivable sur ] − 1, 1[.∀x ∈] − P (X = k) = p(1 − p)k

Calculons E(Y ) P (EA ∩D) = P (D|EA )×P (EA ) = 0.06
(Y + 1)(Ω1 ) = N∗ = n + 1, n ∈ N Soit 0.06
P (EA |D) = 0.14 = 37
n + 1 ∈ (Y + 1)(Ω1 ) avec n ∈ N. On
a: 2. (a) Loi de Y
P (Y + 1 = n + 1) = P (Y = n) = Y (Ω) = N
p(1 − p)n . Donc Y + 1 suit la loi ∀k ∈ Y (Ω) P (Y = k) =
géométrique de paramètre p. n n
exp(−λ) λn! = 20 exp(−λ)
n!
Alors E(Y + 1) = p1 = E(Y ) + 1 d’où E(Y ) = V(Y ) = λ = 20
E(Y ) = p1 − 1 = 1−p
p
4. Déterminons la loi de Z b) Déterminons P (X = k|Y = n)
Soit n le nombre d’objets pro-
duit en une heure par A. X
1. Loi de X représente le nombre d’objets
X(Ω) = [|1, 6|]. Soit i ∈ X(Ω) défectueux produit par A en
(X = i) = (U1 ; U2 = i) ∪ (U1 = i; U2 > une heure.
1
i) ∪ (U1 > i; U2 = i)
P (X = i) = P (U1 = i; U2 = i) + P (U1 = i; U2 > i) + P (U1 > i; U2 = i)
= P (U1 = i) × P (U2 = i) + P (U1 = i) × P (U2 > i) + P (U1 > i) × P (U2
=
1
36
+
1
6
×
6−i
6
+
6−1
6
×
1
6
.P = i)
Un objet produit par Aest
soit défectueux, soit non
défectueux. Ainsi X suit la loi
de Bernoulli dont la probabi-
.N
13 − 2i
P (X = i) =
36
6
X 11 + 18 + 21 + 20 + 18 + 6 47 lité de succès p est la proba-
E(X) = iP (X = i) = =
i=1
2. Exprimons X + Y en fonction de U1 et U2
36 18
bilité qu’un objet de A soit
X + Y = U1 + U2
Déduisons E(Y ) E(X + Y ) = E(X) + E(Y )
défectueux p = 0.1. Donc ∀k ∈
H
E(Y ) = E(X + Y ) − E(X) = E(U1 + U2 ) − E(X)

E(Y ) = E(U1 ) + E(U2 ) − E(X) or U1
E(U2 ) = E(U1 ) = 7
U (6) et U2 U (6) alors [|1, n|]
P (X = k) = Cnk (0.1)k (0.9)n−k
2
E(Y ) = 7 − E(X)
3. Expression de XY en fonction de U1 et U2
• Si k > n (X = k|Y = n) = ∅
V.
XY = U1 × U2
Calculons E(XY )
E(XY ) = E(U1 U2 ) = E(U1 ) × E(U2 ) car U1 |= U2 donc E(XY ) = 49
4
P (X = k|Y = n) = 0
• Si k ≤ n
Soit EA l’évènement : ”l’objet pro- P (X = k; Y = n)

p(X = k|Y = n) =
vient de A” ;D l’évènement ”L’objet est P (Y = n)
défectueux” EB : ”l’objet provient de B”. = p(X = k)
P (EA ) = 0.6 ; P (EB ) = 0.4 ; P (D|EB ) = p(X = k|Y = n) = Cnk (0.1)k (0.9)n − k
0.2 ; P (D|EA ) = 0.1
1. On cherche P (EA |D)
A ∩D)
P (EA |D) = P (E
P (D) c) Déduction
P (D) = P (D ∩ EA ) + P (D ∩ EB ) P (X = k) = P (X = k, Y = n) + P (X = k, Y 6= n)
= P (D|EA ) × P (EA ) + P (D|EB ) × P (EB ) = p(X = k, Y = n)

+∞
X
P (X = k) = P (X = k|Y = n)P (Y = n)
P (D) = 0.14 n=0

Soit M ∈ N∗ 2. On a Y (Ω) = [|1, 5|]
Pour i ∈ [— 1, 4 —], l’événement
XM
P (X = k|Y = n)P (Y = n) =
X M
P (X = k|Y = n)P (Y = n) {Y = i} est l’événement tirer un 6
n=0 n=k
X M
k k20 exp (−20)
n−k
au i-ème lancer et ne pas tirer un 6
n
= C (0.1) (0.9) ×
n=k
n
n!
aux (i-1) lancers précédents ,donc
M
X 0.1 k n! n n
= ( ) × × (0.9) × 20 ×
1 5 i−1 5i−1
n=k
0.9 k!(n − k)!
exp (−20)
P (Y = i) = ( ) = i
M
X
n!
0.1 k exp (−20) XM
18n
6 6 6
P (X = k|Y = n)P (Y = n) = ( ) ×
0.9 k! (n − k)!
n=0 n=k
L’événement {Y = 5} est la
Posons m = n − k on a :
XM
0.1 k exp (−20) MX−k
18n
réunion de deux événements in-
P (X = k|Y = n)P (Y = n) = ( ) k×
n=0
M
X
0.9 k! n=0 m!
2k exp (−20)
compatibles :
lim P (X = k|Y = n)P (Y = n) = ×
M 7→+∞ k!
n=0
k
2 exp(−2)
(a) 1) tirer un 6 au 5-ième lancer et
exp −18 = D’où X P(2)
k!
ne pas tirer un 6 aux 4 lancers
54
Solution 53: Enoncé précédents de probabilité 5
6
1
(b) ne pas avoir obtenu de 6 sur les
1. Si l’on prend pour Ω l’ensemble des
quadruplets {P, F }4 , on a
.P 55
5 lancers , de probabilité 5
On a donc
6
.N
|Ω| = 24 54 55 54
P (Y = 5) = 5 + 5 = 4
6 6 6
On a alors X(Ω) = {0, 1, 2}.
Il y a une seule manière d’avoir On peut vérifier que la somme
H
deux séquences pile-face : {X = 2} des probabilités trouvées vaut

= {PFPF }. Donc bien 1.
V.
1
P (X = 2) = Solution 54: Enoncé
16
Cherchons le nombre de manières
de ne pas avoir de séquence pile- 1. Pour calculer P (Ak−1 ), on se trouve
face. Les F doivent sortir avant les dans la situation d’une loi hy-
P. Il y a 5 cas possibles pergéométrique H(k − 1, N1 , N ) et
donc
{X = 0} N1
N −N1
n−1 k−n
P (Ak−1 = pn−1 = N
= {F F F F, F F F P, F F P P, F P P P, P P P P }

k−1
Donc Après k-1 tirages, il reste N-k+1 in-
5
P (X = 0) = dividus et N1 − n + 1 individus de
16
Alors type T , donc
5 N1 − n + 1
P (X = 1) = 1−P (X = 0)−P (X = 2) = P|Ak−1 (Bk ) =
8 N −k+1
2. On a alors (b) pr(X(1/24) > 1) ' 0, 003
P (Z = k) = P (Ak−1 ∩ Bk ) 2. pr (X (1=24) ¿ 1) ’ 0 :003 : 2. Le

nombre d’entrées par période de t
= P|Ak−1 (Bk )P (Ak−1 ) minutes est une VA de Poisson X(t)
N −N1
N1 − n + 1 n−1
N1 de paramètre λt = 0, 5t : pr(X(5) =
k−n
= N 0) = e−25 ' 0, 08.
N −k+1

k−1
N1 !(N − N1 )!(k − 1)!
=
(n − 1)!(N1 − n + 1)!(k − n)! Solution 62: Enoncé
(N − k + 1)!(N1 − n + 1)
×
(N − N1 − k + n)!N !(N − k + 1)
N1 !(N − N1 )!(k − 1)! 1. Une permutation admet k points
= fixes I = {x1 , . . . , xk } donnés (et
(n − 1)!(N1 − n)!(k − n)!
k−1
N −k k seulement) si et seulement si sa
(N − k)!
= n−1 NN1 −n
1
× restriction à En − I est sans point
(N − N1 − k + n)!N !

N 1
.P fixe : comme la probabilité d’un tel
événement est pn−k il y a (n − k)! ×
pn−k telles permutations. Alors
.N

n (n − k)! × pn−k
pr(Sn = k) =
Solution 56: Enoncé k n!
H
pn−k
= pour k = 0, 1, . . . , 10
Solution 57: Enoncé k!
Lorsque n est grand et k petit de-
V.
vant n on a pn−k ' e−1 d’où l’ap-

proximation par P(1)
P10 − k
Solution 59: Enoncé 2. (a) X)S10 donc pr(X = k) =
k!
pour k=0,1,. . .,10
Solution 60: Enoncé (b) pr(X ≥ 4) = 0, 019 < 0, 05, donc

test réussi.

1. Le nombre d’accidents par période

de t jours est une VA de Poisson X(t)
de paramètre λt = 2t(λ = 2). Solution 64: Enoncé
(a) pr(X(1) > 1) = 1 − 3e−2 ' 0, 59

1. a) Justifions que l’ensemble Or ∀x ∈ R, |x| ≤ 1,on a :
(k, P (X1 = k)), k ∈ N∗ est une +∞
loi de probabilité de X1 . 1 X
= xk
p ∈]0, 1[ ;(1 − p) ∈]0, 1[ ,d’où 1−x
k=0
p(1−p)k−1 ainsi
X P (X1 = k) ≥ 0(a) en dérivanton a :
+∞
Calculons P (X1 = k) 1 X
k∈N∗
= kxk−1 (?)
(1 − x)2
k=1
1
X X E(X1 ) = p
P (X1 = k) = p(1 − p)k−1 [1 − (1 − p)]2
k∈N∗ k∈N∗ p 1
X = 2=
=p (1 − p)k−1 p p
k∈N∗
V ar(X1 ) = E(X12 ) − E2 (X1 )
+∞
X X12 = X1 (X1 − 1) + X1
=p (1 − p)k−1
k=1
V ar(X1 ) = E[X1 (X1 − 1)] +
1
E(X1 ) − E2 (X1 ).
Posons K = k − 1
Si k = 1; K = 0
Si k = +∞; K = +∞ Ainsi
.P
Evaluons E(X1 (X1 − 1)).
E(X1 (X1 − 1)) =

X
k(k − 1)p(1 − p
.N
k∈N∗
X
=p k(k − 1)(1 − p)k
X +∞
X k∈N∗
K
P (X1 = k) = p (1 − p) En dérivant (?) , on; a :
H
k∈N∗ K=0 +∞
1 2 X
=p 3
=p k(k − 1)xk−1 ain
[1 − (1 − p)] (1 − x)
V.
k=2
p +∞
= X
p E[X1 (X1 − 1)] = p k(k − 1)(1 − p)k
= 1 (b) k=2
+∞
De (a) et (b) ,(k, P (X1 = k)) est X
= p(1 − p) k(k − 1)(1 − p)k−2
la loi de X1 .D’où X1 G(p)
k=2
1
b) Démontrons que E(X1 ) = p et 2
V ar(X1 ) = 1−p = p(1 − p)
p2 . [1 − (1 − p)]3
2(1 − p)
=
X p2
E(X1 ) = kp(1 − p)k−1
k∈N∗ Par conséquent :
V ar(X1 ) = 2(1−p) 1 1
X
=p k(1 − p)k−1 p2 + p − p2 =
2−2p+p−1
k∈N∗
p2

1−p
V ar(X1 ) = p2 .
somme de deux entiers natu-
rels.
2. a) Démontrons que E(X1 ) = (X1 + X2 = k) =
V ar(X1 ) X
= λ1 [
(X1 = j et X2 = k − j)
E(X1 ) = kP (X1 = k). Or j∈[|0,k|]
k∈N
k P (X1 + X2 = k) =
P (X1 = k) = e−λ λk! . Donc [
P[ (X1 = j et X2 = k − j)]
k
−λ λ j∈[|0,k|]
X
E(X1 ) = ke
k!
X
k∈N = P [(X1 = j et X2 = k − j)]
X λk j∈[|0,k|]
= e−λ
(k − 1)! (par incompabilité des évènements)
k∈N X
+∞
X λk
+∞ k
X λ = P [(X1 = j ∩ X2 = k − j)]
−λ
= λe or = eλ donc j∈[|0,k|]
k! k!
1
k=0 k=0
X
= P (X1 = j) × P (X2 = k − j)
E(X1 ) = λ
V ar(X1 ) = E(X12 )
− E (X) 2
.P j∈[|0,1|]
(par indépendance des évènements.)

.N
j k−j
−λ1 λ1 −λ2 λ2
X
= E(X(X − 1)) + E(X) = e ×e
j! (k − j)!
− E2 (X) j∈[|0,k|]
X X λj λk−j
= k(k − 1)P (X1 = k) −λ1 −λ2 1 2
H
=e
k∈N
j! (k − j)!
j∈[|0,1|]
2
+ E(X) − E (X) X λj1 λk−j k!
V.
−λ1 −λ2 2
k =e ×
−λ λ j!(k − j)! k!
X
= k(k − 1)e + E(X) j∈[|0,k|]
k!
k∈N k
2 −λ1 −λ2
X 1 j j k−j 0
− E (X) =e Ck λ1 λ2 d où
j=0
k!
X λk−2
= λ2 e−λ +E(X)−E2 (X) (λ1 + λ2 )k
−λ1 −λ2
(k − 2)! P (X1 + X2 = k) = e ( )
k∈N k!
Par identification à la loi de
= λ2 + λ − λ2 Poisson , on en déduit que :X1 +
V ar(X1 ) = λ X2 P(λ1 + λ2 ).
X n
b) Montrons que X1 + X2 P(λ1 + c) Démontrons que Xi
λ2 ) n
i=1
(X1 + X2 )(Ω) = N
X
P( λi ).
Soit k ∈ (X1 + X2 )(Ω). k peut i=1
toujours s’écrire sous forme de Raisonnons par récurrence .

On sait que X1 +X2 P(λ1 +λ2 ). tx = (1 − λ)(−t) + λt, donc
∗
Soit n ∈ N . Supposons que
Xn Xn etx = e(1−λ)(−t)+λt
P( λi ). On a ≤ (1 − λ)e−t + λet
i=1 i=1
n+1
X Xn (car la f onction est convexe)
Xi = Xi + Xn+1 . Posons 1 x+1 t
≤ (1 − x)e−t + e
i=1 i=1 2 2
n
X Xn
Yn = Xi , Yn P( λi ) , 2. a) Montrons que etX est d’espérance
i=1 i=1 mathématique finie et que
Xn+1 P(λn+1 ). 2
E(etX ) ≤ ch(t) ≤ et /2
Yn ⊥Xn+1 d’où
|X| ≤ 1 ;alors |tX| ≤ |t|,t étant
n
X fixe.Donc etX est bornée.D’où
Yn + Xn+1 P( λi + λn+1 ) E(etX ) ≤ ∞.
i=1
n Montrons que E(etX ) ≤ ch(t).
1
X
Yn + Xn+1 P( λi ) d0 où On sait que etx ≤ 12 (1 − x)e−t +
n+1
X
Xi P(
Xn+1
λi )
i=1
.P 1 t
2 (1 + x)e ,pour x
et |X| ≤ 1, donc X(Ω) ∈
∈ [−1, 1]
[−1, 1],d’où etX ≤ 21 (1 − X)e−t +

.N
i=1 i=1 1 t
2 (1 + X)e .Par conséquent
n
X
En conclusion Xi e−t et
tX
i=1 E(e ) ≤ E(1 − X) + E(1 + X)
H
n 2 2
−t
e et
X
P( λi ) = (1 − E(X)) + (1 + E(X
i=1 2 2
V.
t −t
e +e
=
= ch(t)
E(etX ) ≤ ch(t)
1. Soit t ∈ R et x ∈ [−1, 1]. Montrons
que
Montrons que E(etX ) ≤ ch(t) ≤
etx ≤ 12 (1 − x)e−t + 12 (1 + x)et t2
e2.
Posons λ = x+1 2 .
+∞
X t2n
On sait que : ch(t) = et
x ∈ [−1, 1], −1 ≤ x ≤ 1 n=0
(2n)!
0 ≤x+1≤2 t2
+∞ t2 n
X ( )
+∞
X t2n
x+1 2
e 2 = = .
0 ≤ 1 n! 2n × n!
2 n=0 n=0
t2n t2n
λ ∈ [0, 1] ∀n ∈ N, (2n)! ≤ 2n ×n! , d’où ch(t) ≤
t2
(1 − λ)(−t) + tλ = −t + tx + t = tx e . On conclut que E(etX ) ≤
2
t2
alors ch(t) ≤ e 2 .

n
b) r > 0, établissons que P (|X| > Y
−t2 Donc E[e tSn
]= E[etai Yi ]
r) ≤ 2e 2
i=1
Soit t ∈ R∗+
Xi
P (X > r) = P (tX > tr) = P (etX > etx ) Xi = ai Yi ⇒ Yi =
ai
E(etX ) ⇒ E(Yi ) = 0
≤
etr |Xi | ai
(ingalité de M arkov) |Yi | = ≤ =1
ai ai
t2
e2 |Yi | = 1
≤ tr
e Par conséquent
t2
≤ e 2 −tr n
Y (tai )2
tSn
En posant t = r, P (X ≥ r) ≤ E[e ] ≤ e 2
−r 2 i=1
e 2 (a) n
(tai )2
Posons X 0 = −X, E(X 0 ) = 0 et
X
1
−r 2 2
|X 0 | ≤ 1. On a :P (X 0 > r) ≤ e 2 = e i=1
P (−X > r) ≤ (X < −r)e 2
−r 2
P (X < −r) ≤ e 2 (b)
−r 2
.P E[etSn ] ≤ e i=1
X n
(tai )2
2
.N
(a) + (b) donne :
−r 2 b) Montrons que P (Sn > E) ≤
P (X > r) + P (X > −r) ≤ 2e 2 n
X
t2
−r 2 exp[−tE + 2 a2i ]
P (X > r ou X < −r) ≤ 2e 2
H
i=1
−r 2
P (|X| > r) ≤ 2e 2 En effet ,soit t ∈ R∗+ .
P (Sn > E) = P (etSn > etE )
V.
3. a) Montrons que E(etSn ) ≤

n E[etSn ]
≤ (Inégalité de M
2
X
[ t2 ai ] etE
e i=1 X n
Posons Xi = ai Yi , ∀i ∈ [|1, n|].

2
[ t2 a2i ]
∀i ∈ [|1, n|], Xi est bornée alors e i=1
≤
Sn est bornée donc E(etSn ) < ∞. etE
n X n
a2i ]
X
t2
tSn = tai Yi [−tE+ 2
i=1
n
= e i=1 d0 où
n
X
tai yi t2 X 2
P (Sn > E) ≤ exp[−tE + a]
E(etSn ) = E(e i=1 ) = 2 i=1 i
Yn
E( etai Yi ) 4. Montrons que P (Sn
2
> E) ≤
i=1 exp[− nE ].
Xi ⊥Xj ⇒ Yi ⊥Yj ⇒ etai Yi ⊥etaj Yj
X
2 a2i
avec i 6= j i=1

E
Posons t = n ,on a:
X X X
P (X1 = k) = p(1 − p)k−1
i=1 k∈N∗ k∈N∗
n 2
E X
(1 − p)k−1
2
X
−tE + t
2 a2i = − n ,donc =p
k∈N∗
X
i=1
2 a2i +∞
i=1
X
d’après la question (3.b) ,on a : =p (1 − p)k−1
2 k=1
P (Sn > E) ≤ exp[− nE ]
X Posons K = k − 1
2 a2i
Si k = 1; K = 0
i=1
5) Montrons que ∀α > 0, P (|Z − Si k = +∞; K = +∞ Ainsi
E(Z)| < ασ) ≥ 1 − α12 X +∞
X
D’après l’inégalité de Tchébyschev,on P (X1 = k) = p (1 − p)K
a: k∈N∗ K=0
1
V ar(Z) =p
1
P (|Z − E(Z)| ≥ ασ) ≤ [1 − (1 − p)]
(ασ)2
σ2
= 2 2
ασ
.P =
p
p
= 1 (b)
.N
1
= 2 De (a) et (b) ,(k, P (X1 = k)) est
α
la loi de X1 .D’où X1 G(p)
or
b) Démontrons que E(X1 ) = p1 et
H
P (|Z − E(Z)| ≥ ασ) = V ar(X1 ) = 1−p

p2 .
1 − P (|Z − E(Z)| < ασ) X
E(X1 ) = kp(1 − p)k−1
V.
donc k∈N∗
1
1 − P (|Z − E(Z)| ≥ ασ) ≤
X
α2 =p k(1 − p)k−1
1 k∈N∗
0
d oùP (|Z − E(Z)| < ασ) ≥ 1− 2
α Or ∀x ∈ R, |x| ≤ 1,on a :
+∞
1 X
= xk
Solution 66: Enoncé 1−x
k=0
en dérivant membre à me
on a :
1. a) Justifions que l’ensemble +∞
1
(k, P (X1 = k)), k ∈ N∗ est une
X
= kxk−1 (?)
loi de probabilité de X1 . (1 − x)2
k=1
p ∈]0, 1[ ;(1 − p) ∈]0, 1[ ,d’où 1
E(X1 ) = p
p(1−p)k−1 ainsi
X P (X1 = k) ≥ 0(a) [1 − (1 − p)]2
Calculons P (X1 = k) p 1
= 2=
k∈N∗ p p
V ar(X1 ) = E(X12 ) − E2 (X1 ) k
P (X1 = k) = e−λ λk! . Donc
X12 = X1 (X1 − 1) + X1
V ar(X1 ) = E[X1 (X1 − 1)] +
E(X1 ) − E2 (X1 ). k
−λ λ
X
E(X1 ) = ke
k!
Evaluons E(X1 (X1 − 1)). k∈N
X λk
= e−λ
(k − 1)!
k∈N
+∞ +∞ k
λk
X
E(X1 (X1 − 1)) = k(k − 1)p(1 − p)k−1 −λ
X X λ
= λe or = eλ do
k∈N∗ k! k!
X k=0 k=0
=p k(k − 1)(1 − p)k−1 E(X1 ) = λ
k∈N∗
En dérivant (?) , on a :
+∞
2 X
k(k − 1)xk−1 ainsi
1
3
=p
(1 − x)
E[X1 (X1 − 1)] = p

k=2
+∞
X
k=2
k(k − 1)(1 − p)k−1
.P V ar(X1 ) = E(X12 ) − E2 (X)
= E(X(X − 1)) + E(X) − E2 (
.N
X
+∞
X = k(k − 1)P (X1 = k)
= p(1 − p) [k(k − 1) k∈N
k=2 + E(X) − E2 (X)
k−2
× (1 − p)
H
] X
−λ λ
k
2 = k(k − 1)e
= p(1 − p) k!
k∈N
[1 − (1 − p)]3
+ E(X) − E2 (X)
V.
2(1 − p)
= X λk−2
p2 2 −λ
=λ e
(k − 2)!
k∈N
+ E(X) − E2 (X)
Par conséquent : = λ2 + λ − λ2
V ar(X1 ) = 2(1−p)
p2 + 1
p − 1
p2 = V ar(X1 ) = λ
2−2p+p−1
p2
1−p
V ar(X1 ) = p2 .
b) Montrons que X1 + X2 P(λ1 +

λ2 )
2. a) Démontrons que E(X1 ) = (X1 + X2 )(Ω) = N
V ar(X1 ) X
= λ1 Soit k ∈ (X1 + X2 )(Ω).k peut
E(X1 ) = kP (X1 = k). Or toujours s’écrire sous forme de
k∈N somme de deux entiers natu-

rels. Soit n ∈ N∗ . Supposons que
Xn Xn
(X1 + X2 = k) = P( λi ). On a
[
i=1 i=1
(X1 = j et X2 = k − j)
j∈[|0,k|] n+1
X n
X
P (X1 + X2 = k) = Xi = Xi + Xn+1 . Posons
[ i=1 i=1
P[ (X1 = j et X2 = k − j)] n n
j∈[|0,k|]
X X
X Yn = Xi , Yn P( λi ),
= P [(X1 = j et X2 = k − j)] i=1 i=1
j∈[|0,k|] Xn+1 P(λn+1 ).
par incompabilité des évènements Yn ⊥Xn+1 d’où
X
= P [(X1 = j ∩ X2 = k − j)]
n
j∈[|0,k|] X
X Yn + Xn+1 P( λi + λn+1 )
= P (X1 = j) × P (X2 = k − j) i=1
1
n
=
j∈[|0,1|]
par indépendance des évènements.

X
e
j
−λ1 λ1
×e−λ2 λ2
k−j
.P n+1
Yn + Xn+1
n+1
P(
X
i=1
λi ) d0 où
.N
X X
j! (k − j)! Xi P( λi )
j∈[|0,k|]
i=1 i=1
X λj λk−j
= e−λ1 −λ2 1 2
j! (k − j)!
H
j∈[|0,1|] n
X
X λj1 λk−j k! En conclusion Xi
−λ1 −λ2 2
=e × i=1
j!(k − j)! k! n
V.
j∈[|0,k|] X
k
P( λi )
−λ1 −λ2
X 1 j j k−j 0 i=1
=e Ck λ1 λ2 d où
j=0
k!
(λ1 + λ2 )k
−λ1 −λ2
P (X1 + X2 = k) = e ( )
k!
Par identification à la loi de
Poisson ,on en déduit que : X1 +
X2 P(λ1 + λ2 ).
X n
c) Démontrons que Xi
i=1
Xn
P( λi ).
i=1
Raisonnons par récurrence 1. a) k ∈ [|2, n|],Montrons que P (X +
On sait que X1 +X2 P(λ1 +λ2 ). Y = k) = k−1 n2 .

Soit k ∈ [|2, n|]. Z(ω) = [|1, n|]
P (X + Y = k) = (X + Y = Z) =
[ [n
P[ (X = j et y = k − j)] (Z = i et X + Y = i)
j∈[[1,k−1]] i=2
X
= P (X = j et Y = k − j) P (X + Y = Z) =
n
j∈[[1,k−1]] [
X P [ (Z = i et X + Y = i)]
= P (X = j) × P (Y = k − j) i=2
j∈[[1,k−1]] Xn
X 1 1 = P (Z = i) × P (X + Y = i)
= ×
n n i=2
j∈[[1,k−1]] n
X 1 i−1
1 X = × 2
= 2 1 n n
n i=2
j∈[[1,k−1]] n n
1
1 X X
k−1 i−
P (X + Y = k) =
n2 .P = 3(
=
n i=2
n3
[
2
i=2
1 n(n + 1)
1)
− 1 − (n − 1)]
.N
b) Montrons que ∀k ∈ [|n + 2, 2n|] , 1
= 3 (n2 − n)
2n−k+1 2n
P (X + Y = k) = n2 . n−1
P (X + Y = Z) =
2n2
H
P (X + Y = k) =
n 2. On pose T = n + 1 − Z.
V.
[
P[ (X = i et Y = k − i)]
i=k−n a) Montrons que T U(n)
n
X T (Ω) = (n + 1 − Z)(Ω) ,or Z(Ω) =
= P (X = i) × P (Y = k − i)
[|1, n|] donc T (Ω) = [|1, n|] (a)
i=k−n
n Soit k ∈ T (Ω)
X 1
=
n2
i=k−n P (T = k) = P (n + 1 − Z = k)
n − (k − n) + 1 = P (Z = n + 1 − k)
=
n2 1
2n − k + 1 P (T = k) = (b) (carZ U(n))
P (X + Y = k) = n
n2
De (a) et (b) T U(n).
b) Montrons que T ⊥X .
— Montrons que P (X + Y = Z) = Soit t ∈ T (Ω) et x ∈ X(Ω). Cal-
n−1
2n2 . culons

P (T = t et X = x). avec i ∈ [|1, K|], Z(Ω) = [|1, N |]
• Pour z ≤ 1.
P (T = t et X = x) =
P (n + 1 − Z = t et X = x) F (z) = P (Z < z)
= P (Z = n + 1 − t et X = x) F (z) = 0
= P (Z = n + 1 − t) × P (X = x) • Pour z ∈]k, k +1[; k ∈ [|1, N −1|]
car Z⊥X .
= P (n + 1 − Z = t) × P (X = x) F (z) = P (Z < z)
P (T = t et X = x) = = P (Z < k + 1)
P (T = t) × P (X = x) = P (Z ≤ k)
D’où T ⊥X. De même T ⊥Y . = P (maxXi ≤ k), i ∈ [|1, K|]
= P [(X1 ≤ k) et (X2 ≤ k)
c) Déterminons P (X + Y + Z =
n + 1). et · · · et (XK ≤ k)]
 
1
[
P (X + Y + Z = n + 1) =
P (X + Y = n + 1 − Z)
= P (X + Y = T )
.P =
=P 
Y
(Xi ≤ k)
i∈[|1,K|]
P (Xi ≤ k) or P (Xi ≤ k)
.N
or T U(n), T ⊥X et T ⊥Y i∈[|1,K|]
d0 où Y k
=
n−1 N
P (X + Y + Z = n + 1) = i∈[|1,K|]
H
2n2 K
k
F (z) =
N
V.
• Pour z > N
F (z) = P (Z < z)
F (z) = 1

Solution 70: Enoncé F (z) = 0 si z ≤ 1

K
D’où F (z) = Nk si z ∈]k, k + 1[

F (z) = 1 si z > N

1. Loi de probabilité de X
k ∈ [|1, N − 1|]
Soit i ∈ {1, 2, · · · , K}
Xi (Ω) = [|1, N |] b) Déduisons P (Z = M )
1
Soit k ∈ [|1, N |], P (Xi = k) = N.
• Si M = 1
2. a) Fonction de répartition de Z.
P (Z = M ) = F (2) − F (1)
Z :Ω → {1, 2, · · · , N } 1
ω 7→ max Xi (ω) = Z(ω) P (Z = M ) = K
N

•1<M <N Z = (−1)X
M K (M − 1)K k
P (Z = M )1 = K − X 1 X 1
−λ λ
N NK P (X = k) = e
M K − (M − 1)K k+1 k+1 k!
k∈N k∈N
P (Z = M ) = X 1 λk
NK −λ
=e
k + 1 k!
•M =N k∈N
X λk
K −λ
(N − 1) =e
P (Z = M ) = 1 − (k + 1)!
NK k∈N
N K − (N − 1)K e−λ X λk+1
P (Z = M ) = =
NK λ (k + 1)
k∈N
X λk+1
N
X Or = eλ − 1
c) Vérifions P (Z = M ) = 1 (k + 1)!
k∈N
M =1 X 1 1 e−λ 0
1
P (X = k) = − d où
XN
M =1
P (Z = M ) = K +
N
N
1
−1
K
N − (N − 1)
NK
.P
K
k∈N
k + 1
E(Y ) = −
λ
1 e−λ
λ
λ
λ
.N
X M K − (M − 1)K −λ
+ 1−e
N K E(Y ) =
M =2 λ
N
NK k
k −λ λ
X
H
X X
P (Z = M ) = K = 1 k
(−1) P (X = k) = (−1) e
N k!
M =1 k∈N k∈N
k
kλ
X
−λ
V.
=e (−1)
k!
Solution 71: Enoncé k∈N
= e−λ (e−λ )
X
(−1)k P (X = k) = e−2λ < ∞ donc
E(Z) = e−2λ
2. Déterminons la loi de probabilité
Solution 73: Enoncé de Z.
Z = (−1)X Z(Ω) = {−1, 1}
X
P (Z = −1) = P (X = 2k + 1)
X λ(2k+1)
= e−λ
(2k + 1)!
k∈N
1. Calculons l’espérance mathématique −λ
1
des variables aléatoires Y = X+1 et P (Z = −1) = e sh(λ)

X
P (Z = 1) = P (Z = 2k) p(Un − 1)
k∈N Posons Vn = Un − 1 , n ∈ N∗
X
−λ λ2k On a Vn+1 = pVn ,alors (V)n∈N∗
= e est une suite géométrique de
(2k)!
k∈N
raison p et de premier terme
X λ2k
−λ V1 = U1 − 1 = F (1) − 1 = −1 .
=e
(2k)! Soit n ∈ N∗
k∈N
−λ
= e ch(λ) Vn = V1 pn−1
Vn = −pn−1 or Un = Vn + 1; donc
Espérance mathématique de Z.
Un = 1 − pn−1
E(Z) = 1 × P (Z = −1) + (−1)P (Z = −1)2. Déduisons la loi de probabilité de
= e−λ ch(λ) − e−λ sh(λ) X.
−λ
= e (ch(λ) − sh(λ)) X(Ω) = N∗
−λ −λ
∀k ∈ N∗ , P (X = k) = F (k + 1) − F (k)
λ λ

−λ e + e e − e
1
=e −
= e−λ
−λ
2e
2
2 2
.P = Uk+1 − Uk
= 1 − pk − (−pk−1 + 1)
= pk−1 − pk
.N
−2λ
E(Z) = e
∀k ∈ N∗ , P (X = k) = pk−1 (1 − p)
On constate que X suit la loi
Solution 75: Enoncé géométrique de paramètre 1 − p.
H
3- Enoncé de la propriété de cet

exercice .
1. a) Trouvons une relation liant Si p est un nombre réel de l’in-
V.
( n+1 et Un .
U tervalle ]0, 1[ et X est une variable
P (X ≥ n + 1) = p × P (X ≥ n) aléatoire d’univers image N∗ telle
Un = FX (n) = P (X < n) que pour tout entier naturels non
nuls ,
Un+1 = FX (n + 1) P (X ≥ n + 1) = p × P (X ≥ n) ;alors
= P (X < n + 1) X suit la loi géométrique de pa-
= 1 − P (X ≥ n + 1) ramètre 1 − p.
= 1 − pP (X ≥ n) Solution 76: Enoncé
= 1 − p(1 − P (X < n))
= 1 − p + p(P (X < n)) 1. Loi de probabilité de X.
Un+1 = 1 − p + pUn X(Ω) = {r, r + 1, r + 2, · · · }
Soit k ∈ X(Ω), P (X = k) =
r−1 r
b) Déduisons l’expression de Un Ck−1 p (1 − p)k−r (La loi de Pascal)
en fonction de n : .
Un+1 = 1 − p + pUn ⇒ Un+1 − 1 =

2. Soit r ∈ N et x ∈ [0, 1] , montrons est vraie à l’ordre r + 1.On sait que :
que
+∞
X 1 +∞
Ckr xk−r =
X
(1 − x)1+r Ckr xk−r =
k=r
k=r
Raisonnons par récurrence
1
Pour r = 0, On a :
(1 − x)1+r
en dérivant membre
ámembre on a :
+∞
1
X
Ckr (k − r)xk−r−1 =
.P
k=r+1
1+r
(1 − x)r+1
.N
(k − r)Ckr =
k!
(k − r) =
(k − r)!r!
H
+∞ k!
1 X =
= xk (k − r − 1)!r!
1−x
k=0 r+1 k!
V.
+∞ =
1 X r + 1 (k − r − 1)!r!
= Ckr xk−r
1−x
k=1
(r + 1)Ckr+1 d0 où
+∞
X
Ckr (k − r)xk−r−1 =
k=r+1
r+1
donc
(1 − x)r+2
X+∞
=
k=r+1
1
r+1
d0 où
(1 + x)
∀r ∈ N, x ∈ [0, 1]
+∞
Supposons que la propriété est
X 1
, Ckr xk−r =
vraie à l’ordre r et montrons qu’elle (1 − x)1+r
k=r

+∞
X X(Ω) = {r, r + 1, · · · }
3. Vérifions que P (X = k) = 1
k=r
+∞
X +∞
X
r−1 r
P (X = k) = Ck−1 p (1 − p)k−r
k=r k=r
+∞
X
r r−1
(1 − p)k−r
1
=p Ck−1
k=r
P osons j + 1 = k; k = r; j = r − 1.
+∞
.P E(X) =
+∞
X
j=r
jP (X = j)
.N
X
r
=p Cjr−1 (1 − p)j+(r−1) +∞
X
r−1 r
j=r−1 = jCj−1 p (1 − p)j−r
1 j=r
= pr ×
[1 − (1 − p)]r +∞
H
X
r r−1
pr =p jCj−1 (1 − p)j−r
= r j=r
p
(j − 1)!
V.
=1 r−1
jCj−1 =j
(j − r)!(r − 1)!
j!
=
(j − r)!(r − 1)!
rj!
=
(j − r)!r(r − 1)!
rj!
=
(j − r)!r!
r−1
jCj−1 = rCjr
X+∞
r
E(X) = rp Cjr (1 − p)j−r
j=r

1
= rpr
[1 − (1 − p)]r+1
Espérance mathématique de X et r
E(X) =
de X(X − 1). p

+∞
X Variance de X
E(X(X + 1)) = j(j + 1)P (X = j)
j=r V ar(X) = E(X(X + 1)) − E(X) − [E(X)]2
+∞
X
r−1 r j−r
r(r + 1) r r2
= j(j + 1)Cj−1 p (1 − p) = − − 2
p2 p p
j=r
+∞
r2 + r − rp − r2
=
p2
X
E(X(X + 1)) = pr j(j + 1)Cj−1r−1
(1 − p)j−r
j=r r(r − 1)
V ar(X) =
r−1 (j − 1)! p2
j(j + 1)Cj−1 = j(j + 1)
(j − r)!(r − 1)!
(j + 1)!
=
(j − r)!(r − 1)!
r(r + 1)(j + 1)!
=
(j − r)!(r − 1)!r(r + 1)
r−1 r+1
j(j + 1)Cj−1 = r(r + 1)Cj+1
1
E[X(X + 1)] = rp r
X+∞
r+1
Cj+1
j+1=r+1
.P
(1 − p)(j+1)−(r+1)
.N
P osons J = j + 1
+∞
X
r
= p r(r + 1) CJr+1 (1 − p)J−(r+1)
J=r+1
H
1
= rpr (r + 1)
pr+2
r(r + 1)
V.
E[X(X + 1)] =
p2
5.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS DE PROBABILITÉ I
Premier devoir (a) Montre que P (A ∪ B) = P (A) +

P (B) − P (A ∩ B) pour tout A et B
éléments de F.
Exercice 1
(b) Soit (An )n∈N∗ une suite d’évènements
k+1
1. Montre la formule suivante : = Cn+1
de Ω. Montre la formule
k k+1 n
Cn + Cn de Poincaré : P (∪i=1 ) Ai ) =
n
2. Soient (Ω, F, P ), un espace probabi-
X X
(−1)k+1 P (Ai1 ∩ Ai2 ∩
lisé. k=1 1≤i1 ≤i2 ≤...ik ≤n

... ∩ Aik ). 3. Déduis que la probabilité qu’au-
cune des n personnes ne récupère
Exercice 2
le parapluie avec lequel il est arrivé
X (−1)k
Un buveur décide d’essayer de ne plus est .
boire.S’il ne boit pas un jour donné, k!
k=0
alors la probabilité qu’il ne boive pas le
lendemain est de 0.4. S’il boit un jour Second devoir
donné, le remords fait que la probabi-
Exercice 1
lité qu’il boive pas le lendemain monte à
0.8. On désigne par An l’évènement le
Soit (Ω, T ) l’espace probabilisable as-
buveur ne boit pas le jour n et Pn sa
socié à une expérience aléatoire où
probabilité.
Ω = {a, b, c} et T = {Ω, ∅, {a}, {b, c}}.
∗
1. Montre que pour n ∈ N , on a : On considère l’application X définie sur
Pn+1 + 0.4Pn − 0.8 = 0. Ω par : X(a) = −1, X(b) = 0, X(c) = 1.
2. Le but de cette question est 1. On suppose que (Ω, T ) est muni de
1
d’étudier la suite (Pn )n∈N∗ .
(a) Mettre la relation de récurrence
sous la forme (Pn+1 − α) = β(Pn − α)
.P la probabilité notée P .
(a) Définir P1 .
1
où α et β sont des nombres réels à (b) Peut-on définir la loi de probabilité
.N
préciser. de X ?
(b) Exprime Pn en fonction de P1 . 2. Soit la probabilité P2 définie sur
(Ω, T ), par P2 ({a}) = 1 et l’applica-
H
(c) Que se passe t-il lorsque n → +∞.

tion Y définie sur Ω par Y (ω) = 1, ∀
Déduis-en si le buveur décidera ou
ω∈Ω
pas d’arrêter de boire un jour ?
V.
(a) Calculer P2 (X = Y ).
Exercice 3
(b) Peut-on en conclure que X et Y ont
Soit n ∈ N, n ≥ 2. Un soir de pluie, n la même loi de probabilité ?
personnes se rendent au restaurant. En
Exercice 2
repartant ils se répartissent les n para-
pluies qu’ils avaient laissés à l’entrée.
Soient X1 et X2 deux variables
1. Détermine un espace probabi- aléatoires indépendantes et de même
lisé fini (Ω, F, P ), associé à cette loi G(p), p ∈]0; 1[.
expérience aléatoire.
1. Calculer P (X1 ≥ k) pour k ∈ X(Ω).
Tu donneras le cardinal de Ω .
2. Soit S = X1 + X2 .
2. ∀j ∈ [|1; n|], introduisons Aj
l’évènement : la j-ième personne (a) Montrer que pour tout entier n ≥ 2,
récupère son parapluie . Soient on a :
k ∈ [|1; n|],et J ⊂ [|1; n|], tel que
Card(J) = k. Calcul P (∩j∈J Aj ). P (S = n) = (n − 1)p2 (1 − p)n−2 .

(b) De quelle loi usuelle s’agit-il ? On dispose d’une pièce de monnaie
amenant ”Pile” avec la probabilité p ∈
(c) Donner l’expression de E(S) et
]0, 1[.On lance cette pièce jusqu’à obte-
celle de V ar(S).
nir deux fois ”Pile” .Soit X le nombre
3. Déterminer P (X1 = k|(S = n)) pour de ”Face” obtenus au cours de cette
k ∈ [|0; n|]. expérience .
1. (a) Déterminer la loi de X.
Exercice 3 (b) Montrer que X admet une
espérance ,puis la calculer
Soit Z une variable aléatoire de loi 2. On procède à l’expérience sui-
B(n, p), où n ∈ N∗ et p ∈]0; 1[. vante : si X prend la valeur n ,on
place n + 1 numérotées de 0 à n
1. Soient les évènements : A :Z est
dans une urne ,et on tire ensuite
paire”, B :”Z est impaire”.
une boule de cette urne. Soit Y le
1
(a) Calculer P (A) + P (B) puis P (A) − numéro de la de la boule tirée
P (B).
(b) En déduire P(A) et P(B).
.P(a) Déterminer la loi de Y puis cal-
culer E(Y )
.N
2. Déterminer p tel que E(Z) = (b) Donner la loi de Z = X − Y
2V ar(Z). puis vérifier que Y et Z sont
indépendantes.
3. Calculer E(b Z2 f loor) où b Z2 c désigne
la partie entière de Z2 .
H
Exercice 2
Rattrapage Une usine fabrique des objets sur deux

V.
chaînes de production indépendantes A

(Question de cours) et B .Les fabrications des objets sur
une même chaîne sont indépendantes.
A produit 60% des objets et B , 40%
1. Quand dit-on qu’une variable . 10% des objets produits par A sont
aléatoire réelle X suit une loi défectueux et 20% de ceux produits par
hypergéométrique de paramètre B le sont .
(N, n, p) . Donner la formule de
1. Un objet choisi au hasard à la sor-
E(X) et celle de V ar(X)
tie de l’usine est défectueux . Quelle
2. Peut-on approcher la loi de X par est la probabilité que cet objet pro-
une loi binomiale ? Si oui , préciser vienne de la chaîne A ?
les conditions d’approximations et
2. Le nombre d’objets produits par en
spécifier cette loi binomiale .
une heure par A est une variable
aléatoire U qui suit une loi de Pois-
Exercice 1
son de paramètre λ = 20 . Soit V la

variable aléatoire égale au nombre n)]. On distinguera les cas k ≤
défectueux produits par la chaîne A n et k > n)
.
(a) Calculer l’espérance et la va- (c) En déduire ,en utilisant le
riance de U . système complet d’événement
(b) Soient k et n deux entiers natu- (U = n)n∈N que V suit une loi
rels . Déterminer P [V = k/(U = de Poisson de paramètre 2
Premier devoir Problème 2Corrigé
(Question de cours)Corrigé Soient (n, p) ∈ (N∗ )2 .On note En =

[|1, n|] et Sp,n le nombre de surjec-
1. Définis les notions de tribu et d’es- tions de Ep = [|1, p|] sur En = [|1, n|].
1
pace probabilisable.
2. Enoncé l’axiome des probabilités fi-
nies.
.P
1. Calcule SP +1,p .
2. Soit 0 ≤ k ≤ q ≤ p. Justifie
.N
p
3. Soit 0 ≤ k ≤ q ≤ p.Justifie que X
q−k
Cpq Cqk = Cpk Cp−k que (−1)q Cpq Cqk = 0 (Sachant que
q=k
q k q−k
Cp Cq = Cpk Cp−k ).
H
Problème 1Corrigé 3. Montre que pour tout entier q de

[|1, p|] , le nombre d’applications
Une urne contient 10 boules indis- de En dans Ep ayant un ensemble
V.
cernables au touché numérotées de image à q éléments est égal à

de 1 à 10.On tire avec remise 4 Cpq Sn,q .
boules de l’urne. p
X
1. 1. Décris un espace probabilisé 4. En déduire que pn = Cpq Sn,q
q=1
(Ω, F, P) pouvant modéliser cette
p
expérience. X
5. Montre que : Sn,p = (−1) p
(−1)k Cpk k n .
2. Détermine les probabilités d’obte- k=1
nir : 6. Soit P (n, p) le nombre de partitions
(a.) quatre nombres dans un ordre de En en p sous-ensembles , avec
strictement croissant. 2 ≤ p ≤ n.
(b.) quatre nombres dans un ordre (a.) Montre que P (n, p) = pP (n − 1, p) +
croissant (au sens large). P (n − 1, p − 1).
(c.) au moins une fois le nombre 3.
X n
(b.) Justifie que P (n, p) = p!1
n1 +...+np
n !..
=n,n >0 1
i

(c.) Justifie que Sn,p = p × P (n, p) (a) Démontre que E(1A1 ) =
P(A1 ).
Second devoir (b) Déduis-en que P(∪nk=1 Ak ) =
n
(−1)k−1 pk .
P
Problème 1Corrigé On pourra utiliser
k=1
l’égalité :
On dispose de K urnes conte- n
Y X
nant chacune N boules numérotées de (1−1Ak ) = 1− 1(Ai1 ∩Ai2 ∩...∩Aik ) .
1 à N . On tire au hasard une boule de k=1 1≤i1 <i2 <...<ik ≤n
chaque urne. 4. Un facteur répartit uniformément au
1. Pour i ∈ [|1, K|], on considère la hasard n factures dans n boites à lettres
variable aléatoire discrète Xi égale au (une par boite).
numéro de la boule tirée dans la ième (a) Calcule la probabilité p(n)
urne. Quelle est la loi de probabilité de qu’une facture au moins parvienne à
Xi ? son destinataire.
2. On suppose que les variables
1
(b) Calcule lim p(n).
aléatoires Xi sont indépendantes.Soit
Z la variable aléatoire discrète définie
par :
Z(Ω) = [|1, N |] et ∀ω, Z(ω) =
.P n→+∞
Rattrapage
(Question de cours)
.N
max Xi (ω), Ω étant l’univers associée à
i∈[|1,K|] 1- Quand dit-on qu’un variable
l’expérience aléatoire. aléatoire réelle X suit une loi
(a) Détermine la fonction de
H
Hypergéométrique de paramètre
répartition de Z. (N,n,p).
(b) Déduis-en la probabilité
2- Si X suit une loi Hypergéométrique
V.
P(Z = m) de l’évènement (Z = m) pour

de paramètre (N,n,p) donne la
tout m ∈ [|1, N |].
PN formule de la variance et de
(c) Vérifie que l’on a P(Z = l’espérance mathématique de X.
m=1
m) = 1 3- Peut-on approcher une loi Hy-
pergéométrique a une loi Bino-
Problème 2 miale ? Si oui, dans quelle condi-
tion ?
Soit(Ak )k∈N une suite d’évènements
Problème 1
d’un espace probabilisé (Ω, F, P).
1. Montrer Qn que pour tout n ∈ Soit X1 .......Xn des variables aléatoires
N, 1∩nk=1 Ak = k=1 1Ak mutuellement indépendantes définies
2. Montre que Qn pour tout n ∈ sur le même espace probabilisé (Ω,F, P)
N, 1∪k=1 Ak = 1 − k=1 (1 − P
n 1Ak )
1- On suppose que p ∈ ]0 , 1 [, X1 (Ω)
3. On note pk = P(Ai1 ∩
1≤i1 <i2 <...<ik ≤n = N∗ et ∀ k ∈ X1 (Ω) ,
Ai2 ∩ ... ∩ Aik ) P(X1 = k)=p(1 − p)k−1

a-) Justifie que l’ensemble des est de 0,1 alors que la probabilité pour
couples (k, P (X1 = k))k∈N∗ est la qu’un objet issu de B soit défectueux est
loi de probabilité de la variable de 0,2.
aléatoire X1 et donne le nom de 1. On choisit au hasard un objet à la
cette loi. sortie de l’usine. On constate que
b-) Démontre que E(X1 ) = 1/p et cet objet est défectueux. Quelle est
2
V ar(X1 ) = (1 − p)/p la probabilité que cet objet pro-
2- On suppose dans la suite que ∀i ∈ vienne de la chaine A ?
[|1, n|] X1 P(λi ) avec λi ∈ R∗+ 2. On suppose de plus que le nombre
a-) Démontre que E(X1 ) = d’objets produits en une heure
V ar(X1 ) = λ1 par la chaine A est une variable
Pn aléatoire Y qui suit une loi de Pois-
b-) Démontre que i=1 X i son de paramètre λ = 20 . On
P( ni=1 λi )
P
note X la variable aléatoire égale
au nombre d’objets défectueux pro-
1
Problème 2
Une usine produit des objets sur

deux chaines de montage A et B
.Pduit par la chaine A en une heure.
a- Soient k et n deux entiers na-
turels, détermine la probabilité
.N
qui fonctionne indépendamment l’une conditionnelle P(X = k — Y =
de l’autre. Pour une chaine donné n). (On distinguera les cas k ≤
, les fabrications des chaines sont n et k > n).
H
indépendantes. On suppose que A four- b- Déduis-en que X suit une loi

nit 60% de la production et B fournit 40% de Poisson de paramètre 2 en
de la production.La probabilité qu’un utilisant le système complet
V.
objet issu de la chaine A soit défectueux d’évènements (Y = n)n∈N

Second devoir 1. (a) Quand dit-on qu’une variable

aléatoire réelle W0 suit une
Exercice 1 loi Hypergéométrique de pa-
ramètre (N, n, p). Donner la for-
Soit X1 et X2 deux variables aléatoires mule de la variance et de
indépendantes suivant la même loi uni- l’espérance mathématique de
forme sur [1 ;11]. W0 dans ce cas.
1. Déterminer la loi de X1 − X2 . (b) Peut-on approcher la loi Hy-
2. Déterminer la loi de cos [π(X1 + X2 )]. pergéométrique à une loi Bino-
miale ? Si oui, dans quel cas ?
Exercice 2
2. Dans une PME sont employés 6 ou-

vriers et 5 employés. Le PDG sou- se produisent indépendamment les uns
haitant prendre l’avis du person- des autres, et que, pour chaque appel,
nel interroge 7 personnes choisies la probabilité d’un retard est de 0,25.
au hasard parmi ces 11 personnes. 1. Un client appel le service à 4 re-
Soit W1 la variable aléatoire égale prises. On désigne X la variable
au nombre d’ouvriers interrogés. aléatoire prenant pour valeurs le
(a) Quelles sont les valeurs pos- nombre de fois où ce client a dû su-
sibles de W1 ? bir un retard.
(b) Quelle est la probabilité d’inter- (a) Déterminer la loi de probabi-
roger 4 ouvriers ? lité de X, son espérance, sa va-
(c) Peut-on approcher la loi de W1 riance.
par celle d’une loi Binomiale ? (b) Calculer la probabilité de
Justifier votre réponse. l’événement : ”Le client a au
Exercice 3 moins subir un retard”.
1
2. Le nombre d’appels reçus par jour
Le service de dépannage d’un grand ma-
gasin dispose d’équipes intervenant sur
appel de la clientèle. Pour des causes di-
.P est une variable aléatoire Y qui suit
une loi de Poisson de paramètre
m. On note Z le nombre d’appels
.N
verses, les interventions ont parfois lieu traités en retard.
avec retard. On admet que les appels Supposons que (n, k) ∈ N2 .
H
Premier devoir 3. Soit C = A1 , ...., An , n ∈ N∗ une parti-

V.
tion de Ω. Montrer que

Exercice 1Corrigé
σ(C) = ∪i∈I Ai , I ⊂, [[1; n]].
Soit Ω un ensemble non vide. Exercice 2Corrigé

1. Montrer que si (Ai )i∈I est une fa-
(Ω, F, P) un espace probabilisé et F la
mille quelconque de tribus de par-
fonction(définie sur R par :
ties de Ω, alors
A = ∩i∈I Ai est une tribu de parties F (x) = 0 si x ≤ 1
de Ω.
1
1 − n(n+1) sin < x ≤ n + 1, n ∈ N∗
2. Soit C une famille de sous- 1. Montrer que F est continue sur R
ensembles de Ω (C 6= φ). sauf en les points d’un ensemble au
Montrer qu’il existe (au sens de l’in- plus dénombrable.
clusion) une plus petite tribu conte- 2. Montrer que F est la fonction de
nant C. Elle est notée σ(C) et est répartition d’une variable aléatoire
appelée la tribu engendrée par C. réelle X.

3. Calculer pour tout n ∈ N∗ les proba- 1. Soit α ∈]0; 1[, en utilisant l’inégalité
bilités pn = P(X = n). de Bienaymé-Tchebychev, déterminer
4. Démontrer que X est une variable la suite (Un )n∈N∗ telle que pour tout
aléatoire réelle discrète. entier naturel n assez grand,
P (X n ∈ [p − Un , p + Un ]) ≥ 1 − α.
5. Calculer E(x).
2. Soit la fonction ϕ définie de R+ sur
Exercice 3Corrigé R par
x
ϕ(x) = (1−p+px) 2
Soit n un entier non nul. On ap- Déterminer supx∈R+ ϕ(x).
pelle partie lacunaire de [[1; n]] l’en-
semble vide ou toute partie non vide de 3. Montrer que pour tout t ≥ 0

2
[[1; n]] qui ne contient pas deux entiers (a) E[exp[t(X1 − p)]] ≤ exp t8 ;
consécutifs.Par exemple {1; 5; 7} est une
2
partie lacunaire de [[1; 12]]. (b) E[exp[t(p − X1 )]] ≤ exp t8 ;
1. On note Un le nombre de parties la- 4. (a) En déduire que pour tout t ≥ 0
1
cunaires de [[1; n]]
(a) Quelles sont les valeurs de U1 et
U2 ?
.P et pour tout c > 0,
t2
P(Xn − p ≥ c) ≤ exp −ct + 8n

(b) Montrer alors que pour tout c >

.N
(b) Démontrer que Un+2 = Un+1 +
0, P(|X n − p| ≥ c) ≤ 2exp(−2nc2 ).
Un .
(c) En déduire Un en fonction de n. Exercice 2
H
2. Pour tout n ∈ [[1; n]] on cherche à

déterminer Vn,p le nombre de par- Une urne contient a boules rouges et b
ties lacunaire de [[1; n]] à p éléments. boules blanches a ≥ 1 et b ≥ 1. A chaque
V.
(a) Démontrer que Vn,p est égal au tirage,on choisit une boule au hasard
nombre de mots de n lettres dans l’urne. La boule est ensuite remise
écrits avec n-p lettres o et p dans l’urne et on ajoute une boule de
lettres l et ne contiennent pas même couleur. Supposons n ∈ N∗ et no-
deux l consécutifs. tons Rn l’évènement : tirer une boule
p
(b) En déduire que Vn,p = Cn+1−p . rouge au ne tirage et Bn l’évènement
tirer une boule blanche au ne tirage.
Second devoir On considère la suite de variable
aléatoire (Xn )n∈N∗ telle que quelque soit
Exercice 1 n ∈ N∗ , Xn = 1 si Rn est réalisé et Xn = 0
si Bn est réalisé.
Soit p ∈]0; 1[. On considère la suite
(Xn )n≥1 de variables aléatoires de même 1. Quelle est la loi de X1 ? Calculer son
loi, la loi de Bernoulli de paramètre p. espérance mathématique.
Pour toutPnentier naturel n ≥ 1 on pose 2. Calculer P(R2 |R1 ) et P(R2 |B1 ) et en
1
X n = n k=1 Xk déduire la loi de X2 .

3. Soit n ∈ N∗ , on pose Sn = X1 + X2 + (b) Que peut-on conclure quant
..... + Xn . aux aux lois de probabilité V1 et
(a) Définir τn l’ensemble des va- V2 ?
leurs que peut prendre Sn . Exercice 2
Si Sn = k, k ∈ τn , quel
est le contenu de l’urne juste 1. (a) Quand dit-on qu’une variable
après le ne tirage ?En déduire réelle W1 suit une loi Hy-
P(Rn+1 |Ak ) où Ak = (Sn = k). pergéométrique de paramètre
(b) P
Montrer que P(Rn+1 ) = (N, n, p). Donner la formule
n a+k de la variance et l’espérance
k=0 a+b+n P(Ak ).
mathématique de W1 dans ce
4. On considère la proposition,
cas.
Kn : les variables aléatoires
X1 ; X2 ; .....; Xn ont la même loi que (b) Peut-on approcher une loi Hy-
X1 . pergéométrique à une loi Bino-
miale ? Si oui, dans quel cas ?
1
(a) Calculer E(Sn ).
(b) Montre que ∀n ∈ N∗ , la proposi-
tion Kn est vraie.
.P
2. Dans une PME sont employés 6 ou-
vriers et 5 employés. Le PDG sou-
haitant prendre l’avis du person-
.N
Rattrapage nel interroge 7 personnes choisies
au hasard parmi 11 personnes. Soit
Exercice 1 W2 la variable aléatoire égale au
nombre d’ouvriers interrogés.
H
Soit Ω = {a, b, c}, l’univers associé (a) Quelles sont les valeurs pos-
à une expérience aléatoire et A = sible de W2 ?
V.
{∅, {a; b}, {c}, Ω} une tribu associée à Ω.

(b) Quelle est la probabilité d’inter-
On définit l’application réelle V1 sur Ω
roger 4 ouvriers ?
par V1 (a) = 1, V1 (b) = 2 et V1 (c) = 3.
(c) Peut-on approcher la loi de W2
1. Justifie que V1 est une variable par celle d’une loi Binomiale ?
aléatoire réelle définie sur l’espace Justifier votre réponse.
probabilisable (Ω; A).
2. Définis la probabilité P sur l’espace Exercice 3
probabilisable (Ω; A), lorsqu’il y a
Soient X, Y et Z trois va-
équiprobabilité puis, détermine la
riables aléatoires réelles mutuellement
loi de probabilité de V1 .
indépendantes et définies sur le même
3. Si la probabilité P est définie sur espace probabilisé (Ω, F, P ). On sup-
(Ω; A) par P({c}) = 1 et si on définit pose que X, Y , et Z ont la même
la variable aléatoire réelle V2 sur Ω loi définie pour tout k ∈ J1, nK par
par V2 (ω) = 3, ∀ω ∈ Ω. P (X = k) = P (Y = k) = P (Z = k) = n1 ,
(a) Calcule P(V1 = V2 ). n ∈ N r {0; 1}.

1. (a) Montre que pour tout k = J2, nK, 3. On pose T = n + 1 − Z
on a P (X + Y = k) = k−1
n2 . (a) Montre que T suit une loi uni-
(b) Montre que pour tout k ∈ Jn + forme discrète de paramètre n.
2, 2nK, on a P (X + Y = k) =
2n−k+1 (b) Pourquoi T est-elle indépendante
n2
de X et de Y ?
2. Utilise la formule des probabilités
totales pour déduire de la première (c) Déduis la probabilité de P (X +
question que P (X + Y = k) = n−1
2n2 . Y + Z = n + 1).
5.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS DE PROBABILITÉ I
Premier devoir toute application P : F 7→ [0, 1] qui

vérifie les propriétés suivantes :
1
Question de coursEnoncé
1.(a) Notion de tribu : Soit Ω un en-

.P
* P (Ω) = 1
* Si A et B 2 évenements incompa-
tibles (A ∩ B)?p(A ∪ B) = P (A) +
.N
semble non vide , F ⊂ 2Ω .On dit P (B).
que F est une tribu si :
q−k
3. Justifions que Cpq Cqk = Cpk Cp−k
p! q!
H
* φ∈F Cpq Cqk = q!(p−q)! × k!(q−k)!

p!
= (p−q)!k!(q−k)!
p! (p−k)!
V.
* ∀, A ∈ F, Ac ∈ F(C’est la stabilité = k!(p−k)! × (p−q)!(q−k)!

par complémentarité) Cpq Cqk = Cpk C q−k p − k
* ∀(An )n∈N une famille d’éléments de Problème 1Enoncé

F, on a : (∪n∈N An ) ∈ F(C’est la sta-
bilité par réunion dénombrable). 1. Description d’un espace probabilisé
(Ω, F, P ) pouvant modéliser cette
expérience.
1.(b) Notion d’espace probabilisable : On Prenons l’univers Ω = [|1, 10|]4
appelle espace probabilisable tout F = P(Ω) et cardΩ = 104
couple (Ω, F) ,où F une tribu sur Ω = {ωi ; i ∈ [|1, cardΩ|]}
un ensemble non vide Ω. P :L’application définie de P (Ω)
dans [0, 1]
2. Enoncé de l’axiome des probabi-
1
lités finies : On apelle probabilité ∀ωi , i ∈ [|1, cardΩ|] P(ωi ) = cardΩ
sur un espace probabilisable (Ω, F)

*∀i ∈ [|1, cardΩ|], P(ωi ) > 0 , (α) (c) Au moins une fois le nombre 3
Soit (C) cet évenements
|Ω|
|Ω|
X P(C) = 1 − P(C)
*P(∪i=1 ωi ) = P(ωi ) 94
= 1 − 10 4
i=1
|Ω|
X1
= Problème 2Enoncé
i=1
Ω
|Ω|
P(∪i=1 ωi ) = 1 , (β)
Soient (n, p) ∈ (N∗ ).On note En =
[|1, n|].
2. Déterminons les probabilités d’ob-
tenir :
(a) quatre nombres dans un ordre 1. Calculons Sp+1,p Pour construire
strictement croissant. Soit (A) cet une surjection de Ep + 1 dans Ep ,
évenement forcément un seul élément k de Ep
4
C14 0
On a : P(A) = 1×C 10
|Ω| = |Ω|
a deux antécédents et les autres un
1
(b) quatre nombres dans un ordre
croissant(Au sens large). Soit (B)
cet évenement
.P unique antécédent.
J’ai p façons de choisir k et
2
Cp+1 façons de choisir ses deux
antécédents et on a (p−1)! manières
.N
Pour la réalisation de (B) :
? Soit on tire des boules de même de construire la correspondance
numéro : On a 10 Possibilité entre p − 1 éléments restant de Ep+1
? Soit on tire 3 boules iden- et Ep .
H
tiques.On a alors (α, β), α < β les

2
D’où : Sp+1,p = pCp+1 (p − 1)! = p (p+1)!
2
numéros tirés.Soit c’est α qui est
V.
identique et on a : (α, α, α, β) , soit 2. Justifions que si 0 ≤ k ≤ q ≤ p

c’est β et on a : (α, β, β, β).On a donc Xp
2 × C12 0 possibilitées alors (−1)q Cpq Cqk = 0 (Sachant

? Soit on tire 2 boules identiques : q=k
q−k
On a 3 numéros (α, β, γ) où α < que Cpq Cqk
= Cpk Cp−k ).
p P
β < γ et les tirages possibles sont : X
q q
X q−k
(α, α, β, γ); (α, β, β, γ), (α, β, γ, γ).On (−1) Cp Ckq = (−1)q Cpk Cp−k
3 q=k q=k
a donc 3 × C10 possibilitées. p
X q−k
starOn tire des numéros non iden- = Cpk (−1)q Cp−k
4
tiques on a : C10 possibilitées. q=k
star Soit on tire deux boules p−k
X p
X
i+k i
(α, β), α < β et on a α, α, β, β : On = Cpk (−1) Cp−k or (−1)k Cpk =
2
a donc C10 possibilitées. i=0 k=0
0 p
X
P(B) =
2
10+2×C10 +3×C10
4
3 4
+C10 2
+C10 D’où (−1)q Cpq Cqk = 0
10
q=k

3. Montrons que pour tout entier q p X
X k
de [|1, p|] , le nombre d’applica- = (−1) ( (−1)k Cpk Ckq )Sn,q

p
tions de En dans Ep ayant un en- k=1 q=1

p p
semble image à q éléments est égal
X X
= (−1) p
Sn,p (−1)k Cpk Ckq
à Cpq Sn,q . q=1 k=q
Pour construire une application p
X
de En dans Ep ayant un ensemble = (−1)p Sn,p (−1)k Cpk Ckp car ∀q ∈
image à q éléments on peut : k=p
p
starPrendre un sous-ensemble à X
[|1, p − 1|], (−1)q Cpq Cqk = 0
q éléments dans [|1, p|] : On a
q=k
Cpq possibilités de choisir ce sous- = (−1) Sn,p (−1)p Cpp Cpp
p
ensemble. Xp
starConstruire une surjection de En D’où Sn,p = (−1) p
(−1)k Cpk k n .
sur Eq (Sn,q manières) k=1
D’où le nombre d’applications de
1
En dans Ep ayant un ensemble à q 6(a). Montre que P (n, p) = pP (n − 1, p) +
éléments est égal à Cpq Sn,q .
Xp
.P P (n − 1, p − 1).
Pour avoir le nombre de partition
de l’ensemble En en p-sous en-
.N
n q
4. Déduisons que : p = Cp Sn,q sembles :
q=1 ?Soit on prend n − 1 éléments
pn est le nombre d’applications de
qu’on répartit en p sous ensembles
En dans Ep .
pour former une partition dont la
H
Soit A l’ensemble des applications

somme des éléments de chaque
de En 7−→ Ep et Aq ={Application
sous-ensemble de la partition est
f :En 7−→ Ep , f(En )=F ,|F |=q} avec
V.
égale à n − 1 et on prend le n-
q ∈ [|1, p|]
ième éléments qu’on place dans
Il apparait que A = ∪q=1 Aq ,
l’un des sous-ensemble de la par-
pour tout (i, j) ∈ Ep2 ,
tition précédemment formé : ainsi
i 6= j ⇒ Ai ∩ Aj = φ
p on a :Cp1 P (n − 1, p) = pP (n − 1, p)
manières de le faire.
X
Donc |A| = |Aq |
q=1 ?Soit on prend n − 1 éléments qu’on
or |Aq | = Cpq Sn,q et |A| = pn répartit en p-1 sous ensembles
p
X
q
pour former une partition à p-1
n
D’où p = Cp Sn,q . elements et on prend le n-ième
q=1
éléments qu’on ajoute à la par-
p
X tition précédemment formé pour
5. Montrons que : Sn,p = (−1) p
(−1)k Cpk k n . former une nouvelle partition à p
k=1
p p k éléments dont le p-ième éléments
est
Ckq Slen,qsingleton engendré par le n-
X X X
(−1)p (−1)k Cpk k n = (−1)p (−1)k Cpk
k=1 k=1 q=1ième éléments : On a P (n − 1, p − 1)

manières de le faire. Second devoir
D’où P (n, p) = pP (n − 1, p) + P (n −
1, p − 1). Exercice 1Enoncé
1
X 1. Loin!de probabilité de X :
6(b). Justifions que P (n, p) = p! nSoit
n1 +...+np =n1 ni >0 1
!...nip !∈ {1, 2, ..., K} ; Xi (Ω) = [|1, N |].
Soit k ∈ [|1, N |], On a : P (Xi = k) = N1
Posons En = {x1 , ...., xn }.Soit P 0 le
sous ensemble formé des éléments
2.a) Fonction de répartition de Z :
(A1 , ..., Ap ) de E p tels que {A1 , ..., Ap }
soit une partition de En . Pour ob-
Z : Ω → {1, 2, ..., N }
tenir {A1 , ..., Ap },avec,pour tout i
ω 7→ max Xi (ω) = Z(ω) avec i ∈ [|1, N |]
cardAi = ni
il y a :Cnn1 façons de choisir
A1 , Cn−n n2
1
façons de choisir A2 — Pour z ≤ 1
A2 ,Cn−(n
np
façons de choisir F (z) = P (Z < z)
1 +...+np −1)
1
Ap . F (z) = 0
sir {A1 , ..., Ap } ,avec,pour tout ,

i cardAi = ni est donc le pro-
.P
Le nombre de façons de choi- — Pour z ∈]k, k + 1[; k ∈ [|1, N − 1|].
F (z) = P (Z < z)
=P (Z < k + 1)
.N
n1 n2 np
duit :Cn Cn−n1 ...Cn−(n1 +...+np −1) = =P (z ≤ k)
n! =P (max Xi ≤ k), i ∈ [|1, K|]
n1 !...np !
X n! =P [(X1 ≤ k) et (X2 ≤
0
On a donc cardP =
H
n !...np ! k) et (XK" ≤ k)]

n1 +...+np =n,ni >0 1
#
S
or l’application φ qui à (A1 , ..., Ap ) =P (Xi ≤ k)
V.
associe {A1 , ..., Ap } est une ap- Qi∈[|1,K|]

plication telle que P (n, p) = = P (Xi ≤ k) or
i∈[|1,K|]
φ(P 0 ). et puisqu’il y a p! éléments P (Xi ≤ k) = Nk
0
de φ(P ),On obtient P (n, p) = =
Q k
alors
0 1 0 N
cardφ(P ) = p! cardP i∈[|1,K|]
K
F (z) = Nk
6(c). Justifions que Sn,p = p × P (n, p) — Pour z > N
En effet , si {x1 , ..., xp } est l’en-
semble d’arrivée , et si f est sur-
F (z) = P (Z < z)
jective , alors {f −1 (x1 ), ..., f −1 (xp )}
F (z) = 1
est une partition d’un ensemble à n
éléments en p sous ensembles.Et à F (z) = 0 si z ≤ 1

toute partition de ce type,on peut D’où F (z) = ( Nk )K si z ∈]k, k + 1[

associer p! applications surjectives F (z) = 1 si z > N

, ce qui donne le résultat. avec k ∈ [|1, N − 1|]

2.b ) Déduisons P (Z = M ) N K −(N −1)K
P (Z = m) = NK
— Si m = 1 N
P
(c) Verifions que P (Z = m) = 1
P (Z = m) = F (2) − F (1) m=1
P (Z = m) = N1K
N
— 1<m<N P 1 N K −(N −1)K
K P (Z = m) = NK + NK +
mK (m−1)
P (Z = m) = NK − NK
m=1
−1
NP
mK −(m−1)K mK −(m−1)K
P (Z = m) = NK NK
mz=2
— m=N PN
NK
(N −1)K P (Z = m) = = 1.
P (Z = m) = 1 − NK m=1
NK
1
Premier devoir
.P Bn ∈ A =⇒ Bn ∈ ∩ Ai
i∈I
=⇒ ∀i ∈ I, Bn ∈ Ai
.N
Exercice 1Enoncé =⇒ ∀i ∈ I, ∪ Bj ∈ Ai car Ai est
j∈J
=⇒ ∪ Bj ∈ ∩ Ai
j∈J i∈I
H
1. (Ai )i∈I étant une famille de tribu 3

=⇒ ∪ Bj ∈ A
j∈J
sur Ω, ∀i ∈ I; φ ∈ Ai alors φ ∈ ∩ Ai
i∈I
1
V.
1
De , 2 et ,
3 A est une tribu sur
Soit B ∈ A Ω.
2. Soit C une famille de parties de Ω
Soit I0 l’ensemble des tribus conte-
B ∈ A =⇒ B ∈ ∩ Ai nant C. C ⊂ P(Ω) et P(Ω) est une
i∈I
tribu alors I0 6= φ
=⇒ ∀i ∈ I, B ∈ Ai Posons A0 = ∩ A
A∈I0
=⇒ ∀i ∈ I, B c ∈ Ai car Ai est une tribu
c
D’après la première question ∩ A
=⇒ B ∈ ∩ Ai A∈I0
i∈I est une tribu car I0 est un ensemble
=⇒ B c ∈ A 2 de tribus (ie A est une tribu) 1
I0 étant l’ensemble des tribus
contenant C
Soit (Bn )n∈I⊂N une suite d’éléments ∀A ∈ I0 , on a C ⊂ A
de A D’où C ⊂ ∩ = A0 2
A∈I0
Soit n ∈ J Soit A1 une tribu contenant C donc

3
A1 ∈ I0 , d’où A0 ⊂ A1 Soit (Bj )j∈N ⊂ T . Montrons que
De ,1 2 et , 3 il existe une pe- ∪ Bj ∈ T
j∈N
tite tribu contenant C, cette tribu Soit j ∈ N
est ∩ A avec I0 l’ensemble des tri- Bj ∈ T =⇒ ∃Tj ⊂ [[1; n]]/Bj =
A∈I0
bus contenant C. ∪ Ak
k∈Ij
3. Posons T = { ∪ Ai , I ⊂ [[1; n]]}. Mon- ∪ Bj = ∪ [∪Ak ]
i∈I j∈N j∈N
trons que σ(C) = T ∪ Bj = ∪ Ak
j∈N k∈ ∪ Ij
Montrons d’abord que T est une j∈N
tribu Or ∀j ∈ N, Ij ⊂ [[1, n]], d’où ∪ Ij ⊂

j∈N
C = {A1 , ..., An , n ∈ N} une partition [[1; n]]
deΩ 3
Par conséquent ∪ ∈ T
j∈N
φ ⊂ [[1; n]]
1
De , 2 et ,
3 T est une tribu A
∪ Ai = φ donc φ ∈ T 1
i∈φ Soit B ∈ C =⇒ B = Ai où i ∈ [[1; n]]
Soit A ∈ T =⇒ B = ∪ Ak où i ∈ [[1; n]]
1
k∈i
A ∈ T =⇒ ∃I ⊂ [[1; n]]/A = ∪ Ai
On sait que I ∪ I c = [[1; n]]
( ∪ Ai ) ∪ ( ∪ c Ai ) =
i∈I i∈I
∪ Ai
i∈I∪I c
i∈I
=
.P=⇒ B ∈ I car {i} ⊂ [[1; n]]
Alors C ⊂ T
D’où σ(C) ∈ T car T est une tribu
.N
∪ Ai = Ω a contenant C B
i∈[[1;n]]
Soit B ∈ T =⇒ ∃I ⊂ [[1; n]]/B =
car (Ai )ni=1 est une partition de Ω *
∪ Ai
b D’après ,
( ∪ Ai ) ∩ ( ∪ c Ai ) = φ * i∈I
i∈I i∈I =⇒ B ∈ σ(C) car B est une réunion
H
b ( ∪ Ai )c = ∪ c Ai
a et ,
de
i∈I i∈I dénombrable d’éléments de la tribu
c
D’où A = ∪ c Ai C
σ(A), d’où T ⊂ σ(C)
i∈I
V.
C = {A1 ; ....; An ; n ∈ N} une parti- De ,A B et ,C on conclut que

tion de Ω T=σ(C)
φ ⊂ [[1; n]]
∪ Ai = φ donc φ ∈ T
i∈φ
Soit A ⊂ T Exercice 2Enoncé
A ⊂ T =⇒ ∃I ⊂ [[1; n]]/A = ∪ Ai
i∈I
On sait que I ∪ I c = [[1; n]] 1. Montrons que F est continue sur R
( ∪ Ai ) ∪ ( ∪ c Ai ) = ∪ c Ai = ∪ = sauf en les points d’un ensemble au
i∈I i∈I i∈I∪I i∈[[1;n]]
plus dénombrable
Ω a car (Ai )n est une partition de
DF =] − ∞; 1[∪( ∪ ∗ ]n; n + 1]) = R
Ω * n∈N
b d’après
( ∪ Ai ) ∩ ( ∪ c Ai ) = φ * ∀x ∈] − ∞; 1], F (x) = 0
i∈I i∈I alors f est continue sur ] − ∞; 1[
De b ( ∪ Ai )c = ∪ c Ai
a et 1
i∈I i∈I F (x) = 1 − n(n+1) si n < x ≤ n + 1, n ∈
D’où Ac = ∪ c Ai or I c ∈ [[1; n]] donc N∗
i∈I
1
Ac ∈ T
2 Si 1 < x ≤ 2F (x) = − 1(1+1) + 1 = 12

limF (x) = limF (x) 12 = 1
2
dans [0 ;1]
x→1 x→1
> > ∀x ∈] − ∞; 1], F (x) = 0, 0 ∈ [0; 1]
Or F(1)=0 Soit n ∈ N∗
0 6= 12 , donc limF (x) 6= F (1) On a ∀x ∈]n; n + 1[
x→1
>
1
Par suite F n’est pas continue à F (x) = 1 − n(n+1)
gauche en 1 1
1
La fonction x 7→ 1 − n(n−1) est conti-
n ∈ N∗ =⇒ n ≥ 1
nue sur ]n; n + 1[ comme fonction
constante.Alors F est continue sur =⇒ n + 1 ≥ 2
chacun des intervalles ]n ;n+1[ et =⇒ n(n + 1) ≥ 2
] − ∞; 1[ 1 1
=⇒ 0 < ≤ ≤1
Soit n ∈ N \ {0; 1} n(n + 1) 2
1 1
Si x ∈]n; n + 1], F (x) = 1 − n(n+1)
=⇒ − ≤ − ≤0
1
limF (x) = lim(1 − n(n+1) ) n(n + 1)
x→n x→n
> > 1
=⇒ 0 ≤ 1 − ≤1
1
1
limF (x) = 1 − n(n + 1)
x→n
>
n(n+1)
limF (x) = lim[1 − n(n−1)

1
Si x ∈]n − 1; n], F (x) = 1 − n(n−1)
1 1
] = 1 − n(n−1)
.P =⇒ 0 ≤ F (x) ≤ 1
.N
x→n x→n
< <
1 1 ∀x ∈]n; n + 1[, F (x) ∈ [0; 1]
Comparons (1 − n(n+1) ) et (1 − n(n−1) )
1 1
D’où ∀x ∈ RF (x) ∈ [0; 1]
(1 − n(n−1) ) − (1 − n(n+1) ) = n1 ( n+1
1
− lim F (x) = lim 0 = 0
1 x→−∞ x→−∞
H
n−1 ) = 0 Soit n ∈ N ∗
1 1
⇔ n+1 = n−1 car n1 6= 0 1
Si x ∈]n; n + 1], F (x) = 1 − n(n+1)
⇔ n − 1 = n + 1 car n 6= 1 1
lim F (x) = lim (1 − n(n+1)
V.
⇔ −1 = 1 (absurde) )=1
x→+∞  x→+∞
D’où ∀n ∈ N \ {0; 1}limF (x) 6=
x → +∞ =⇒ n → +∞

x→n 
>
limF (x) Car si x ∈]n; n + 1]

x→n  1
< Donc lim n(n+1)
 =0
D’où f n’est pas continue en n x→+∞
Montrons que F est croissante
∀n ∈ N \ {0; 1}. L’ensemble de conti-
1er cas : x1 , x2 ∈] − ∞; 1]/x1 < x2
nuité de F est R \ N∗ . Or N∗ est au
F (x1 ) = F (x2 ) = 0
plus dénombrable alors F est conti-
2e cas : Soit x1 ∈] − ∞; 1], x2 ∈
nue sur R sauf en chaque point de
]n; n + 1]/n ∈ N∗
l’ensemble au plus dénombrable. 1
F (x1 ) = 0 et F (x2 ) = 1 − n(n+1) >0
Alors F (x1 ) < F (x2 )
2. Montrons que F est la fonction de 3e cas : Soit n1 et n2 ∈ N∗ /n1 ≤ n2
répartition d’une variable aléatoire et x1 ∈]n1 ; n1 + 1], x2 ∈]n2 ; n2 + 1]
X avec x1 < x2
F Montrons que F est à valeurs F (x1 ) = 1 − n1 (n11 +1) et F (x2 ) =

1 − n2 (n12 +1) n1 ≤ n2 =⇒ n1 (n1 + 1) ≤
n2 (n2 + 1)
On a − n1 (n11 +1) ≤ − n2 (n12 +1) P(X = n) = F (n+ ) − F (n− )
Donc 1 − n1 (n11 +1) ≤ 1 − n2 (n12 +1) =⇒ = limF (x) − limF (x)
x→n x→n
F (x1 ) ≤ F (x2 ) > <
D’où ∀x1 , x2 ∈ R/x1 < x2 , F (x1 ) ≤ 1 1

=1− − (1 − )
F (x2 ) alors F est croissante. n(n + 1) n(n − 1)
Montrons que F est continue à 1 1
=1− −1+
gauche en chaque point de R n(n + 1) n(n − 1)
F est continue en chaque point de 1 1
=− +
R\N∗ n(n + 1) n(n − 1)
∀x ∈] − ∞; 1], F (x) = 0 1 1 1
= ( − )
limF (x) = lim0 = 0 = F (1) n n−1 n+1
x→1 x→1 2
< <
=
Donc F est continue à gauche en 1 n(n2 − 1)
1
Soit n ∈ N\{0; 1}
x→n
<
x→n
<
1
limF (x) = lim(1 − n(n−1) )
1
∀x ∈]n − 1; n], F (x) = 1 − n(n−1)
.PSi n=1, on a P(X = 1) = limF (x) −
limF (x) = 1
−0= 1
x→n
>
.N
1
limF (x) = 1 − n(n−1) = F (n) x→n
<
2 2
x→n
<
D’où F est continue à gauche en n

4. La fonction F est continue en tout
De tout ce qui précède F est la fonc-
point de R\N∗ . Or N∗ est un en-
H
tion de répartition d’une variable X

semble au plus dénombrable d’où X
est une variable aléatoire discrète.
V.
5. Calculons E(X)
Soit Ω l’univers associé à X
X(Ω) = {x ∈ R/P(X = x) 6= 0}
F est continue en chaque point de
R\N∗
∀x ∈ R\N∗
P(X = x) = F (x+ ) − F (x− ) =
F (x) − F (x) = 0
P(X = 1) = F (1+ ) − F (1− )
1
P(X = 1) = (1 − 1(1+1) )−0
P(X = 1) = 21 6= 0
3. Calculons ∀n ∈ N∗ ,les probabilités Soit n ∈ N\{0; 1}
pn = P(X = n) P(X = n) = n(n22−1) 6= 0
−
P(X = x0 ) = F (x+
0 ) − F (x0 ) Alors X(Ω) = N∗
Soit n ∈ N∗ \1

(b) Soit n ∈ N∗
X X Montrons que Un+2 = Un+1 + Un
nP(X = n) = nP(X = n) Les parties lacunaires de [[1; n +
n∈X(Ω) n∈N∗
2]] peuvent se dénombrer de
1 X 2
= + n( ) deux manières
2 n(n 2 − 1)
n∈N∗ \1 1ere méthode : Par comptage di-
+∞ rect
1 X 2
= + On a : Un + 2 parties lacunaires
2 n=2 n2 − 1
1
de [[1; n + 2]]
+∞
1 X 1 1 2e méthode :
= + ( − ) On peut compter en premier
2 n=2 n − 1 n + 1
n le nombre de parties lacu-
1 X 1 1
= + lim ( − ) naires contenant n+2 puis
2 n+∞
i=2
i − 1 i + 1 ceux ne contenant pas n+2.Or
pour avoir une partie lacu-
n n
!
1 X 1 X 1
−
1
= + lim
2 n+∞ i=2 i − 1 i=2 i +naire 1 contenant n+2,il suffit de
Posons l + 1 = i − 1 =⇒ l = i − 2
si i=2,l=0
.P prendre une partie lacunaire de
[[1; n]] et de compléter n+2. Il y
a alors Un parties lacunaires de
.N
[[1; n + 2]] contenant n+2
si i=n, l=n-2
Les parties lacunaires de [[1; n +
n−2 n
! ne contenant pas n+2 sont
2]]
X 1 les parties lacunaires de [[1; n +
H
X 1 X 1
nP(X = n) = + lim −
2 n+∞ i=0 i + 1 i=2 i + 11]]. Il y a Un+1 parties possibles
n∈N∗
n−2 n−2
d’où le nombre de!parties lacu-
V.
1 1 1 1 de1[[1; n +1 2]] est

− naires −
X X
= + lim 1 + −
2 n+∞ 2 i=2 i + 1 i=2Uin + +1Un+1n 2 n+1
1

1 1 1
De 1 et ,2 Un+2 = Un + Un+1
= + lim 1 + − −
2 n+∞ 2 n n+1
= 2 < +∞
(c) Déduisons Un en fonction de n
NB : Une suite numérique
D’où E(X) existe et E(X) = 2
 n )n∈N est dite de Fibonacci si
(ψ
Exercice 3Enoncé ψ0 = 0


ψ1 = 1 Dont le

ψn+2 = ψn+1 + ψn

1. (a) φ et {1} sont les parties lacu-
naires de [[1; 1]] donc U1 = 2 terme général
h √ est ∀n ∈ √N n i
n
φ, {1} et {2} sont les parties la- ψn = √15 1+2 5 − 1−2 5
cunaires de [[1; 2]]donc U2 = 3 ψ2 = ψ1 + ψ0 = 0 + 1 = 1
ψ3 = ψ2 + ψ1 = 2

ψ4 = ψ3 + ψ2 = 3
On
 a: Surjection
U1 = 2
 Soit B ∈ Mn,p . Cherchons A ∈
U2 = 3 On re- Ln,p tel que f(A)=B
B ∈ Mn,p =⇒ B est une partie

Un+2 = Un+1 + Un

marque que lacunaire de [[1; n]] contenant p
U1 = ψ3 = 2 éléments
U2 = ψ4 = 3 Soit
( A le mot de n lettres tel que
Un+2 = Un+1 + Un ∀i ∈ B, Ai = 1 par définition de f
D’où ∀n ∈ N∗ ∀i ∈ B, Ai = 0, f (A) = B
√ n+2 √ n+2
Un = ψn+2 = √15 1+2 5 − 1−2 5 D’où f est surjective.
Soit A=B et f (A) 6= f (B)
2. (a) Démontrons
Vn,p est le nombre de parties la-
f (A) 6= f (B) =⇒ ∃i ∈ f (A)et i ∈
/ f (B
cunaires de [[1; n]] contenant p
1
=⇒ Ai = 1etBi = 0
éléments
Soit Ln,p l’ensemble des mots de
n lettres contenant n-p lettres
O et p lettres l et ne conte-
.P =⇒
=⇒
Ai 6= Bi
A 6= B(Impossible
.N
nant pas deux l consécutifs.
f est donc une application
Soit Mn,p l’ensemble des parties
Au total, f est bijective d’où Ln,,p
lacunaires de [[1; n]] contenant p
H
et Mn,p sont équipotents.

éléments.
D’où Vn,p est le nombre de mots
Soit f l’application
de n lettres dont p sont l, (n-p)
f : Ln,p → Mn,p
V.
sont o, où deux lettres l ne sont

A 7→ f (A)
pas consécutifs.
A, B ∈ Ln,p /A 6= B
Soit i ∈ [[1; n]], Ai la ie lettre de A
A 6= B =⇒ ∃i ∈ [[1; n]]/Ai = 1etBi = 0

=⇒ i ∈ f (A)eti ∈ / f (B)
=⇒ f (A) 6= f (B)
=⇒ f est injective
Premier devoir Soit Ω un ensemble non vide.
1. Montrer que si (Ai )i∈I est une fa-

Exercice 1Enoncé
mille quelconque de tribus de par-

ties de Ω, alors 4. Démontrer que X est une variable
A = ∩i∈I Ai est une tribu de parties aléatoire réelle discrète.
de Ω. 5. Calculer E(x).
2. Soit C une famille de sous-
ensembles de Ω (C 6= φ). Exercice 2Enoncé
Montrer qu’il existe (au sens de l’in-
clusion) une plus petite tribu conte- Soit n un entier non nul. On ap-
nant C. Elle est notée σ(C) et est pelle partie lacunaire de [[1; n]] l’en-
appelée la tribu engendrée par C. semble vide ou toute partie non vide de
[[1; n]] qui ne contient pas deux entiers
3. Soit C = A1 , ...., An , n ∈ N∗ une parti-
consécutifs.Par exemple {1; 5; 7} est une
tion de Ω. Montrer que
partie lacunaire de [[1; 12]].
σ(C) = ∪i∈I Ai , I ⊂, [[1; n]]. 1. On note Un le nombre de parties la-
cunaires de [[1; n]]
Exercice 2Enoncé
1
(a) Quelles sont les valeurs de U1 et
(Ω, F, P) un espace pribabilisé et F la

fonction(définie sur R par :
.P U2 ?
(b) Démontrer que Un+2 = Un+1 +
Un .
.N
0 si x ≤ 1
F (x) = (c) En déduire Un en fonction de n.
1
1 − n(n+1) sin < x ≤ n + 1, n ∈ N∗
2. Pour tout n ∈ [[1; n]] on cherche à
1. Montrer que F est continue sur R déterminer Vn,p le nombre de par-
H
sauf en les points d’un ensemble au ties lacunaire de [[1; n]] à p éléments.
plus dénombrable.
(a) Démontrer que Vn,p est égal au
V.
2. Montrer que F est la fonction de nombre de mots de n lettres

répartition d’une variable aléatoire écrits avec n-p lettres o et p
réelle X. lettres l et ne contiennent pas
3. Calculer pour tout n ∈ N∗ les proba- deux l consécutifs.
p
bilités pn = P(X = n). (b) En déduire que Vn,p = Cn+1−p .

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 6
STRUCTURE ALGÉBRIQUE
de Choiseul en 1763 examinateur

des gardes de la marine, puis est
chargé de la rédaction d’un cours de
mathématiques qui conduira au Cours
de mathématiques à l’usage des gardes
1
du pavillon et de la marine. A la mort
.P
de Charles-Etienne Camus en 1768, il
est nommé examinateur des élèves du
corps de l’artillerie et rédige le Cours
.N
complet de mathématiques à l’usage de
la marine et de l’artillerie, qui devient
plus tard le livre de référence des can-
H
didats au concours d’entrée à l’Ecole

polytechnique.
V.
Etienne Bézout, né à Nemours le

31 mars 1730 et mort aux Basses- Il est également l’auteur d’une
Loges, dans la paroisse d’Avon, le Théorie générale des équations
27 septembre 1783 (à 53 ans), est algébriques, publiée en 1779, consacrée
un mathématicien français. Il est à la théorie de l’élimination et aux
passé à la postérité pour le théorème fonctions symétriques des racines d’une
de Bachet-Bézout en arithmétique, équation algébrique : il utilise les
pour le Bézoutien, utilisé en algorith- déterminants dans un article de l’His-
mique, et pour son théorème sur le toire de l’Académie royale, parue en
nombre de points d’intersection de deux 1764, mais ne traite pas de la théorie
courbes algébriques, résultat crucial en générale.
géométrie algébrique.
Il est nommé adjoint mécanicien
Fils d’un magistrat de Nemours, à l’Académie royale des sciences le
Pierre Bézout, et de Jeanne-Hélène 18 mars 1758, associé mécanicien-
Filz, il est nommé par Etienne François géomètre le 18 juillet 1768, puis pen-
335
sionnaire mécanicien surnuméraire le mécanicien le 6 mai 1782.
7 décembre 1779, enfin pensionnaire
1
.P
.N
H
V.

6.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE STRUCTURE ALGÉBRIQUE
Exercice 1 Corrigé 1. Montrer que si un élément a de E

est régulier (simplifiable) alors il
Soit E un ensemble muni de deux lois est inversible.
? et •. 2. Vérifier sur un exemple que ce n’est
On suppose que e est neutre pour la loi plus vrai si on ne suppose pas que
? et que f est neutre pour la loi •. E est fini.
On suppose enfin que :
∀(x, y, u, v) ∈ E 4 , (x?y)•(u?v) = (x•u)?(y•v)Indidication

1.
Montrer que les applications
1. Montrer que e = f. da : x 7−→ x ? a
sont bijectives
2. Prouver que les lois ? et • sont iden- ga : x 7−→ a ? x
tiques. de E dans E.
1
3. Montrer que cette loi est commuta- Exercice 4 Corrigé
tive et associative.
Indidication
.P
Soit E un ensemble muni d’une loi as-
sociative notée multiplicativement.
.N
1. Poser x = v = e et y = u = f Pour tout a de E, on note aEa =
2. Poser y = u = e {axa, x ∈ E}.
On suppose : ∃ a ∈ E, aEa = E. Montrer
H
Exercice 2 Corrigé que E possède un élément neutre.

Indidication
Montrer que e = ab = ba.
V.
1. Etudier
la loi ?, définie sur P(E)
Si A ∩ B = ∅, alors A ? B = A ∪ B
par :
Si A ∩ B 6= ∅, alors A ? B = E Exercice 5 Corrigé
2. Etudier la loi ?, définie sur P(E)
par :
Soit E un ensemble fini muni d’une
A ? B = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B). loi de composition ?
On suppose qu’il existe deux éléments a
et b dans E tels que, pour tous x, y :

a ? x = a ? y ⇒ x = y (on dit que a est régu
Exercice 3 Corrigé x ? b = y ? b ⇒ x = y (on dit que b est régu
Soit E un ensemble fini muni d’une 1. Montrer qu’il existe e et f dans E

loi de composition associative notée ? tels que a ? e = a et f ? b = b.
On suppose également que E possède 2. Montrer que pour tout x de E, e ?
un neutre e pour la loi ? x = x et x ? f = x.

3. Montrer que e = f , et que cet 2. Soit ? une loi de composition in-
élément est neutre pour la loi ?. terne sur E. Pour A, B ∈ P(E) on
pose
Exercice 6 Corrigé A ? B = {a ? b /a ∈ A, b ∈ B}
Etudier les propriétés de ? sur E
Soit E un ensemble muni d’une loi ? as- (commutativité, associativité, exis-
sociative. Pour tout a de E, on définit tence d’un neutre) conservées par ?
les applications ga et da de E dans E : sur P(E). La loi ? est-elle distribu-
∀x ∈ E, da (x) = x ? a et ga (x) = a ? x. tive sur l’union, sur l’intersection ?
1. Montrer que s’il existe a dans E tel

que ga et da soient surjectives, alors Exercice 9 Corrigé
E possède un élément neutre pour
la loi ?. 1. Soit a un élément d’un ensemble E
1
muni d’une loi ? associative.
2. Montrer que si pour tout a de E
les applications ga et da sont sur-
jectives, alors tout élément de E
possède un inverse pour la loi ?.
.P Montrer que a est symétrisable si,
et seulement si, l’application f :
E → E définie par f (x) = a ? x est
.N
bijective.
2. Soit ? une loi associative sur un en-
Exercice 7 Corrigé semble E. Un élément x de E est
H
dit idempotent si, et seulement si,

x ? x = x.
Soit E un ensemble fini muni d’une loi
a) Montrer que si x et y sont idem-
V.
associative, notée multiplicativement.

potents et commutent, alors x ?
Montrer que pour tout a de E, il existe
y est idempotent.
un entier m tel que x = am soit idem-
potent (x2 = x). b) Montrer que si x est idempotent
et inversible, alors x−1 est idem-
potent.
1. On définit une loi de composition
interne ? sur R par Soit E et F deux ensembles et ϕ : E → F
une application bijective.
2 a b
∀(a, b) ∈ R , a ? b = ln(e + e ) On suppose E muni d’une loi de com-
position interne ? et on définit une loi >
Quelles en sont les propriétés ?
sur F par :
Possède-t-elle un élément neutre ?
∀x, y ∈ F, x>y = ϕ ϕ−1 (x) ? ϕ−1 (y)

Y a-t-il des éléments réguliers ?

1. Montrer que si ? est commuta- Montrer qu’il existe e ∈ E tel que
tive (resp. associative) alors > l’est e>e = e.
aussi.
2. Montrer que si ? possède un neutre Exercice 14 Corrigé
e alors > possède aussi un neutre à
préciser. 1. On munit R de la loi de composition
interne définie par :
Exercice 11 Corrigé ∀x, y ∈ R, x ? y = xy + (x2 − 1)(y 2 − 1)
Montrer que ? est commutative,
Soit ? une loi de composition interne as- non associative, et que 1 est
sociative sur E. élément neutre.
On suppose qu’il existe a ∈ E tel que
2. On munit R+∗ de la loi de composi-
l’application f : E → E définie par
tion interne ? définie par :
f (x) = a ? x ? a soit surjective et on note
1
p
b un antécédent de a par f . ∀x, y ∈ R+∗ , x ? y = x2 + y 2
1. Montrer que e = a?b et e0 = b?a sont
neutres resp. à gauche et à droite
puis que e = e0 .
.P Montrer que ∗ est commutative,
associative, et que 0 est élément
neutre. Montrer que aucun élément
.N
2. Montrer que a est symétrisable et f de R+∗ n’a de symétrique pour ?.
bijective. 3. On munit R de la loi de composition
interne ? définie par :
H
p
Exercice 12 Corrigé ∀x, y ∈ R, x ? y = 3 x3 + y 3
V.
Montrer que l’application x 7−→ x3

1. Soient ? une loi de composition in- est un isomorphisme de (R, ?) vers
terne associative sur un ensemble (R, +). En déduire que (R, ?) est un
fini E et x un élément régulier de E. groupe commutatif.
Montrer que E possède un neutre.
2. Soit ? une loi associative sur un en- Exercice 15 Corrigé
semble E fini. On suppose que la loi
? possède un neutre e. On munit A = R×R de deux lois définies
Montrer que tout élément régulier par : (x, y) + (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 )
de E est inversible. et (x, y) ? (x0 , y 0 ) = (xx0 , xy 0 + x0 y)
Exercice 13 Corrigé 1. Montrer que (A, +) est un groupe
commutatif.
Soit E un ensemble fini non vide muni 2. a) Montrer que la loi ? est commu-
d’une loi de composition interne asso- tative.
ciative notée >. b) Montrer que ? est associative

c) Déterminer l’élément neutre de 2. Soit ? une loi de composition in-
A pour la loi ?. terne associative sur un ensemble
d) Montrer que (A, +, ?) est un an- E fini.
neau commutatif. On suppose que tous les éléments
de E sont réguliers. Montrer que E
est un groupe.
Exercice 16 Corrigé 3. Soit (G, ?) un groupe à n éléments.
Justifier que sa table de composi-
1. Montrer que l’intersection de deux tion est un carré latin c’est à dire
sous-groupes H et K de G est un que tout élément de G figure une
sous-groupe de G. fois et une seule dans chaque ligne
2. Montrer que les ensembles bZ muni et dans chaque colonne.
de l’addition sont des sous-groupes
de (Z, +). Exercice 19 Corrigé
1
1. Soient a et b deux éléments d’un

.P
1. Sur G =] − 1, 1[ on définit une loi ?
par
x+y
.N
∀x, y ∈ G, x ? y =
groupe G vérifiant : a5 = e et ab = 1 + xy
ba3 . Montrer que (G, ?) est un groupe
Montrer que a2 b = ba et que ab3 = abélien.
H
b 3 a2 . 2. Addition des vitesses en théorie de

2. Soit E un ensemble non vide muni la relativité Soit c > 0 (c corres-
V.
d’une loi multiplicative telle que : pond à la vitesse - ou célérité - de

la lumière) et I =] − c, c[.
∀a, b, c : a2 = b2 , ab2 = a, a2 (bc) = cb,
a) Montrer
(ac)(bc) = ab. x+y
∀(x, y) ∈ I 2 , x ? y = ∈I
Montrer que E est un groupe pour 1 + xy
c2
la loi ? définie par : a ? b = ab3 . b) Montrer que la loi ? munit
Enoncer et prouver une réciproque. I d’une structure de groupe
abélien.
Exercice 18 Corrigé Cette loi ? correspond à l’addi-
tion des vitesses portées par un
même axe en théorie de la rela-
1. Soit (G, ?) un groupe tel que tivité.
∀x ∈ G, x2 = e
Montrer que G est commutatif.

1. Soient ω ∈ C et H = {a + ωb/ a, b ∈ 3. Montrer que H + = {h ∈ H| h > 0}
Z}. possède un plus petit élément. On
Montrer que H est un sous groupe note a = minH + .
de (C, +). 4. Etablir que aZ ⊂ H.
2. Soit a un élément d’un ensemble E. 5. En étudiant le reste de la division
On forme H = {f ∈ SE /f (a) = a}. euclidienne d’un élément de H par
Montrer que H est un sous-groupe a montrer que H ⊂ aZ.
du groupe de permutation (SE , ◦). 6. Conclure que pour tout sous-
groupe H de Z, il existe un unique
Exercice 21 Corrigé a ∈ N tel que H = aZ.
1. Soit (G, ×) un groupe, H un sous
groupe de (G, ×) et a ∈ G. 1. Le groupe des permutations de
{1, 2, 3} est-il cyclique ?
a) Montrer que aHa−1 =
1
−1 2. Montrer qu’un isomorphisme de
{axa / x ∈ H} est un sous
groupe de (G, ×).
b) A quelle condition simple aH =
.P groupes conserve l’ordre des
éléments.
3. Les groupes (Z/8Z, +) et (Z/2Z, +)×
.N
{ax/ x ∈ H} est un sous groupe
(Z/4Z, +) sont-ils isomorphes ?
de (G, ×) ?
2. On appelle centre d’un groupe Exercice 24 Corrigé
H
(G, ?), la partie C de G définie par

Soit n un entier ≥ 3.
C = {x ∈ G|∀y ∈ G, x ? y = y ? x} 1. Dénombrer les éléments inversibles
V.
de l’anneau Z/2n Z.
Montrer que C est un sous-groupe
de (G, ?). 2. Montrer que le groupe des inver-
sibles de Z/2n Z n’est pas cyclique.
Indication : montrer que pour x im-
2n−1
Exercice 22 Corrigé pair et n ≥ 3, on a x2 ≡ 1(
mod 2n ).
Pour a ∈ N , on note aZ = {ak/ k ∈ Z}. Exercice 25 Corrigé
1. Montrer que aZ est un sous-groupe
de (Z, +). Soit G un groupe cyclique engendré par
On se propose de montrer que, a, de cardinal n.
réciproquement, tout sous groupe 1. Montrer que tout sous-groupe de G
de Z est de cette forme. est cyclique, de cardinal divisant n.
2. Vérifier que le groupe {0} est de 2. Soit d un diviseur de n. Montrer que
la forme voulue. Soit H un sous- G possède un unique sous-groupe
groupe de (Z, +) non réduit à {0}. de cardinal d.

Exercice 26 Corrigé iii. Soit s ∈ Sn ,montrer que s ◦
(i, j, k) = (s(i), s(j), s(k)) ◦ s .
Trouver la décomposition en produit de iv. En déduire que si s ∈ Z(An )
cycles à supports disjoints, la signature, alors l’image de {i, j, k} par
l’ordre et une décomposition en produit s est {i, j, k} .
de transpositions des permutations sui-
v. Pour n = 4,On note
vantes
de S10 E4 = {i, j, k, l}. Si s ∈
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
σ= et ϕ = Z(A4 ),monter que s(l) = l.
3 7 1 4 2 6 9 8 5 10
En déduire que Z(A4 ) =
(10, 3, 4, 1)(8, 7)(4, 7)(5, 6)(2, 6)(2, 9).
{Id} .
Calculer σ 2016 et ϕ1998 .
vi. Pour n ≥ 5,soit s ∈ Z(An ) et
i, j, k, l, m cinq éléments dis-
tincts de En .
En considérant les en-
1
sembles {i, j, k} et {i, l, m},montre
1. Soit (G, •) un groupe. On définit le
centre Z(G)de G par .P que s = Id et déterminer
Z(An ).
.N
Z(G) = {x ∈ G/∀a ∈ G, ax = xa} Exercice 28 Corrigé
(a) Montrer que Z(G) est un sous-

1. Soit H un sous-groupe de G.
groupe de G.
H
(b) Que peut-on dire de Z(G) si G (a) On introduit dans G la relation

est abelien ? binaire suivante :
V.
2. On désigne par An le sous-ensemble

x< y ⇐⇒ x−1 y ∈ H
de Sn formé des permutations de
En = {1, 2, · · · , n} de signature 1 . . Montrer que < est une relation
(a) Démontrer que An est un sous- d’équivalence.
groupe de Sn . (b) En déduire que l’ordre de H di-
On se propose de déterminer le vise l’ordre de G
centre de An pour n ≥ 3 .
(b) i. Donner la liste des éléments 2. Montrer que pour tout élément ade
de A3 et de Z(A3 ) . G,on a :an = e.
On suppose desormais n ≥ 4 On suppose que l’ordre de G s’écrit
.Dans cette qestion , on fixe pq où p et q sont premiers et p < q.
i,j,k trois éléments distincts Montrer que G contient au plus un
de En . sous-groupe d’ordre q.
ii. Vérifier que le 3-cycle (i, j, k)
est dans An .

On considère les applications de On dit qu’un élément x d’un anneau
R\{0, 1} dans lui-même, définies par : (A, +, ×) est nilpotent s’il existe n ∈ N∗
vérifiant xn = 0A
x−1

1
 f1 (x) = x f2 (x) =
 f3 (x) = Soient x et y deux éléments d’un anneau
1−x x
1 x (A, +, ×).
 f4 (x) =
 f5 (x) = 1 − x f6 (x) =
x x−1 1. Montrer que si x est nilpotent et
1. Montrer que ces six applications que x et y commutent, alors xy est
forment un groupe G pour la loi ◦. nilpotent.
2. Quels sont les sous-groupes de G ? 2. Montrer que si x et y sont nilpo-

tents et commutent, alors x + y est
Exercice 30 Corrigé nilpotent.
3. Montrer que si xy est nilpotent,
1. Soient H et K deux sous-groupes alors yx l’est aussi.
d’un groupe G. 4. Montrer que si x est nilpotent alors
1
Montrer que H ∪ K est un sous- 1−x est inversible. Préciser (1−x)−1 .
groupe de G si et seulement si H ⊂
K ou K ⊂ H.
.N
2. Soient H et K deux sous-groupes
d’un groupe G.
On note HK = {hk, h ∈ H, k ∈ K} On considère (A, +, ×) un anneau de
et pareillement KH = {kh, k ∈ Boole c’est à dire un anneau non nul tel
H
K, h ∈ H}. que tout élément est idempotent pour la

Montrer que HK est un sous- deuxième loi ce qui signifie
groupe de G si et seulement si
V.
∀x ∈ A, x2 = x
HK = KH.
1. Montrer
Exercice 31 Corrigé ∀(x, y) ∈ A2 , xy + yx = 0A
et en déduire que
Soit G un groupe fini d’ordre 2n, avec
n ≥ 2. ∀x ∈ A, x + x = 0A
On suppose qu’il existe deux sous-
En déduire que l’anneau A est com-
groupes H et K d’ordre n, tels que
mutatif.
H ∩ K = {e}.
Montrer que n = 2 et donner la table du 2. Montrer que la relation binaire
groupe G. définie sur A par
x 4 y ⇔ yx = x
est une relation d’ordre.

3. Montrer que Exercice 36 Corrigé
∀(x, y) ∈ A2 , xy(x + y) = 0A √
Soit A = {a + b 2, a ∈ Z, b ∈ Z}.
En déduire qu’un anneau de Boole 1. Montrer que A est un sous-anneau
intègre ne peut avoir que deux intègre de R.
éléments. √
Pour tout x = a + b 2 de A, on pose
Exercice 34 Corrigé N (x) = a2 − 2b2 .
2. Montrer que pour tous x, y de A,
Soit A un anneau dans lequel, pour tout N (xy) = N (x)N (y).
élément x, x2 = x. (Anneau de Boole) 3. En déduire que x est inversible
1. Donner des exemples d’une telle si- dans A si et seulement si N (x) =
tuation. ±1.
2. Montrer que pour tout a de A, 2a = 4. √
Montrer que les éléments ±(1 +
0. En déduire que A est commutatif. 2)n de A sont inversibles.
1
3. Montrer que A ne peut pas se
réduire à trois éléments.
4. On suppose que A est fini et de car-
.P
5. Réciproquement, on veut montrer
que tout inversible x de A est de la
forme précédente
.N
dinal supérieur à 2. (a) Montrer qu’on peut se ramener
Montrer que A possède des divi- à supposer
√
seurs de zéro (Considérer xy(x+y)). x = a+b 2, avec a ∈ N∗ et b ∈ N.
H
5. Montrer que si card(A) = 4, alors A (b) Montrer alors

√ que x est de la
n
est unique à un isomorphisme près. forme (1 + 2) avec n ∈ N et
conclure.
V.
6. Montrer que si A est fini, alors son

Indication : si b ≥ 1, considérer
cardinal est une puissance de 2. x
x1 = √ .
1+ 2
Soit E un ensemble. Pour tous A, B ∈ Soit S un ensemble quelconque non

P(E) : A∆B = (A\B) ∪ (B\A). vide et E l’ensemble des applications de
1. Montrer que pour tout A, B ∈ S dans {0, 1} .
P(E), A∆B = (A ∪ B)\(A ∩ B). 1. On munit E de l’addition modulo 2
2. Montrer que (P(E), ∆, ∩) est un an- des images :pour tout f, g ∈ E, f ⊕ g
neau commutatif. est l’application de S dans {0, 1}
3. Déterminer l’ensemble des éléments définie par :
inversibles de cet anneau.
1 si f (x) 6= g(x)
f ⊕ g(x)=
4. Cet anneau est-il intègre ? 0 si f(x) = g(x)

Montrer que (E, ⊕) est un groupe ? est un groupe abélien, dans le-
abélien dans lequel chaque élément quel chaque élément est son propre
est son propre symétrique . symétrique .
2. Soit F = P (S) l’ensemble des 5. On suppose que G est fini . Déduire
parties de S. On munit F de des qestions précédentes que le
la différence ensembiliste . On cardinal de G est une puissance de
considère l’application φ de F vers 2.
E qui a une partie de S associe sa
fonction indicatrice : Exercice 38 Corrigé
φ : A ∈ F 7−→ 1A , Soit (G, ∗) un groupe. Pour tout g ∈ G,

on note γg l’application de multiplica-
où 1A (x) = 1 si x ∈ A et 1A (x) = 0 si
tion à gauche par g, qui va de G dans
x∈ / A. Montrer que φ est un isomor-
G et associe g ∗ h à tout h ∈ G ; autre-
phisme de F vers E pour les lois ⊕
ment dit on a γg (h) = g ∗ h pour tous g et
et ∆. En déduire que (F, ∆) est un
h dans G.
1
groupe abélien dans lequel chaque
élément est son propre symétrique
. Dans la suite, G désigne un groupe
dans lequel chaque élément est
.P
1. Prouver que pour g ∈ G, l’ap-
plication γg est dans le groupe
symétrique SG , autrement dit que
.N
propre symétrique . γg est une bijection de G sur G.
2. Montrer que G est abélien . 2. Démontrer que l’application ϕ :
g 7−→ γg est un homomorphisme de
3. Soit a un élément quelconque de G,
H
groupe de (G, ∗) dans (SG , ◦).

différent de l’élément neutre. On
définit la relation ∼ sur G par : 3. Démontrer que l’application ϕ est
injective.
V.
∀x, y ∈ G; x ∼ y ⇐⇒ (x = y ou x = ay) Pour tout g ∈ G, on note δg l’ap-

plication de multiplication à droite
.
par g, qui va de G dans G et associe
h ∗ g à tout h ∈ g ; autrement dit on
— Montrer que ∼ est une relation a δg (h) = h ∗ g pour tous g et h dans
d’équivalence sur G. G.
— Montrer que chaque classe 4. Prouver que pour tout g ∈ G,
d’équivalence a deux éléments l’application δg est dans le groupe
4. On définit la loi ? sur l’ensemble symétrique SG , puis que l’applica-
quotient G/∼ par : tion ψ : g 7−→ δg est une injection
de G dans SG .
∀x, y ∈ G; cl(x) ? cl(y) = cl(xy)
5. Démontrer que ψ est un homomor-
. phisme de groupe si et seulement
Montrer que ? est une loi de com- si le groupe G est abélien.
position interne sur G/∼ muni de

Exercice 39 Corrigé chaque classe d’équivalence a deux
éléments.
1. Soit S un ensemble quelconque et 5. On définit la loi ∗ sur l’ensemble-
E = {0, 1}S l’ensemble des applica- quotient G/ ∼ par :
tions de S dans {0, 1}. On munit E ∀x, y ∈ G cl(x) ∗ cl(y) = cl(xy)
de l’addition modulo 2 des images :
Montrer que ∗ est une loi de compo-
pour tout f , g ∈ E, f ⊕ g est l’appli-
sition interne sur G/ ∼, et que G/ ∼
cation de S dans {0, 1} définie par :
muni de ∗ est un groupe abélien,
1 si f (x) 6= g(x) dans lequel chaque élément est son
(f ⊕ g)(x) =
0 si f (x) = g(x) propre symétrique.
Montrer que (E, ⊕) est un groupe 6. On suppose que G est fini. Déduire
abélien, dans lequel chaque des questions précédentes que le
élément est son propre symétrique. cardinal de G est une puissance de
2.
2. Soit F = P(S) l’ensemble des
1
parties de S. On munit F de la
différence symétrique ensembliste.
On considère l’application ϕ, de F
dans E qui, à une partie de S, asso-
2iπ
Soit j = e 3
.N
Soit U = {z ∈ C, z 6 = 1}
cie sa fonction indicatrice :
1. Montrer que U muni de la multipli-
φ : A ∈ P(S) 7−→ IA cation est un groupe.
H
où pour tout x ∈ S, IA (x) = 1 si 2. Déterminer tous les éléments de U,

x ∈ A et IA (x) = 0 sinon. on les exprimera en fonction de
Montrer que φ est un isomorphisme j, puis déterminer les ordres pos-
V.
sibles des éléments de U, puis enfin

a
de F vers E, pour les alois et
⊕. En déduire que (F, ) est un déterminer l’ordre de chacun de ces
groupe abélien, dans lequel chaque éléments.
élément est son propre symétrique. 3. A l’aide de la question précédente,
Dans toute la suite, G désigne un déterminer deux sous-groupes de
groupe dans lequel chaque élément (U, ×), écrire leur table de multipli-
est son propre symétrique. cation.
3. Montrer que G est abélien.
4. Soit a un élément quelconque de Exercice 41 Corrigé
G, différent de l’élément neutre. On
Soit n ≥ 3. n
définit la relation ∼ sur G par : 2ikπ
o
On pose Un = e n , k ∈ {0, 1, 2, · · · , n − 1} .
∀x, y ∈ G x ∼ y ⇔ (x = y ou x = ay) 2ik0 π
Soit ωk0 = e n , avec k ≥ 1, et d0 l’ordre
Montrer que ∼ est une relation de ωk0 , on rappelle que d0 est le plus
d’équivalence sur G. Montrer que petit entier non nul tel que ωkd00 = 1.

1. Montrer que (Un , ×) est un sous- Soit G un groupe non réduit à un
∗
groupe de (C , ×). élément.Un sous-groupe M de G
2. a) En faisant la division eucli- est dit maximal si le seul sous-groupe
dienne de k0 d0 par n montrer de G distinct de G et contenant M est
que k0 d0 est un multiple de n. M lui-même.
b) Montrer que si k0 et n sont pre- 1. (a) Montrer que 6Z n’est pas un
miers entre eux alors l’ordre de sous-groupe maximal de Z.
ωk0 est n. (b) Montrer que 5Z est un sous-
3. Montrer que si C = P GCD(n, k0 ) > groupe maximal de Z.
1 alors l’ordre de ωk0 est strictement
2. On pose G = Z/8Z.Soit H1 le sous-
inférieur à n.
groupe de G engendrée par 4̄ et H2
4. Que peut-on conclure à l’aide des le sous-groupe de G engendré par
questions 2degres) et 3degres). 2̄.
Montrer que si l’ordre de ωk0 est n
1
alors k0 et n sont premiers entre (a) Expliciter tous les éléments de
eux. (On pourra montrer la contra-
posée).
.P H1 et de H2 .
(b) Montrer que H1 n’est pas un
sous-groupe maximal
.N
Exercice 42 Corrigé de G et que H2 est un sous-
groupe maximal de G.
1. Existe-t-il un inverse pour la multi-
H
plication de 8 dans (Z/24Z)∗ . Exercice 44 Corrigé

2. Trouver tous les éléments de
V.
(Z/24Z)∗ qui admettent un inverse On considère les groupes Z/6Z et Z/2Z

dans (Z/24Z)∗ . (pour l’addition). On notera l la classe
3. Trouver l’inverse pour la multi- de l’entier l dans Z/6Z et ˆl la classe de
plication de la classe de 5 dans l’entier l dans Z/2Z.
(Z/11Z)∗ . 1. Montrer que l’application f :
4. Montrer que pour tous éléments de Z/6Z → Z/2Z définie par f (l) = ˆl
(Z/11Z)∗ , est bien définie et que c’est un mor-
x9 = x−1 , où x−1 désigne l’inverse phisme surjectif de groupes.
de x pour la multiplication dans 2. Déterminer le noyau ker(f ) et dres-
(Z/11Z)∗ . ser sa table de composition.
5. En déduire les solutions de x9 + 5 =
3. Construire un isomorphisme entre
0.
ker(f ) et Z/3Z.

√
Pour tout x ∈ Z, on appelle classe de x, 1. Montrer que Z[ 2], muni de l’ad-
notée x, l’ensemble des entiers congrus dition et de la multiplication des
à x modulo 7. réels, est un sous-anneau de R.
On appelle Z/7Z l’ensemble des classe
2. On√ considère l’application φ, √
de
d’équivalence modulo 7 et (Z/7Z)∗ l’en-
Z[ 2] dans lui-même, qui à m+n 2
semble des classes d’équivalence mo-
associe
dulo 7 différentes de 0.
√ √
On appelle groupe engendré par x l’en- φ(m + n 2) = m − n 2
semble des puissances de x, c’est-à-dire
{xk , k ∈ Z}. Montrer que φ est un √ automor-
On appelle U6 = {z ∈ C, z 6 = 1} l’en- phisme de l’anneau (Z[ 2], +, ×)
semble des racines sixième de l’unité. (c’est une bijection, et un mor-
1. a) Calculer 3
k
pour k ∈ phisme pour chacune des deux
{0, 1, 2, 3, 4, 5} lois).
√
k
b) Déterminer 3 pour tout k ∈ Z. 3. Pour tout x ∈ Z[ 2], on pose N (x) =
1
xφ(x). Montrer
√ que N est une appli-
On pourra utiliser la division
euclidienne de k par 6.
2. Pour quelle raison ((Z/7Z)∗ , ×) est-
.P cation de Z[ 2] dans Z, qui est un
morphisme pour la multiplication.
.N
il un groupe ? 4. Démontrer que √ x est un élément in-
3. Montrer que le groupe engendré versible de Z[ 2] si et seulement si
par 3 est égal à (Z/7Z)∗ . N (x) = ±1.
√ √
5. Vérifier que 3+2 2√et −3+2 2 sont
H
4. Soit ϕ définie pour tout k ∈ Z par

inversibles dans Z[ 2].
k ikπ
ϕ 3 =e 3
V.
a) Montrer que ϕ est bien définie. Exercice 47 Corrigé

b) Montrer que ϕ est un mor-
phisme de ((Z/7Z)∗ , ×) sur p3
√
1. p
Montrer que 45 + 29 2 +
(U6 , ×). 3
√
45 − 29 2 est un entier.
c) Déterminer le noyau de ϕ et en
déduire que ϕ est un isomor- 2. Soient m et n des entiers naturels.
phisme (morphisme bijectif) de a) Montrer que si n n’est pas un
√
((Z/7Z)∗ , ×) sur (U6 , ×). carré parfait, alors n est irra-
tionnel.
Exercice 46 Corrigé b) Montrer que si m et n ne sont
√ √
√ pas des carrés, alors m + n
On note Z[ 2] l’ensemble de réels sui- n’est pas rationnel.
vant :
√ √ Exercice 48 Corrigé
Z[ 2] = {m + n 2, m, n ∈ Z}

1. Montrer que le nombre entier A = Exercice 54 Corrigé
45 30
5 + 4 est composé, c’est à dire
non premier Montrer que a ∧ b = 1 si et seulement si
2. Montrer que, pour tout n ∈ Z , le (ab) ∧ (a + b) = 1
nombre entier n4 − 20n2 + 4 est com-
posé, c’est à dire n’est pas premier
3. Montrer que ∀ n ∈ N, 14|34n+2 + 52n+1
Exercice 49 Corrigé On pose x = 2m − 1 et y = 2n + 1 ; avec

m,n dans N∗ . Soit d = m ∧ n.
Soient m et n deux entiers naturels,

avec m < n, et tels que mn = nm 1. Montrer que si md est impair, alors x
Montrer que nécessairement m = 2 et et y sont premiers entre eux.
m
n = 4. 2. Montrer que si d est pair, alors
x ∧ y = 2d + 1.
1
.P
Soit A une partie de {1, 2, ..., 2n}, avec
.N
card(A) = n + 1. Montrer que les nombres de Fermat
2n
Montrer qu’il existe au moins deux Fn = 2 + 1 sont premiers entre eux
éléments distincts a,b de A tels que a|b. deux à deux.
H

V.
Résoudre les équations 2x − 5y ≡ 1. Trouver l’exposant de 2 dans la

3(mod24) et 2x − 5y ≡ 5(mod24) dans N décomposition de 1000! en produits
de facteurs premiers.
2. Généraliser avec l’exposant
Exercice 52 Corrigé d’un entier premier p dans la
décomposition de n!.
Calculer le reste dans la division de
N = 20132014 par 7.
Exercice 53 Corrigé Montrer que pour tous entiers m et n,

N = mn(m60 − n60 ) est divisible par
Calculer le reste dans la division de 56786730.
2013
20132013 par 17.

1. Trouver tous les nombres p tels que 1. Montrer, pour tout (a, b) ∈ Z2 :24a2 +
p2 + 2 soit aussi premier 1 = b2 ⇒ 5|ab
2. Montrer, ∀ (x, y) ∈ Z2 : 2. a-) Monter pour tout (x, y, z) ∈ Z3 :
7|x3 + y 3 + z 3 ⇒ 7|xyz
13|7x + 3y ⇔ 13|5x + 4y b-) En déduit que le système
d’équation
3. Montrer : ∀n ∈ N, 16|32n+6 −5n+2 −4n (
x3 + y 3 + z 3 = 7
Exercice 60 Corrigé (S)
xyz = 7 x2 + y 2 + z 2 + 1
n’a pas de solution dans Z3
1. Déterminer l’ensemble E des n ∈ Z
, tels que : n2 + 7|n3 + 5. Exercice 64 Corrigé
2. q
Trouver tous les n ∈ Z tels que 1. Résoudre dans Z le système de
11n−5
n+4 ∈ N congruences :

 5x ≡ 7[11](1)
1

Soient m et n deux entiers (m > n > 0)

.P (S)


7x ≡ 11[5](2)
11x ≡ 5[7](3)
2. Résoudre dans Z le système de
.N
et a ≥ 2 un entier. Montrer que le reste
de la division de am − 1 par an − 1 est congruences :
ar − 1 où r est le reste de la division eu-

 x ≡ 1[6](1)

clidienne de m par n, et que le pgcd de
H
(S) x ≡ 3[10](2)
am − 1 et an − 1 est ad − 1, où d est le pgcd 
x ≡ 7[15](3)

de m et n.
V.
1. Démontrer, pour tout (x, y) ∈ Z2 :
56786130|x61 y − xy 61 .
1. Montrer qu’il n’existe pas d’entiers 2. Trouver tous les (a, b, c) ∈ (N \
m et n tels que m + n = 101 et {0, 1})3 tel que :
pgcd(m, n) = 3.
a | bc + 1 , b | ca + 1 et c | ab + 1.
2. Soit a et b deux entiers non nuls.
Supposons pgcd(a, b) = d et soit x0 et
y0 des entiers tels que d = ax0 + by0 . 1. on note P0 (X) = 1 et , pour tout n ∈
Montrer que : n
N∗ : Pn (X) = (−1)
n! X(X − 1).....(X −
(a) pgcd(x0 , y0 ) = 1 ; n + 1)
(b) x0 et y0 ne sont pas uniques. Montrer que ∀n ∈ N,
Xn
Exercice 63 Corrigé (Pk (X)) = Pn (X − 1)

k=0

2. Résoudre les équations suivantes, Exercice 69 Corrigé
d,inconnue
P ∈ R[X] : 1. Monter, ∀P de K[X] : P (X) −
00 0
a) X 2 P + 2XP − 2P = 0 X|P (P (X)) − X
00 0
b) X 2 P + 2XP − P = 0
2. Décomposer en elements simples
3. calculer, pour tout n ∈ N fixé , le dans R[X]les fractions rationnelles
reste de la division euclidienne de F suivantes :
X n par X 2 − X − 2 dans R X3
a) (X−1)(X−2)
Exercice 67 Corrigé b) (X−1)X2 (X−2)
5
c) X 2X(X−2)
+1
2
1. Détermine l’ensemble des n ∈ N∗
tels que X 2 +X +1 divise (X 4 +1)n − Exercice 70 Corrigé
X n dans R[X]
2. Résoudre l’équation d’inconnue (P, 1. Soient (a, b) ∈ (N∗ )2 , δ = pgcd(a, b).
1
Q ) ∈ K[X]2 :
(X 2 − 5X + 7)P + (X − 2)Q = 2X − 3
3. On note, pour tout n ∈ N∗ :
.P Montrer :
pgcd(X a − 1, X b − 1) = X δ − 1
2. Soient ( a, b) ∈ (N − {0, 1})2 ; (P, Q)
.N
n n−1
Pn = X 2 + X 2 + 1 ∈ R[X]. ∈ (R[X])2 tels que P a − Qb = 1 Mon-
trer que P et Q sont constantes.
Montrer que ∀(m, n) ∈ (N∗ )2 :
n ≤ m ⇒ Pn |Pm Exercice 71 Corrigé
H
Exercice 68 Corrigé n n−1

Pn (X) = X 2 + X 2 + 1 ∈ R[X].
V.
Montrer que ∀(m, n) ∈ (N∗ )2 , n ≤ m =⇒

1. Factoriser en produit de polynôme
P |P .
irréductibles dans R[X]les po- n m
lynômes suivants :
a) X 6 + 9X 3 + 8 Exercice 72 Corrigé
4 2
b) X − 2X + 9
c) X 4 + X 2 − 6
Soit n ∈ N − {0; 1}
d) (X 2 − 4X + 1)2 + (3X − 5)2
2. Factoriser P = 2X 2 − 3X 3 − 13X + On pose
6 dans R[X] sachant que P admet
deux zéros rationnels. Pn = (n−1)X 2n −2(2n−1)X n +2n2 X −
3. Détermine une CNS sur (a,b) ∈ C2 (2n2 − 3n + 1)
pour que les deux polynômes A =
X 2 + X + a, B = X 2 + 2X 2 + b Montrons que 1 est un zéro d’ordre 3
de C[X]aient au moins deux zéros exactement de Pn .
communs

Exercice 73 Corrigé Soit G un groupe non réduit à un seul
élément. Un sous-groupe de M de G est
dit maximal si le seul sous-groupe de G
Pour n, m ≥ 2, déterminer le reste de distinct de G et contenant M est M lui-
la division euclidienne du polynôme même.
(x − 2)m + (x − 1)n − 1 par (x − 1)(x − 2)
dans Z[X]. 1. (a) Montrer que 6Z n’est pas un
groupe maximal de Z.
(b) Montrer que 5Z est un groupe
maximal de Z.
2. On pose G = 8Z Z
. Soit H1 le sous
groupe de G engendré par 4 et H2
Trouver pgcd(xn − 1, xm − 1) dans Z[X]. le sous-groupe de G engendré par
2.
(a) Expliciter tous les éléments de
1
Soit A(X) = X 3 + 2X 2 − X − 2 et B(X) =

.P H1 et H2 .
(b) Montrer que H1 n’est pas un
sous-groupe maximal de G et
.N
X 3 − 3X − 2. que H1 est un sous groupe
maximal de G.
1. Calculer le pgcd D de A et B.
H
2. Trouver deux polynômes U0 et V0 de

R[X] vérifiant AU0 + BV0 = D avec
degU0 < degB et degV0 < degA.
Soit m et n deux entiers naturels non
V.
3. Trouver le ppcm de A et B. nuls.

1. Déterminer le reste de la division
euclidienne de P (X) = X 2m + (X +
1)n − 1 par X(X + 1). Dans la suite,
Soit A(X) = (X − 1)2 et B(X) = (X + 1)2 . on désigne parA(X) un polynôme
1. Calculer le pgcd D de A et B. de degré supérieur ou égal à 1 de
C et on pose B(X) = [A(X)]2m +
2. Trouver deux polynômes U et V de (A(X) + 1)n − 1.
R[X] tels que UA+VB=D.
2. Montrer que [A(X)]2 + A(X) divise
3. En déduire une décomposition en B(X).
éléments simples de (X 21−1)2 dans
R[X]. 3. Montrer que si x0 est une racine
de multiplicité 1 de A(X) alors x0
est une racine de multiplicité 1 de
B(X).

4. On suppose que A(X) = X 2 +1, m = Résoudre dans C3 les systèmes sui-
1 et n = 3. Donner la décomposition vants :
en produit de facteurs irréductibles
dans R[X] puis dans C[X].

2
x + y + z = 0

5. On suppose que A(X) = X − X + a) xy + xz + zy = −13
1, m = 1 et n = 2. Donner la 
xyz = −12

décomposition en produit de fac- 
teurs irréductibles dans R[X] puis x + y + z = −2

dans C[X]. b) x2 + y 2 + z 2 = 0

 3
x + y3 + z3 = 1
6.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE STURCTURE ALGÉBRIQUE
Exercice 1 Enoncé les deux autres étant quelconques.
1
On en déduit : ∀(y, u) ∈ E 2 ,
1. Dans (H), on pose x = v = e et
y = u = f.
On obtient donc (e ? f ) • (f ? e) =
.P(e ? y) ? (u ? e) = (e ? u) ? (y ? e), c’est-
à-dire :
∀(y, u) ∈ E 2 , y ? u = u ? y : la loi ?
.N
(e • f ) ? (f • e). Avec les définitions est commutative.
de e et f , on trouve f • f = e ? e, puis
f = e. Exercice 2 Enoncé
H
2. Dans (H), on pose y = u = e, et on

laisse x et v quelconques. 1. a) La symétrie de la définition
∀(x, v) ∈ E 2 , (x ? e) • (e ? v) = (x • e) ? prouve que la loi ? est commu-
V.
(e • v). tative.
Sachant que e est neutre pour les b) Pour toute partie A de E, on a :
deux lois, on en déduit : A ∩ ∅ = ∅ ⇒ A ? ∅ = A ∪ ∅ = A.
∀(x, v) ∈ E 2 , x • v = x ? v : Les lois ? Autrement dit, ∅ est neutre
et • sont donc identiques. pour la loi ?.
3. On a maintenant : ∀(x, y, u, v) ∈ E 4 , c) On remarque que pour toutes
(x ? y) ? (u ? v) = (x ? u) ? (y ? v) (K). parties A, B de E, on a A ? B ⊃
Dans cette égalité, on choisit y = e, A ∪ B.
les trois autres étant quelconques. On ne peut donc avoir A ? B = ∅
On en déduit : ∀(x, u, v) ∈ E 3 , que si A = B = ∅.
(x ? e) ? (u ? v) = (x ? u) ? (e ? v), c’est- ∅ est donc le seul élément de
à-dire : P(E) à avoir un inverse (il est
∀(x, u, v) ∈ E 3 , x ? (u ? v) = (x ? u) ? v : son propre inverse.)
la loi ? est associative. d) Soient A, B, C trois parties
Enfin, dans (K), on pose x = v = e, quelconques de E.

- Si A, B, C sont deux à deux = E ∩ (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ X) ∩ E
disjointes, alors = (X ∪ Y ) ∩ (Y ∪ X)
A ? (B ? C) = A ? (B ∪ C) Soient A, B, C trois parties
= A ∪ (B ∪ C) quelconques de E.
= (A ∪ B) ∪ C On utilise les deux définitions
= (A ? B) ∪ C possibles de ? pour évaluer (A ?
= (A ? B) ? C B) ? C. On trouve :

- Si A ∩ B 6= ∅ alors A ∩ (B ? (A?B)?C = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) ∪ C
h i
C) 6= ∅ car B ? C ⊃ B. ∩ (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ C
On en déduit : A?(B?C) = E
et (A ? B) ? C = E ? C = E. = (A ∪ B ∪ C) ∩ (A ∪ B ∪ C)

- De même, si A ∩ C 6= ∅ ou si ∩ (A ∪ B) ∩ (A ∪ B) ∪ C
B ∩ C 6= ∅ alors A ? (B ? C) = = (A∪B∪C)∩(A∪B∪C)∩(A∪B∪C)∩(
(A ? B) ? C = E. Puisque la loi ? est commuta-
1
- Dans tous les cas, on a donc
A ? (B ? C) = (A ? B) ? C : la
loi ? est associative.
.P tive, on a
A ? (B ? C) = A ? (C ? B) =
(C ? B) ? A.
.N
Pour obtenir A ? (B ? C), il suf-
2. a) La symétrie de la définition
fit donc d’échanger A et C dans
prouve que la loi ? est commu-
l’expression de (A ? B) ? C.
tative.
Or on voit que cette expres-
H
b) Pour tout A ⊂ E, on a : sion est invariante dans cet

A ? E = (A ∩ E) ∪ (A ∩ E) échange.
V.
On en déduit A ? (B ? C) = (A ?
= A ∪ (A ∩ ∅)
B) ? C : la loi ? est associative.
=A∪∅=A
Exercice 3 Enoncé
. Autrement dit, E est neutre
pour la loi ?. 1. Soit a un élément régulier de E.
Par définition, pour tous x, y de E,
c) Soit A une partie de E. On
x?a=y?a⇒x=y
constate que A ? A = (A ∩ A) ∪ on a :
a?x=a?y ⇒x=y
(A ∩ A) = A ∪ A = E.
da : x 7−→ x ? a
Tout élément de A est donc son Les applications
ga : x 7−→ a ? x
propre symétrique pour la loi ?.
sont donc injectives de E dans E.
d) On remarque que pour toutes Or E est un ensemble fini. Ces deux
parties X, Y de E, on a : applications sont donc bijectives.
X ? Y = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Y ) En particulier, il existe a0 dans E tel
que da (a0 ) = e, c’est-à-dire tel que
= (X∪X)∩(X∪Y )∩(Y ∪X)∩(Y ∪Y ) a0 ? a = e.

De même, il existe a00 dans E tel 1. Par hypothèse, les applications

que ga (a00 ) = e, c’est-à-dire tel que ga : x 7−→ a ? x
sont injectives.
a ? a00 = e. db : x 7−→ x ? b
On peut alors écrire, en utilisant Or E est un ensemble fini.
l’associativité : Ces deux applications sont donc bi-
0 jectives.
a ? (a ? a00 ) = a0 ? e = a0
En particulier, il existe e dans E tel
a0 ? (a ? a00 ) = (a0 ? a) ? a00 = e ? a00 = a00
que ga (e) = a.
Ainsi a0 = a00 donc a0 ? a = a ? a0 = e. De même, il existe f dans E tel que
Conclusion : a0 est l’inverse de a db (f ) = b.
pour la loi ?. Avec ces notations, on a donc a?e =
2. On se place par exemple dans Z a et f ? b = b.
muni de la multiplication. 2. Pour tout x de E, en utilisant l’as-
Cette loi est associative et tout sociativité de la loi ?, on a :
élément non nul est régulier (sim-
a ? (e ? x) = (a ? e) ? x = a ? x
1
plifiable).
Pourtant seuls 1 et −1 possèdent un
inverse dans Z pour cette loi.
.P On en déduit e ? x = x.
De la même manière :
.N
Exercice 4 Enoncé (x ? f ) ? b = x ? (f ? b) = x ? b
Donc x ? f = x.
L’hypothèse sur a signifie : ∀x ∈ E, ∃y ∈
3. Ce qui précède montre que e est
H
E, aya = x.
neutre ”à gauche” et f est neutre
En particulier, il existe un élément b de
”à droite”.
E tel que aba = a.
En particulier e ? f = f (e neutre à
V.
Soit x un élément quelconque de E.

gauche.)
Toujours par hypothèse, il existe y dans
De la même manière : e ? f = e (f
E tel que aya = x. En utilisant l’associa-
neutre à droite.)
tivité de la loi, on constate alors que :
Conclusion : l’élément e = f est
x(ba) = (aya)(ba) = (ay)(aba) = (ay)a = x neutre dans E pour la loi ?.
(ab)x = (ab)(aya) = (aba)(ya) = a(ya) = x
Autrement dit, ab est neutre ”à gauche” Exercice 6 Enoncé
et ba est neutre ”à droite”.
En particulier (ab)(ba) = ab et (ab)(ba) = 1. Soit a un élément de E pour lequel
ba. les applications ga et da sont surjec-
Conclusion : l’élément e = ab = ba est tives.
neutre dans E. Il existe donc e dans E tel que
da (e) = a, c’est-à-dire e ? a = a.
De même, il existe f dans E tel que
Exercice 5 Enoncé
ga (f ) = a, c’est-à-dire a ? f = a.

Soit x un élément quelconque de E. Il existe donc nécessairement deux en-
Par hypothèse,
il existe y, z dans tiers p et q > p tels aq = ap .
da (y) = x Posons r = q − p > 0. On a ap = ap+r .
E tels que c’est-à-dire
ga (z) = x On en déduit ∀m ≥ p, am = am+r (on a
multiplié par am−p ).

y?a=x
a?z =x Autrement dit, la suite des an est r-
On en déduit : x ? f = (y ? a) ? f = périodique, à partir de ap .
y ? (a ? f ) = y ? a = x. On peut donc écrire : ∀m ≥ p, ∀n ≥
De même : e ? x = e ? (a ? z) = 0, am+nr = am .
(e ? a) ? z = a ? z = x Si on choisit n tel que nr ≥ p puis
. Ainsi, pour tout x de E, on a x?f = m = nr, on en déduit : a2m = am .
x et e ? x = x. On a ainsi trouvé un élément x = am tel
En particulier avec x = e puis x = f que x2 = x.
on trouve e ? f = e puis e ? f = f .
On a donc e = f , et x ? e = e ? x = x
Exercice 8 Enoncé
1
pour tout x de E.
L’élément e est donc le neutre.
2. On sait qu’il existe un élément 1.
neutre e dans E pour la loi ?.
.P ∀a, b ∈ R, b ? a = ln(eb + ea ) = ln(ea +
eb ) = a ? b. ? est commutative.
.N
Soit a un élément quelconque de E. ∀a, b, c ∈ R
Puisque da est surjective, il existe a0
(a ? b) ? c = ln(ea?b + ec )
dans E tel que da (a0 ) = e c’est-à-dire
= ln(ea + eb + ec )
H
a0 ? a = e.
Puisque ga est surjective, il existe a00 (a ? b) ? c = a ? (b ? c)
dans E tel que ga (a00 ) = e c’est-à-
V.
. ? est associative.
dire a ? a00 = e.
a ? = a ⇔ ln(ea + e ) = a ⇔ e = 0.
On a alors
0 Il n’y a donc pas de neutre.
a ? (a ? a00 ) = a0 ? e = a0
a0 ? (a ? a00 ) = (a0 ? a) ? a00 = e ? a00 = a00 a ? b = a ? c ⇒ ln(ea + eb ) = ln(ea + ec )
0 00 0 ⇒ eb = ec
Ainsi l’élément a = a vérifie a ?a =
a ? a0 = e : il est l’inverse de a. ⇒b=c
Conclusion : tout élément de E . Tout élément est régulier
possède un inverse pour la loi ?.
2. ? est bien une loi de composition in-
terne sur P(E).
Exercice 7 Enoncé Si ? est commutative sur E, elle l’est
aussi sur P(E).
Soit a un élément de E. Si ? est associative sur E, elle l’est
La suite de terme général an est à va- aussi sur P(E).
leurs dans l’ensemble fini E. Si ? possède un neutre e dans E,

alors ? possède un neutre dans Exercice 10 Enoncé
P(E) à savoir {e} car
1. Supposons ? commutative :
A ? {e} = {a ? e/a ∈ A} = A
∀x, y ∈ F, y>x = ϕ(ϕ−1 (y) ? ϕ−1 (x))
La loi ? est distributive sur l’union
= ϕ(ϕ−1 (x) ? ϕ−1 (y)) = x>y
A?(B∪C) = {a?x/a ∈ A, x ∈ B∪C} = (A?B)∪(A?C)
donc > est commutative.
En revanche la distributivité sur Supposons ? associative :
l’intersection est fausse. On obtient ∀x, y, z ∈ F, (x>y)>z = ϕ(ϕ−1 (x>y)?ϕ−1 (z
un contre exemple dans R avec ? =
+, A = {1, −1}, B = {1} et C = {−1} = ϕ(ϕ−1 (x)?ϕ−1 (y)?ϕ−1 (z)) = x>(y>z)
où donc > est associative.
A?B∩C =A?∅=∅ 2. Supposons que ? possède un neutre
et e et montrons que f = ϕ(e) est
1
neutre pour >.
(A?B)∩A?C = {2, 0}∩{−2, 0} = {0}
.P ∀x ∈ F, x>f = ϕ(ϕ−1 (x)?e) = ϕ(ϕ−1 (x)) =
et
.N
f >x = ϕ(e ? ϕ−1 (x)) = ϕ(ϕ−1 (x)) = x
Exercice 9 Enoncé
donc f est neutre pour >.
H
1. Si a est symétrisable alors

considérons l’application g : E → E Exercice 11 Enoncé
−1
définie par g(x) = a ? x.
V.
On a f ◦ g = IdE et g ◦ f = IdE donc Par la surjectivité de f , il existe b ∈ E tel

f est bijective. que a ? b ? a = a.
Si f est bijective alors considérons 1. a ? b = a ? a ? c ? a
b l’antécédent du neutre e. On a Pour tout x ∈ E, il existe α ∈ E tel
a ? b = e. qu’on peut écrire x = a ? α ? a.
De plus f (b?a) = a?b?a = e?a = a = Pour e = a ? b, e ? x = a ? b ? a ? α ? a =
f (e) donc b ? a = e car f injective. a ? α ? a = x.
Par suite, a est symétrisable et b est Pour e0 = b ? a, x ? e0 = x ? b ? a =
son symétrique. a ? α ? a ? b ? a = a ? α ? a.
2. a) On a e ? e 0 = e = e0 .
2. Puisque a ? b = b ? a = e, a est
(x?y)?(x?y) = (x?x)?(y?y) = x?y
symétrisable et sym(a) = b.
b) On a De plus g : x → b ? x ? b est claire-
ment application réciproque de f .
x?x = x ⇒ (x?x)−1 = x−1 ⇒ x ?x = x−1
−1 −1

Exercice 12 Enoncé i.e.
n
xn+1 = x2
1. Considérons l’application f : N → Puisque l’ensemble E est fini, les
E définie par f (n) = x?n . éléments x1 , x2 , · · · ne peuvent être deux
Puisque N est infini et que l’en- à deux distincts et donc il existe p < q
semble E est fini, l’application f tels que
p q
n’est pas injective et donc il existe x2 = x2
p > q ∈ N tels que f (p) = f (q) i.e. p
Posons alors a = x2 et n = q − p ∈ N∗ de
x?p = x?q sorte que
n
a2 = a
Pour tout y ∈ E.
Si n = 1, e = a convient.
Si n > 1, il faut construire e à partir
x?p ? y = x?q ? y
de a... Après quelques essais pour de
Puisque x est régulier, on obtient : premières valeurs de n, on est amené
1
n
à proposer e = a2 −1 ∈ E. On constate
x?(p−q) ? y = y
De même y ? x?(p−q) = y et donc

.P
alors
n+1
e>e = e2 = a2 −2
.N
e = x?(p−q) est neutre. n n
= a2 >a2 −2
2. Soit a un élément régulier. n
= a>a2 −2
Considérons l’application f : E → n
e>e = a2 −1 = e
H
E définie par f (x) = a ? x.

L’application f est injective. Exercice 14 Enoncé
E est fini donc f est bijective et par
V.
suite surjective d’où ∃b ∈ E tel que

1.
a ? b = e.
f (e) = a et f (b?a) = a?b?a = e?a = a x ? y = xy + (x2 − 1)(y 2 − 1)
donc par l’injectivité de f : b ? a = e.
= yx + (y 2 − 1)(x2 − 1)
Finalement a est inversible.
On peut aussi partir de f : N → E x?y =y?x
définie par f (n) = a?n qui n’est pas La loi ? est commutative.
injective. Pour montrer que la loi n’est pas as-
sociative, il suffit de trouver x, y et
Exercice 13 Enoncé z tels que :
x ? (y ? z) 6= (x ? y) ? z
Soit x ∈ E. Considérons la suite (xn )n∈N∗
déterminée par Comme on le verra ci-dessous, 1
sera l’élément neutre il ne faut pas
x1 = x et xn+1 = xn >xn prendre 1 dans x, y et z.

Prenons, par exemple : x = 0, y = 2 La loi ? est associative.
et z = 3 Remarque : On aurait pu calculer
directement
x ? (y ? z) = 0 ? (2 ? 3)
x ? (y ? z)
= 0 ? 2 × 3 + (22 − 1)(32 − 1)

p
0 ? x = 02 + x2 = |x| = x, car x ≥ 0
= 0 ? (6 + 3 × 8)
= 0 ? 30 Comme ? est commutative
= 0 × 30 + (02 − 1)(302 − 1) = −899 0?x=x?0
Et finalement
(x ? y) ? z = (0 ? 2) ? 3 0?x=x?0=x
2 2

= 0 × 2 + (0 − 1)(2 − 1) ? 3
0 est l’élément neutre.
= (−3) ? 3 Supposons que x admette un
2 2
= −3 × 3 + ((−3) − 1)(3 − 1) symétrique y
= −9 + 82 = 55
p
x ? y = 0 ⇔ x2 + y 2 = 0
1
⇔ x2 + y 2 = 0 ⇔ x = y = 0
La loi ? n’est pas associative
2 2
1 ? x = 1 × x + (1 − 1)(x − 1) = x
.P Or x > 0 et y > 0 donc x ? y = 0 est
impossible, pour tout x > 0, x n’a
pas de symétrique.
.N
De plus, comme la loi est commuta-
tive x ? 1 = 1 ? x 3. On pose ϕ(x) = x3 , ϕ0 (x) > 0 pour
On a bien x ? 1 = 1 ? x = x, 1 est tout x 6= 0 et est nul en 0, ϕ est
l’élément neutre. une fonction strictement croissante
H
de R sur R, ϕ est une bijection de R

2.
p p sur R. Il reste à montrer qu’il s’agit
x ? y = x2 + y 2 = y 2 + x2 = y ? x d’un morphisme.
V.
La loi ? est commutative. ϕ(x ? y) = (x ? y)3

p 3
p = 3 3
x +y 3 = x3 + y 3
(x ? y) ? z = x2 + y 2 ? z
r 2 ϕ(x ? y) = ϕ(x) + ϕ(y)
p p
= x2 + y 2 + z 2 = x2 + y 2 + z 2 ϕ est un morphisme de (R, ?) dans
En reprenant le calcul ci-dessus en (R, +) et donc un morphisme de
changeant (x, y, z) en (y, z, x) : (R, ?) dans (R, +) (puisque ϕ est bi-
p jective).
(y ? z) ? x = y 2 + z 2 + x2 ϕ−1 est un isomorphisme de (R, +)
Comme ? est commutative : dans (R, ?), donc un morphisme,
(R, +) est un groupe commutatif
(y ? z) ? x = x ? (y ? z) et l’image d’un groupe commuta-
tif par un morphisme de groupe est
Et finalement :
un groupe. (R, ?) est un groupe.
(x ? y) ? z = x ? (y ? z)

Exercice 15 Enoncé = (xx0 x00 , xx0 y 00 + xx00 y 0 + x0 x00 y)
Donc
0 0 0 0
1. (x, y) + (x , y ) = (x + x , y + y ) ∈ A [(x, y) ? (x0 , y 0 )] ? (x00 , y 00 ) =
donc la loi est interne. (x, y) ? [(x0 , y 0 ) ? (x00 , y 00 )]
(x, y) + [(x0 , y 0 ) + (x00 , y 00 )] = (x, y) + La loi est associative.
(x0 + x00 , y 0 + y 00 )
= (x + (x0 + x00 ), y + (y 0 + y 00 )) c) Soit (e, f ) tel que pour tout
= ((x + x0 ) + x00 , (y + y 0 ) + y 00 ) = (x, y) ∈ A, (x, y) ? (e, f ) = (x, y), e
[(x, y) + (x0 , y 0 )] + (x00 , y 00 ) et f vérifient :

Donc la loi est associative. xe = x e = 1
⇔
xf + ye = y xf + y = y
(x, y) + (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 )
e = 1
= (x0 + x, y 0 + y) ⇔
f = 0
(x, y) + (x0 , y 0 ) = (x0 , y 0 ) + (x, y)
(1, 0) ∈ A est l’élément neutre
Donc la loi est commutative
1
de A pour la loi ?.
Soit (a, b) tel que (x, y) + (a, b) =
(x, y), il est clair que (a, b) = (0, 0)
est l’unique élément neutre.
.P
d) Toutes les propriétés pour
qu’un ensemble muni de deux
lois soit un anneau sont dans
.N
Soit (x0 , y 0 ) tel que (x, y) + (x0 , y 0 ) =
les questions précédentes sauf
(0, 0) cela équivaut à
la distributivité de ? par rap-
x + x0 = 0 port à l’addition (à gauche ou à

0 0
(x + x , y + y ) = (0, 0) ⇔
H
y + y0 = 0 droite puisque la loi ? est com-

0
x = −x mutative, c’est d’ailleurs cette
⇔ commutativité qui rend l’an-
y 0 = −y
V.
neau commutatif).
Donc le symétrique de (x, y) est
(−x, −y). Donc (A, +) est un groupe (x, y) ? [(x0 , y 0 ) + (x00 , y 00 )]
commutatif. = (x, y) ? (x0 + x00 , y 0 + y 00 )
2. a) = (x(x0 +x00 ), x(y 0 +y 00 )+(x0 +x00 )y)
(x, y) ? (x0 , y 0 ) = (xx0 , xy 0 + x0 y) = (xx0 + xx00 , xy 0 + xy 00 + x0 y + x00 y)
= (x0 x, x0 y + xy 0 ) = (xx0 + xx00 , xy 0 + x0 y + xy 00 + x00 y)
= (x0 , y 0 ) ? (x, y) = (xx0 , xy 0 +x0 y)+(xx00 , xy 00 +x00 y)
donc ? est commutative. = (x, y) ? (x0 , y 0 ) + (x, y) ? (x00 , y 00 )
b) Et voilà, (A, +, ×) est un anneau
0 0 00
[(x, y) ? (x , y )] ? (x , y ) 00 commutatif.
= (xx0 , xy 0 + x0 y) ? (x00 , y 00 )
= (xx0 x00 , xx0 y 00 + x00 (xy 0 + x0 y))

1. e ∈ H et e ∈ K donc e ∈ H ∩ K. En particulier, b2 b signifie (bb)b, qui
Soient a ∈ H ∩ K et b ∈ H ∩ K. peut être différent de b(bb).
a?b−1 ∈ H, car H est un sous-groupe
de G et a ? b−1 ∈ K, car K est un - La première hypothèse indique
sous-groupe de G donc que l’application a 7−→ a2 est
a ? b−1 ∈ H ∩ K constante.
Notons e cette constante et
Cela montre que H ∩ K est un sous- montrons que e est neutre pour
groupe de G. la loi ?.
2. Vérifions que les bZ sont des sous- Remarquons que la loi ?
groupes de Z. s’écrit maintenant : a ? b =
0 = b × 0 ∈ bZ. a(eb). Les hypothèses de-
Si x ∈ bZ et y ∈ Z, il existe k ∈ Z tel viennent
 donc : ∀(a, b, c) ∈
que x = kb et l ∈ Z tel que y = lb, on  ae = a (1)
3
en déduit que E , e(bc) = cb (2)
1
(ac)(bc) = ab (3)

x − y = (k − l)b ∈ Z
donc bZ est un sous-groupe de Z.

.P On constate tout d’abord que
e2 e = e2 = e.
Pour tout élément a de G, on a
.N
donc : a ? e = a(e2 e) = ae = a.
Exercice 17 Enoncé De même, avec l’hypothèse (2) :
e ? a = e(ea) = ae = a.
H
1. On a - Montrons que ? est associative.

a2 b = a(ab) = a(ba3 ) Soient a, b, c trois éléments de
G. On a :
V.
= (ab)a3 = (ba3 )a3

= b(a5 )a = ba a ? (b ? c) = a ? (b(ec)) = a(e(b(ec)))
= a((ec)b)
De même, on a les égalités :
De même :
ab3 = (ab)b2 = (ba3 )b2
= ba(a2 b)b = ba(ba)b = b(ab)ab (a ? b) ? c = (a(eb))(ec) = (a(eb))((ec
= b(ba3 )ab = b2 a2 (a2 b) = (a(eb))(((ec)b)(eb))
= a((ec)b)
= b2 a2 (ba) = b2 (a2 b)a
= b2 (ba)a = b3 a2 - Montrons que l’inverse d’un
élément a de G pour la loi ? est
2. Remarque : Les parenthèses dans ea.
les hypothèses de l’énoncé sont On a en effet :
rendues nécessaires par le fait a ? (ea) = a(e(ea)) = a(ae) =
qu’on ne sait pas si la loi multipli- a(a) = e
cative de E est associative. (ea) ? a = (ea)(ea) = (ea)2 = e

- La loi ? est donc associative, il Considérons l’application f : E →
existe un neutre et tout élément E définie par f (x) = a ? x.
possède un inverse : l’ensemble a est régulier donc l’application f
E muni de la loi ? est donc un est injective.
groupe. E est fini donc f est bijective et
- Inversement, soit (G, ?) un par suite surjective d’où l’existence
groupe de neutre e (on note z −1 d’un b ∈ E tel que a ? b = e.
l’inverse de z.) f (e) = a et f (b?a) = a?b?a = e?a = a
On définit une loi sur G en po- donc par l’injectivité de f : b ? a = e.
sant : ∀(x, y) ∈ G, xy = x ? y −1 . Finalement a est inversible et (E, ?)
On constate que, pour tous est un groupe.
éléments a, b, c de G : On peut aussi partir de f : N → E
définie par f (n) = a?n qui n’est pas
a2 = a ? a−1 = e = b2 injective, pour établir que l’élément
a(b2 ) = ae = a ? e−1 = a ? e = a a est inversible.
a2 (bc) = e(bc) = e ? (bc)−1 = (bc)−1
1
3. Si un élément figure deux fois dans
(ac)(bc) = (a ? c−1 ) ? (b ? c−1 )−1
= (a ? c−1 ) ? (c ? b−1 )
.P
= (b ? c−1 )−1 = c ? b−1 = cb
une même ligne correspondant aux
valeurs de composition avec x, c’est
qu’il existe a 6= b tel que x ? a = x ? b.
.N
= a ? (c−1 ? c) ? b−1
Or tout élément d’un groupe est
= a ? e ? b−1 = a ? b−1 = ab
régulier, ce cas de figure ci-dessus
Enfin, on a bien : est donc impossible.
H
∀(a, b) ∈ G2 Comme le groupe G à n élément,

qu’il y a n cases sur chaque ligne et
a(b2 b) = a(eb) = a(e ? b−1 ) que chaque ligne ne peut contenir
V.
= a(b−1 ) deux fois le même élément, chaque

= a ? (b−1 )−1 ligne contient chaque élément de G
=a?b une fois et une seule.
On raisonne de même avec les co-
Exercice 18 Enoncé lonnes.
1. On observe que
x+y
−1 1. Notons que 1+xy existe pour tout
∀x ∈ G, x =x
x, y ∈ G car 1 + xy > 0.
donc On a
∀x, y ∈ G, y?x = (y?x)−1 = x−1 ?y −1 = x?y x + y − (1 + xy) = (1 − x)(y − 1) < 0

x+y x+y
donc < 1 et de même > −1
2. ? est associative et possède un 1+xy 1+xy
d’où
neutre e, il reste à voir que tout x+y
élément a ∈ E est inversible. ∈G
1 + xy
Par suite la loi ? est bien définie. Enfin
La loi ? est clairement commuta-
∀x ∈ I, (−x) ? x = x ? (−x) = 0
tive.
Soient x, y, z ∈ G, donc tout élément de I est
x+y symétrisable dans I.
(x ? y) + z 1+xy + z Finalement (I, ?) est un groupe
(x ? y) ? z = = x+y
1 + (x ? y)z 1 + 1+xy z abélien.
x + y + z + xyz Exercice 20 Enoncé
= = x ? (y ? z)
1 + xy + xz + yz
1. H ⊂ C, 0 = 0 + ω.0 ∈ H.
La loi ? est donc associative.
Soient x, y ∈ H. On peut écrire x =
0 est neutre pour ? puisque
a+ωb et y = a0 +ωb0 avec a, b, a0 , b0 ∈ Z
∀x ∈ G, x ? 0 = x et alors
Enfin x − y = (a − a0 ) + ω(b − b0 )
1
avec a − a0 ∈ Z et b − b0 ∈ Z donc
∀x ∈ G, x ? (−x) = 0
donc tout élément x de G est

symétrisable et sym(x) = −x.
.P x − y ∈ H.
Ainsi H est un sous groupe de
(C, +).
.N
Finalement (G, ?) est un groupe 2. H ⊂ SE , IdE ∈ H car IdE (a) = a.
commutatif. Soient f, g ∈ H, (f ◦g)(a) = f (g(a)) =
2. a) On a f (a) = a donc f ◦ g ∈ H.
H
Soit f ∈ H, f −1 (a) = a car f (a) = a

x ? y ∈ I ⇔ xy + c(x + y) + c2 > 0 donc f −1 ∈ H.
Ainsi H est un sous-groupe de
V.
et xy − c(x + y) + c2 > 0 (SE , ◦).

⇔ (x+c)(y+c) > 0 et (x−c)(y−c) > 0
Par suite Exercice 21 Enoncé
∀(x, y) ∈ I 2 , x ? y ∈ I 1. a) aHa−1 ⊂ G, e = aea−1 ∈ aHa−1 .

Soient axa−1 , aya−1 ∈ aHa−1
b) ? est clairement commutative. avec x, y ∈ H on a
? est associative puisque
(axa−1 )(ay −1 a−1 ) = a(xy −1 )a−1 ∈ aHa
∀x, y, z ∈ I
b) e ∈ aH ⇒ a−1 ∈ H ⇒ a ∈ H.
x + y + z + xyz
c2 Inversement
(x?y)?z = xy+yz+zx = x?(y?z)
1+ c2 a ∈ H ⇒ a−1 ∈ H ⇒ aH = H
0 est élément neutre car
La condition simple cherchée
∀x ∈ I, x ? 0 = 0 ? x = x est a ∈ H.

2. C ⊂ G et e ∈ G car 4. 0 ∈ H et a ∈ H.
Par récurrence, la stabilité de H
∀y ∈ G, e ? y = y = y ? e donne
Soient x, x0 ∈ C. Pour tout y ∈ G ∀n ∈ N, a.n = a + · · · + a ∈ H
x ? x0 ? y = x ? y ? x0 = y ? x ? x0 Par passage à l’opposé, la stabilité
de H par passage au symétrique
donc x ? x0 ∈ C donne
Soit x ∈ C. Pour tout y ∈ G,
∀n ∈ Z, an ∈ H
x ? y −1 = y −1 ? x
Ainsi aZ ⊂ H.
donne 5. Soit x ∈ H. La division euclidienne
(x ? y −1 )−1 = (y −1 ? x)−1 de x par a 6= 0 donne x = aq + r avec
q ∈ Z et 0 ≤ r < a.
i.e. On a r = x − aq avec x ∈ H et
1
y ? x−1 = x−1 ? y aq ∈ aZ ⊂ H donc r ∈ H.
donc x−1 ∈ C.
Ainsi C est un sous-groupe de
.P Si r > 0 alors r ∈ H + or r < a =
minH + donc cela est impossible.
Il reste r = 0 ce qui donne x =
.N
(G, ?).
aq ∈ aZ. Ainsi H ⊂ aZ et finalement
H = aZ.
Exercice 22 Enoncé 6. L’existence est établie ci-dessus. Il
H
reste à montrer l’unicité.

1. aZ ⊂ Z, 0 = a.0 ∈ aZ. Soit a, b ∈ N tel que aZ = bZ. On a
Soient x, y ∈ aZ, on peut écrire x = a ∈ aZ = bZ donc b|a et de même
V.
ak et y = al avec k, l ∈ Z. a|b, or a, b > 0 donc a = b.

x − y = a(k − l) avec k − l ∈ Z donc
x − y ∈ aZ.
Ainsi aZ est un sous-groupe de Z.
2. Pour a = 0 ∈ N, {0} = aZ. 1. Le groupe des permutations de
3. Puisque H est non vide et non 3} est-il cyclique
{1, 2, ?
réduit à {0}, il existe h ∈ H tel que 1 2 3 1 2 3 1 2 3
S3 = ; ;
h 6= 0. 1 2 3 2 1 3 1 3 2
Si h > 0 alors h ∈ H + , si h < 0

S 1 2 3 1 2 3 1 2 3
; ;
alors −h ∈ H (car H sous-groupe) 3 2 1 2 3 1 3 1 2
et −h > 0 donc −h ∈ H + . On remarque cet groupe contient
Dans les deux cas H + 6= ∅. six éléments et tous ces éléments
H + est une partie non vide de sont d’ordre au plus trois,par
N donc H + possède un plus petit conséquent ce groupe n’est pas cy-
élément. clique.

2. Montrons qu’un isomorphisme 2. Montrons que le groupe des inver-
de groupe conserve l’ordre des sibles de Z/2n Z n’est pas cyclique.
éléments. Raisonnons par récurrence.
Soient G, G0 deux groupes ,ϕ un Soit P (n) la proposition :∀x impair
n−2
isomorphisme de G → G0 et et n ≥ 3,on a x2 ≡ [2n ].
a un élément de G d’ordre n. Pour n = 3, on a x = 2k + 1 donc
Démontrons que ϕ(a) est d’ordre x2 ≡ 4k 2 + 4k + 1 ≡ 1[23 ], donc P (3)
n. est vraie.
[ϕ(a)]n = ϕ(an ) car ϕ est un isomorphisme Supposons p(n) vraie et démontrons
P (n + 1).
= ϕ(eG ) car an = eG
(n+1)−2 n−2+1
= eG0 x2 = x2
n−2
×2
Donc ϕ(a) est d’ordre au plus n . = x2
n−2 n−2
Supposons qu’il existe k < n tel que = (x2 )2 or x2 ≡ 1[2n ]
[ϕ(a)]k = e0G . donc ∃a ∈ Z tel que
1
[ϕ(a)]k = eG0 ⇒ ϕ(ak ) = ϕ(eG )
.P x2
n−2
= 2n × a + 1 donc
n
⇒ ak = eG car ϕ est bijectif (absurde) = (1 + 2 × a)
car n est l0 ordre de a.
2
= 1 + 2 × 2n × a + (a × 2n )2
.N
n
= 1 + 2n+1 × a + a2 × 22
Donc un isomorphisme de groupes
conserve l’ordre des éléments. = 1 + 2n+1 (a + a2 × 2n−1 )
H
3. Vérification n−1
donc x2 ≡ 1[2n+1 ]
Soit : (x̄, ȳ) ∈ Z/2Z × Z/4Z;
D’où p(n + 1) est vraie . Par
4(x̄, ȳ) = (4x, ¯ 4y)
¯ = (0̄, 0̄). Donc
conséquent la proposition P (n) est
V.
tous les éléments de Z/2Z × vraie.

Z/4Z.Donc (Z/8Z, +), 1̄ est d’ordre Le nombre d’inversibles de Z/2n Z
8. Par conséquent, il n’existe au- est 2n−1 .
cun isomorphisme entre (Z/8Z, +) n−2 n−2
et (Z/2Z) × (Z/4Z, +). x2 ≡ 1[2n ] =⇒ x̄2 = 1̄
=⇒ ord(x̄) ≤ 2n−2 < 2n−1
1. Dénombrons les éléments inver- D’où le groupe des inversibles de

sibles de Z/2n Z . Z/2n Z n’est pas cyclique.
Soit x ∈ {1, 2, 3, · · · , 2n }.
Déterminons x tels que pgcd(x, 2n ) = Exercice 25 Enoncé
1. Pour n ≥ 3,le seul diviseur pre-
mier de 2n est 2.Donc pgcd(x, 2) = 1 1. Montrons que tout sous-groupe de
si et seulement si x est impair. D’où G est cyclique, de cardinal divisant
on a 2n−1 éléments inversibles. n.

Soit H un sous groupe de G, dis- 1. Il est évident que si H ⊂ K ou
tinct de e. K ⊂ H, alors H ∪ K est un sous-
On note m le plus petit entier na- groupe de G.
turel non nul tel que am ∈ H . Réciproquement, on suppose que
Comme H est un sous-groupe, le H ∪ K est un sous-groupe de G.
sous-groupe engendré par am est Supposons de plus H * K. Alors on
inclus dans H . doit montrer K ⊂ H.
Soit x ∈ H . Il existe un entier na- Par hypothèse il existe un élément
turel k tel que x = ak . Par division a tel que
euclidienne de k par m, il existe a ∈ H, a ∈/ K.
deux entiers naturels j et r tels que Soit x un élément quelconque de K.
k = mj + r et r 6 m − 1. Comme H Puisque x et a sont dans le sous-
est un sous-groupe et que x ∈ H , groupe H ∪ K, il en est de même
x(am )−j ∈ H , c’est-à-dire ar ∈ H , de xa.
d’où r = 0 par minimalité de m, Or xa ∈ K impliquerait a =
1
puis x = amj . On a montré que H x−1 (xa) ∈ K, ce qui n’est pas.
est cyclique engendré par am .
2. Montrons que G possède un unique
sous-groupe de cardinal d. Comme
.P Ainsi xa ∈ H, ce qui prouve x =
(xa)a−1 ∈ H.
On a donc l’inclusion K ⊂ H, ce qui
.N
d divise n, il existe m ∈ N tel que achève la démonstration.
n = dm. Montrons que le sous- 2. - On suppose que HK est un
groupe engendré par am est d’ordre sous-groupe de G. Soit x dans
H
d. On a (am )d = e. S’il existe deux HK : x−1 est encore dans HK.

entiers k et j tels que 0 ≤ j < k < d Ainsi ∃(h, k) ∈ (H, K) tel que
et akm = ajm , alors a(k−j)m = e, or x−1 = hk. On a alors x =
V.
a est d’ordre n, donc (k − j)m ≥ n, (hk)−1 = k −1 h−1 , donc x ∈ KH.

ce qui est absurde car k − j 6 d − 1. On a ainsi prouvé HK ⊂ KH.
Le sous-groupe engendré par am est De même soit y dans KH. On
donc formé des d éléments distincts écrit y = kh avec k ∈ K et
akm pour 0 6 k 6 d − 1. Inverse- h ∈ H.
ment, si H est un sous-groupe de y −1 = h−1 k −1 est dans le sous-
G de cardinal d, l’étude menée à groupe HK. Il en est donc de
la première question montre que H même de y.
est engendré par an/d . Ainsi on a l’inclusion KH ⊂
HK et finalement l’égalité
Exercice 26 Enoncé HK = KH.
- Réciproquement on suppose
que HK = KH. Montrons que
HK est un sous-groupe de G.
Soient a = h1 k1 et b = h2 k2 dans

HK(h1 ∈ H, h2 ∈ H, k1 ∈ K, k2 ∈ {e, a, x, y} :
K). ? e a x y
−1
On doit prouver que b a appar- e e a x y
tient encore à HK. Or b−1 a = a a e y x
−1 −1
k2 h2 h1 k1 . x x y e a
L’élément k2−1 est dans K et y y x a e
−1
h2 h1 est dans H.
Puisque KH = HK, il existe
donc h3 dans H et k3 dans K Exercice 30 Enoncé
−1 −1
tels que (k2 )(h2 h1 ) = h3 k3 .
n
On peut donc écrire b−1 a = 1. Soit n ∈ N tel que x = 0A . Puisque
h3 k3 k1 , avec h3 dans H et k3 k1 x et y commutent
dans K. (xy)n = (xy)(xy) · · · (xy) = xn y n = 0A .y n =
Il en découle que b−1 a est dans
donc xy nilpotent.
HK. Ainsi HK est un sous-
2. Soient n, m ∈ N tels que xn =
1
groupe de G.
.Py m = 0A . Puisque x et y commutent,

on peut exploiter la formule du
binôme
.N
m+n−1
X m+n−1
(x+y)m+n−1 = xk y m+n
Exercice 29 Enoncé k
k=0
En séparant la somme en deux
H
n−1
X m + n − 1
(x+y)m+n−1 = xk y m+n−1
k
card(H ∪ K) = 2n − 1. Il existe donc a
V.
k=0
dans G\(H ∪ K) tel que G = H ∪ K ∪ {a}. m+n−1

X
m+n−1
Soient x dans H et y dans K, distincts + xk y m+n−1−k
k
k=n
de e (donc distincts l’un de l’autre).
Or
On ne peut avoir xy ∈ H, car il en
découlerait ∀k ∈ {0, · · · , n − 1}, y m+n−1−k = 0A
y = x−1 (xy) ∈ H. car m + n − 1 − k ≥ m et
De même xy ∈ / K. On en déduit xy = a, ∀k ≥ n, xk = 0A
et pour la même raison yx = a.
donc
Pour tout élément x0 de H, et avec le
même y de K, on a alors x0 y = a. (x + y)m+n−1 = 0A + 0A = 0A
Ainsi xy = x0 y puis x = x0 . H − {e} est Ainsi x + y est nilpotent.
donc un singleton (idem pour K). Donc 3. Soit n ∈ N tel que (xy)n = 0A .
n = 2.
Si on note H = {e, x} et K = {e, y}, (yx)n+1 = y(xy)n x = y.0A .x = 0A
on en déduit la table du groupe G = donc yx nilpotent.

4. Soit n ∈ N tel que xn = 0A . Par fac- Exercice 32 Enoncé
torisation, on peut écrire
1 = 1 − xn = (1 − x)y = y(1 − x) 1. On peut considérer Z2 = {0, 1} avec
avec y = 1 + x + · · · + xn−1 . les lois
Par suite 1 − x est inversible et y est + 0 1 × 0 1
son inverse. 0 0 1 et 0 0 0
1 1 0 1 0 1
On peut aussi considérer les an-
1. (x+y)2 = (x+y) donne x2 +y 2 +xy + neaux produits
yx = x + y puis xy + yx = 0 sachant B = Zn2 où Z2 a le sens précédent.
x2 = x et y 2 = y. Il y a encore l’anneau A =
Pour y = 1 on obtient x + x = 0A . (P(E), ∆, ∩), où ∆ est la différence
2. Comme x2 = x, 4 est réflexive. symétrique.
1
Si x 4 y et y 4 x alors yx = x et
xy = y donc xy + yx = x + y = 0.
Or x + x = 0, donc x + y = x + x, puis
y = x.
.P
2. Soit a un élément de A. On a (a +
a)2 = a + a, donc a2 + 2a + a2 = a + a
donc 2a = 0.
Remarque : ce résultat peut aussi
.N
Si x 4 y et y 4 z alors yx = x et s’écrire :
zy = y donc zx = zyx = yx = x i.e.
∀a ∈ A, a = −a.
x 4 z.
Pour tous x, y de A, on a :
H
Ainsi 4 est une relation d’ordre sur

A. (x + y)2 = x + y

3. (x + y)2 = x + xy + yx + y
V.
xy(x + y) = xyx + xy 2 Il en découle xy + yx = 0, c’est-à-

= −x2 y + xy 2 (car yx = −xy) dire
= −xy + xy = 0 yx = −xy = xy : l’anneau A est com-
Si A est intègre alors : mutatif.
xy(x + y) = 0A ⇒ x = 0A , y = 0A ou 3. Rappel : dans un anneau non réduit
x + y = 0A . à {0}, les deux éléments 0 (le neutre
Or x + y = 0 = x + x donne y = x. additif) et 1 (le neutre multiplicatif)
Ainsi, lorsqu’on choisit deux sont distincts.
éléments de A, soit l’un deux est Supposons A = {0, 1, a}. Alors a + 1
nul, soit ils sont égaux. n’est ni égal à 0 (car sinon a = −1 =
Une telle propriété est impossible si 1) ni égal à 1 (car a 6= 0) ni égal à a
Card(A) ≥ 3. Par suite Card(A) = 2 (car 1 6= 0).
car A est non nul. On aboutit à une impossibilité : A
ne peut pas être de cardinal 3.

4. On suppose donc que A est fini et 1. Tout d’abord A 6= ∅ car il contient 1
qu’il est au moins de cardinal 4. (le neutre multiplicatif
√ de R). √
Soient x un élément de A, non nul Soient x = a + b 2 et y = c + d 2
et distinct de 1. dans A, avec (a, b, c, d) ∈ Z4 . √
On a x(x + 1) = x2 + x = x + x = 0, On a x − y = (a − c) + (b − d) 2,
alors que ni x ni x + 1 ne sont nuls. avec a − c ∈ Z et b − d ∈ Z. Donc
On constate donc que l’anneau A x − y ∈ A. √
possède des diviseurs de zéro. De même xy = α + β 2 avec α =
ac + 2bd ∈ Z et β = ad + bc ∈ Z. Donc
5. Soit A = {0, 1, a, b} un anneau de
xy ∈ A.
Boole de cardinal 4.
Conclusion : A est un sous-anneau
On sait que 1 + a ∈ / {0, 1, a}. Donc
de R.
a + 1 = b.
Bien sûr A est intègre car R l’est lui-
De même b + 1 = a. On en déduit
même...
a + b = 2a + 1 = 1.
Enfin ab = a(a + 1) = 0 et ba = 2. Avec les notations ci-dessus :
1
b(a + 1) = 0.
On en déduit les tables des lois de
A:
.P N (xy) =
=
=
α2 − 2β 2 = (ac + 2bd)2 − 2(ad +
a2 c2 + 4b2 d2 − 2a2 d2 − 2b2 c2
(a2 − 2b2 )(c2 − 2d2 )
.N
+ 0 1 a b × 0 1 a b = N (x)N (y)
0 0 1 a b 0 0 0 0 0 √
1 1 0 b a et 1 0 1 a b 3. Notons toujours x = a + b 2, avec
0 1 a 0 a 0 (a, b) ∈ Z2 .
H
a a b a
b b a 1 0 b 0 b 0 b On suppose que x est inversible
dans A, d’inverse y. Remarquons
V.
On définit ϕ : Z22 → A en posant que N (1) = 1.

ϕ(0, 0) = 0, ϕ(1, 1) = 1, ϕ(1, 0) = L’égalité N (x)N (y) = N (xy) donne
a, ϕ(0, 1) = b. ici
On constate alors que ϕ est un iso- N (x)N (y) = 1.
morphisme d’anneaux. Ainsi N (x) est un élément inver-
Il n’y a donc qu’un seul anneau de sible de Z. Donc N (x) = ±1.
Boole à quatre éléments : c’est Z22 . Réciproquement, supposons N √ (x) =
6. (A, +) est un groupe fini dans le- avec = ±1. Posons y = a − b 2 ∈
quel tout élément est son propre A.
inverse. On constate alors
√ √
Il en découle que card(A) est une xy = (a+b 2)(a−b 2) = a2 −2b2 = .
puissance de 2. Il en découle que x(y) = 1. Ainsi y
est l’inverse de x dans A.
4. Une généralisation évidente de la
question (2) donne, pour tout n de

Z: nécessairement a2 = 1 et a =
√ 1.0
√ √ Dans ce cas x = 1 = (1 + 2)
N (±(1 + 2) ) = N ((1 + 2)n )
n
est de la forme voulue.
√ n On suppose donc b ≥ 1.
= N (1 + 2) = (−1)n = ±1
√ Soit
x √ √
Les éléments ±(1 + 2)n sont donc x1 = √ = (a + b 2)( 2 −
inversibles dans A. 1+ √ 2
√ 1) = a1 + b1 2, où
Plus précisément,
√ l’inverse de 1+ 2
est −1 + 2.

√ n a1 = −a + 2b
L’inverse√ nde (1 + 2) est donc b1 = a − b
(−1 + 2) .
Remarquons que a2 = 2b2 ± 1 ⇒
√
5. Soit x = a + b 2 un élément inver- 2
a = b2 + (b2 ± 1) ≥ b2
sible de A (avec bien sur (a, b) ∈ a2 = 2b2 ± 1 < 4b2
Z2 ).
1
On en déduit les inégalités : 0 <
a) On doit montrer que x est de la
forme
√
±(1 + 2)n , avec n ∈ Z.
Puisque le résultat est demandé
.P
b ≤ a < 2b.
Il en découle : a1 = 2b − a ∈]0, a]
et b1 = a − b ∈ [0, b[.
.N
Si b1 = 0, alors a1 = 1
au signe près, on peut toujours (conséquence toujours de a21 −
supposer b ≥ 0. 2b21 = ±1) donc x1 = √ 1.
Ensuite, on √ sait que l’inverse
√ de Dans ce cas x = 1 + 2 est bien
H
x = a + b 2 est y = −a + b 2. de la forme attendue.

Comme l’ensemble des résultats Sinon on peut construire x2 =
attendus est invariant par pas- x1
V.
√ comme on a construit x1
sage à l’inverse (n est en- 1+ 2
tier relatif) on peut partir in- à partir de x.
différemment de x ou de y. On forme ainsi une suite
√
Dans la pratique, cela revient à x0 = x, x1 , x2 , · · · , xk = ak + bk 2,
dire qu’on peut choisir a ≥ 0. avec les conditions :
Remarquons cependant que
ak+1 = 2bk − ak ∈]0, ak ]
l’égalité
a2 − 2b2 = ±1 est incompatible et
avec a = 0. bk+1 = ak − bk ∈ [0, bk [
On peut
√ donc partir de x = xk
a + b 2, avec a ∈ N∗ , b ∈ N, et Passer de xk à xk+1 = √ est
1+ 2
a2 − 2b2 = ±1. possible (avec les conditions ci-
b) On va montrer
√ n que x est de la dessus) si xk 6= 1.
∗
forme (1 + 2) , avec n ∈ N . Ces conditions (notamment la
Remarquons que si b = 0 alors décroissance stricte des bk )

montrent que la suite des xk est groupe abélien dans lequel chaque
finie. élément est son propre symétrique
Ainsi il existe un premier entier . Dans la suite, G désigne un groupe
n tel que xn = 1. dans lequel chaque élément est
Par construction, on a alors propre symétrique .
x
1 = xn = √ , c’est-à-dire 2. Montrer que G est abélien .
n
√ n 2)
(1 +
3. Soit a un élément quelconque de G,
x = (1 + 2) .
Conclusion : Les éléments in- différent de l’élément neutre. On
versibles de A sont les ±(1 + définit la relation ∼ sur G par :
√
2)n , avec n ∈ Z.
∀x, y ∈ G; x ∼ y ⇐⇒ (x = y ou x = ay)
.
Soit S un ensemble quelconque non — Montrer que ∼ est une relation
1
d’équivalence sur G.
vide et E l’ensemble des applications de
S dans {0, 1} .
1. On munit E de l’addition modulo 2
.P — Montrer que chaque classe
d’équivalence a deux éléments
.N
des images :pour tout f, g ∈ E, f ⊕ g 4. On définit la loi ? sur l’ensemble
est l’application de S dans {0, 1} quotient G/∼ par :
définie par :
∀x, y ∈ G; cl(x) ? cl(y) = cl(xy)
H

1 si f (x) 6= g(x) .
f ⊕ g(x)=
0 si f(x) = g(x) Montrer que ? est une loi de com-
V.
position interne sur G/∼ muni de

Montrer que (E, ⊕) est un groupe
? est un groupe abélien, dans le-
abélien dans lequel chaque élément
quel chaque élément est son propre
est son propre symétrique .
symétrique .
2. Soit F = P (S) l’ensemble des
parties de S. On munit F de 5. On suppose que G est fini . Déduire
la différence ensembiliste . On des qestions précédentes que le
considère l’application φ de F vers cardinal de G est une puissance de
E qui a une partie de S associe sa 2.
fonction indicatrice : Exercice 35 Enoncé
φ : A ∈ F 7−→ 1A ,
1. Pour tout k ∈ G, il existe un unique
où 1A (x) = 1 si x ∈ A et 1A (x) = 0 si h = g −1 ∗ k ∈ G tel que γg (h) =
x∈/ A. Montrer que φ est un isomor- γg (g −1 ∗ k) = g ∗ g −1 ∗ k = k
phisme de F vers E pour les lois ⊕ Donc γg est une bijection de G sur
et ∆. En déduire que (F, ∆) est un G.

2. Pour tout g, g 0 ∈ G et pour tout Pour tous g, g 0 ∈ G, ψ(g ∗ g 0 ) = ψ(g) ◦
h∈G ψ(g 0 ), donc pour tout h ∈ G
ϕ(g∗g 0 )(h) = γg∗g0 (h) = (g∗g 0 )∗h = g∗(g 0 ∗h) ψ(g ∗ g 0 )(h) = (ψ(g) ◦ ψ(g 0 ))(h)
⇔ δg∗g0 (h) = (δg ◦ δg0 )(h)
= g ∗ γg0 (h) = γg (γg0 (h)) = γg ◦ γg0 (h)
⇔ h ∗ (g ∗ g 0 ) = δg (δg0 (h))
Par conséquent
⇔ h ∗ (g ∗ g 0 ) = δg (h ∗ g 0 )
ϕ(g ∗ g 0 ) = γg ◦ γg0 = ϕ(g) ◦ ϕ(g 0 ) ⇔ h ∗ g ∗ g0 = h ∗ g0 ∗ g
Il reste à composer par h−1 à
Ce qui montre que ϕ est un mor-
gauche pour en déduire que pour
phisme de (G, ∗) dans (SG , ◦).
tous g, g 0 ∈ G, g ∗ g 0 = g 0 ∗ g, autre-
3. Pour montrer que ϕ est injective il ment dit G est abélien.
faut et il suffit de montrer que le Réciproque, supposons que G soit
noyau de ϕ est réduit à l’élément abélien.
neutre de G car ϕ est un mor-
1
C’est pareil dans l’autre sens, fai-
phisme.
.P
sons le tout de même.
Pour tout g, g 0 , h ∈ G
g ∈ ker(ϕ) ⇔ ϕ(g) = IdG ⇔ ∀h ∈ G, ϕ(g)(h) = h
h∗g∗g 0 = h∗g 0 ∗g ⇔ h∗(g∗g 0 ) = δg (h∗g 0 )
.N
⇔ ∀h ∈ G, γg (h) = h ⇔ ∀h ∈ G, g∗h = h ⇔ g = e
⇔ h∗(g∗g 0 ) = δg (δg0 (h)) ⇔ h∗(g∗g 0 ) = δg (δ
Ce qui montre que ker(ϕ) = {e}, et ⇔ δg∗g0 (h) = (δg ◦ δg0 )(h)ψ(g ∗ g 0 )(h)
que donc ϕ est injective.
H
= (ψ(g) ◦ ψ(g 0 ))(h)

4. Pour tout k ∈ G, il existe un unique
−1
⇔ ψ(g ∗ g 0 ) = ψ(g) ◦ ψ(g 0 )
h = k∗g ∈ G tel que δg (h) =
V.
δg (k ∗ g ) = k ∗ g −1 ∗ g = k
−1 Ce qui montre que ψ est un mor-
Donc δg est une bijection de G sur phisme de groupe.
G.
Pour montrer l’injectivité de ψ on Exercice 36 Enoncé
ne peut pas utiliser le ”noyau”
puisque pour l’instant ψ n’est pas 1. Remarque préliminaire :
un morphisme. Pour tout f ∈ E :

0 0 1 si f (x) 6= 0 1 si f (x)
ψ(g) = ψ(g ) ⇔ ∀h ∈ G, ψ(g)(h) = ψ(g )(h) f (x) = =
0 si f (x) = 0 0 si f (x)
⇔ ∀h ∈ G, δg (h) = δg0 (h) En effet f (x) = 1 ⇔ f (x) 6= 0 et
évidemment f (x) = 0 ⇔ f (x) = 0.
⇔ ∀h ∈ G, h ∗ g = h ∗ g 0 ⇔ g = g 0
Montrons que (E, ⊕) est un groupe
ψ est injective. abélien (commutatif).

5. Si ψ est un (homo)morphisme de 1 si f (x) 6= g(x)
(f ⊕ g)(x) =
groupe 0 si f (x) = g(x)

donc f ⊕g ∈ E, ⊕ est une loi interne. 1 si f (x) 6= g(x)
(f ⊕ g)(x) =
Soit θS : S → {0, 1} définie par pour 0 si f (x) = g(x)
x ∈ S, θS (x) = 0, θS ∈ E donc E est

1 si g(x) 6= h(x)
non vide. (g ⊕ h)(x) =
0 si g(x) = h(x)
Pour tout f ∈ E et pour tout x ∈ S : Si f (x) = 0, g(x) = 0 et h(x) = 0

1 si f (x) 6= θS (s) = 0 ∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 0 et h(x) = 0
(f ⊕θS )(x) = = f (x)
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0
0 si f (x) = θS (x) = 0
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 0 et f (x) = 0
donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 0

1 si θS (x) 6= f (x) = 0
(θS ⊕f )(x) = = f (x)
0 si θS (x) = f (x) = 0
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)
f ⊕ θS = θS ⊕ f = f
Si f (x) = 0, g(x) = 0 et h(x) = 1
θS est l’élément neutre.
∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 0 et h(x) = 1
Pour tout f ∈ E et pour tout x ∈ S :
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 1
1
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 1 et f (x) = 0

1 si f (x) 6= f (x)
(f ⊕f )(x) =
0 si f (x) = f (x)
Donc le symétrique de f est f . (Et

.P
= 0 = θS donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 1
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)

.N
donc tous les éléments de E ad-
Si f (x) = 0, g(x) = 1 et h(x) = 0
mettent un symétrique).
∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 1 et h(x) = 0
Commutativité :
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 1
Pour tout f, g ∈ E et pour tout x ∈
H
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 1 et f (x) = 0
S:
donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 1
1 si f (x) 6= g(x)
(f ⊕ g)(x) =
V.
0 si f (x) = g(x) ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)

1 si g(x) 6= f (x) Si f (x) = 0, g(x) = 1 et h(x) = 1
= = (g ⊕ f )(x) ∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 1 et h(x) = 1
0 si g(x) = f (x)
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0
Donc ∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 0 et f (x) = 0
f ⊕g =g⊕f donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 0
⊕ est commutative.
Associativité : ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)
Pour tout f, g, h ∈ E et pour tout Si f (x) = 1, g(x) = 0 et h(x) = 0
x∈S: ∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 1 et h(x) = 0

1 si (f ⊕ g)(x) 6= h(x)donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 1
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = ∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 0 et f (x) = 1
0 si (f ⊕ g)(x) = h(x)
donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 1

1 si f (x) 6= (g ⊕ h)(x)
(f ⊕ (g ⊕ h)) (x) =
0 si f (x) = (g ⊕ h)(x)((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)

Si f (x) = 1, g(x) = 0 et h(x) = 1 H1 = {x ∈ S, h(x) = 1}.
∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 1 et h(x) = 1 On remarque que l’ensemble x ∈ S
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0 tels que
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 1 et f (x) = 1 f (x) 6= g(x) est (F0 ∩ G1 ) ∪ (F1 ∩ G0 )
donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 0 et que l’ensemble des x ∈ S tels que
f (x) = g(x) est (F0 ∩ G0 ) ∪ (F1 ∩ G1 ).
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x) De même l’ensemble des x ∈ S tels
que g(x) 6= h(x) est (G0 ∪ H0 ) ∩ (H1 ∪
Si f (x) = 1, g(x) = 1 et h(x) = 0 G1 ).
∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 0 et h(x) = 0 ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) =
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0 
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 1 et f (x) = 1 1 si f (x) 6= g(x)
si


 1
0 si f (x) = g(x)

donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 0




 1 si h(x) = 1

 6=
0 si h(x) = 0

((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x)
1 si f (x) 6= g(x)
1
0 si


0 si f (x) = g(x)
Si f (x) = 1, g(x) = 1 et h(x) = 1
∀x ∈ S, (f ⊕ g)(x) = 0 et h(x) = 1
donc ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 1
∀x ∈ S, (g ⊕ h)(x) = 0 et f (x) = 1
.P 








 =
1 si h(x) = 1
0 si h(x) = 0
.N
L’ensemble des x ∈ S tels que
donc (f ⊕ (g ⊕ h) (x) = 1 ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0 est l’ensemble
des x ∈ S tels que : (f (x) 6=
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x) g(x) et h(x) = 1) ou
H
Dans tous les cas, c’est-à-dire pour (f (x) = g(x) et h(x) = 0).
tout x ∈ S, pour tout f, g, h ∈ E Le premier ensemble est :
V.
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = (f ⊕ (g ⊕ h)) (x) ((F0 ∩ G1 ) ∪ (F1 ∩ G0 )) ∩ H1

= ((F0 ∩ G1 ) ∩ H1 ) ∪ ((F1 ∩ G0 ) ∩ H1 )
Donc
= (F0 ∩ G1 ∩ H1 ) ∪ (F1 ∩ G0 ∩ H1 )
(f ⊕ g) ⊕ h = f ⊕ (g ⊕ h) Le deuxième ensemble est :
La loi ⊕ est associative. ((F0 ∩ G0 ) ∪ (F1 ∩ G1 )) ∩ H0
Autre méthode pour montrer l’as-
= ((F0 ∩ G0 ) ∩ H0 ) ∪ ((F1 ∩ G1 ) ∩ H0 )
sociativité
On pose = (F0 ∩ G0 ∩ H0 ) ∪ (F1 ∩ G1 ∩ H0 )
F0 = {x ∈ S, f (x) = 0}, Autrement dit si
F1 = {x ∈ S, f (x) = 1}, (f (x), g(x), h(x)) ∈
G0 = {x ∈ S, g(x) = 0}, {(0, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 0, 0), (1, 1, 0)}
G1 = {x ∈ S, g(x) = 1}, alors
H0 = {x ∈ S, h(x) = 0}, ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 0

Dans tous les autres cas, c’est-à- Dans tous les autres cas, c’est-à-
dire si (f (x), g(x), h(x)) ∈ dire si (f (x), g(x), h(x)) ∈
{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1)} {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1)}
alors alors
((f ⊕ g) ⊕ h) (x) = 1 (f ⊕ (g ⊕ h)) (x) = 1

Finalement pour tout
x ∈ S, ((f ⊕ g) ⊕ h) (x) =
(f ⊕ (g ⊕ h)) (x) =
 (f ⊕ (g ⊕ h)) (x) et donc
1 si f (x) = 1
si


 1 (f ⊕ g) ⊕ h = f ⊕ (g ⊕ h)
0 si f (x) = 0





 1 si g(x) 6= h(x) La loi ⊕ est associative.

 6 =
0 si g(x) = h(x)

Le groupe (E, ⊕) est un groupe
1 si f (x) = 1 abélien.
0 si


0 si f (x) = 0


2. Montrons que φ est une bijection de

1

1 si g(x) 6= h(x)





 =
0 si g(x) = h(x)
L’ensemble des x ∈ S tels que
.P F sur E.
Pour toute partie f ∈ E, on pose
A = f −1 (1) = {x ∈ S, f (x) = 1}
φ(A) = IA définie par :
.N
(f ⊕ (g ⊕ h)) (x) = 0 est l’ensemble
des x ∈ S tels que : Si x ∈ A, φ(A)(x) = IA (x) = 1 et si
(f (x) = 1 et g(x) 6= h(x)) ou (f (x) = x ∈/ A, φ(A)(x) = IA (x) = 0. Or si
0 et g(x) = h(x)). x ∈ A, f (x) = 1 et si
H
Le premier ensemble est : x∈ / A, f (x) = 0 on a IA = f , autre-

ment dit pour tout f ∈ E, il existe
F1 ∩ ((G0 ∩ H1 ) ∪ (G1 ∩ H0 ))
V.
A ∈ F (A = f −1 (1) = {x ∈ S, f (x) =
= (F1 ∩ (G0 ∩ H1 )) ∪ (F1 ∩ (G1 ∩ H0 )) 1}) tel que :
= (F1 ∩ G0 ∩ H1 ) ∪ (F1 ∩ G1 ∩ H0 ) f = φ(A)
Le deuxième ensemble est : Cela montre que φ est surjective et
même bijective parce qu’il est as-
F0 ∩ ((G0 ∩ H0 ) ∪ (G1 ∩ H1 ))
sez peu vraisemblable qu’il puisse
= (F0 ∩ (G0 ∩ H0 )) ∪ (F0 ∩ (G1 ∩ H1 )) exister un autre ensemble A0 qui
vérifie f = φ(A0 ) mais on va quand
= (F0 ∩ G0 ∩ H0 ) ∪ (F0 ∩ G1 ∩ H1 ) même faire l’effort de montrer l’in-
Autrement dit si jectivité.
(f (x), g(x), h(x)) ∈ Pour montrer que φ(A) = φ(A0 ) ⇒
{(0, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 0, 0), (1, 1, 0)} A = A0 on va montrer que A 6= A0 ⇒
alors φ(A) 6= φ(A0 )
Il existe, soit x ∈ A et x ∈ A0 soit
(f ⊕ (g ⊕ h)) (x) = 0 x∈ / A0 . Prenons le premier
/ A et x ∈

cas (le second se traite exactement donc φ−1 est un isomorphisme
de la meme façon). de (E, ⊕) sur (F, ∆) or (E, ⊕)
est un groupe abélien, on en
φ(A)(x) = IA (x) = 1 et φ(A0 )(x) = IA0 (x) déduit
=0 que (F, ∆) est un groupe.
Donc φ(A) 6= φ(A0 ), φ est injective et Que tout élément soit son propre
donc bijective. symétrique provient du fait que
Il reste à montrer que φ est un mor- dans (E, ⊕) tout élément est son
phisme de (F, ∆) vers (E, ⊕). propre symétrique, redémontrons
Pour tout A, B ∈ F . Pour tout x ∈ S le. Il est à peu près clair que φ(∅) =
θS ce qui montre que l’élément
φ(A∆B)(x) = IA∆B (x) neutre de (F, ∆) est ∅.
Pour tout A ∈ F , il existe (un
On rappelle que A∆B = (A\B) ∪ unique) f ∈ E tel que A = φ−1 (f )
(B\A) = (A∪B)\(A∩B) et que donc or pour tout f ∈ E, f ⊕ f = θS , d’où
{A\B, B\A, A ∩ B, A ∪ B} forme une
partition de S. A∆A = φ−1 (f )∆φ−1 (f ) = φ−1 (f ⊕f ) = φ−1
1
Si x ∈ A\B alors IA∆B (x) = 1
Si x ∈ B\A alors IA∆B (x) = 1
Si x ∈ A ∩ B alors IA∆B (x) = 0
.P A∆A = ∅
Chaque élément de F est son
propre symétrique.
.N
Si x ∈ A ∪ B alors IA∆B (x) = 0 3. Pour tous x, y ∈ G,
(φ(A) ⊕ φ(B)) (x) = (IA ⊕ IB )(x) x2 = e ⇔ x ∗ x = e ⇔ x−1 = x

1 si IA (x) 6= IB (x) y 2 = e ⇔ y ∗ y = e ⇔ y −1 = y
H
=
0 si IA (x) = IB (x) (x∗y)2 = e ⇔ x∗y = (x∗y)−1 = y −1 ∗x−1 = y
Si x ∈ A\B alors IA (x) = 1 et IB (x) = Cela montre bien que x ∗ y = y ∗ x,
V.
0 donc (IA ⊕ IB )(x) = 1 G est abélien.

Si x ∈ B\A alors IA (x) = 0 et IB (x) = 4. ∀x ∈ G, (x = x ou x = ax) ⇔ x ∼ x
1 donc (IA ⊕ IB )(x) = 1 donc ∼ est réflexive.
Si x ∈ A ∩ B alors IA (x) = 1 et ∀x, y ∈ G, x ∼ y ⇔ (x = y ou x = ay)
IB (x) = 1 donc (IA ⊕ IB )(x) = 0
Si x ∈ A ∪ B alors IA (x) = 0 et ⇔ (y = x ou y = a−1 x)
IB (x) = 0 donc (IA ⊕ IB )(x) = 0 Dans G tous les éléments sont leur
Par conséquent pour tout x ∈ S : propre symétrique donc a2 = e ⇔
a ∗ a = e, ce qui signifie que a−1 = a.
φ(A∆B)(x) = (φ(A) ⊕ φ(B)) (x) Par conséquent
Et que donc ∀x, y ∈ G, x ∼ y ⇔ (y = x ou y = ax) ⇔ y
La relation est symétrique.
φ(A∆B) = φ(A) ⊕ φ(B)
∀x, y, z ∈ G,

φ est un morphisme, comme φ x ∼ y x = y ou x = ay
⇒
est bijective c’est un isomorphisme, y ∼ z y = z ou y = az

x = y x = y cl(x)∗(cl(y) ∗ cl(z)) = (cl(x) ∗ cl(y))∗cl(z)
⇒ ou
y = z y = az La loi est associative.
(G/ ∼, ∗) est un groupe.

x = ay x = ay
ou ou
y = z y = az
∀x ∈ G,
2
⇒ x = z ou x = az ou x = az ou x = a z = z

x = z cl(x)∗cl(x) = cl(x2 ) = cl(e) = cl(x)−1 = cl(x
⇒ ⇒x∼z
x = az Chaque élément est son propre
La relation est transitive. symétrique.
Finalement la relation est une rela- 6. On pose n = card(G).
tion d’équivalence. G1 = G/ ∼ est un groupe de cardi-
Soit b ∈ G et x ∈ cl(b), x = b ou nal n2 , puisqu’il y a deux éléments
x = ab, la classe de b à au plus deux dans chaque classe et que l’en-
éléments b et ab, ces deux éléments semble des classes forment une
peuvent-ils être égaux, b = ab ⇔ partition de G.
1
e = a ce qui est impossible puisque G1 est un groupe dont chaque
a 6= e.
cl(b) = {b, ab}
5. Prenons deux éléments de G/ ∼,
.P
élément est son propre symétrique
donc on peut définir une rela-
tion d’équivalence ∼1 (comme
.N
sur G) telle que G1 / ∼1 soit un
cl(x) et cl(y). Or
groupe dont tous les éléments sont
∀x, y ∈ G, cl(x)∗cl(y) = cl(xy) ∈ G/ ∼ leur propre symétrique. Comme
précédemment le cardinal de
H
Car xy ∈ G. ∗ est une loi interne.

G1 / ∼1 est la moitié du cardinal de
cl(e) = {e, a} ∈ G/ ∼ donc G/ ∼
G1 , soit n4 .
n’est pas vide.
V.
On définit ainsi une suite de

Il reste à chercher le symétrique
groupes quotients jusqu’à ce qu’il
d’un élément de G/ ∼.
ne reste plus qu’un élément dans
Pour cela il faut chercher l’élément
le dernier groupe quotient, on en
neutre :
déduit qu’il existe p ∈ N tel que
n p
∀x ∈ G, cl(x) ∗ cl(e) = cl(xe) 2p = 1, autrement dit n = 2 .
Cette démonstration est un peu
= cl(x) = cl(ex) = cl(e) ∗ cl(x) ”vaseuse” mais j’espère que cela
cl(e) = {e, a} est l’élément neutre. donne une idée de ce qu’il se passe.
La mise en forme d’une démonstration
∀x ∈ G, cl(x)∗cl(x−1 ) = cl(xx−1 ) = cl(e)
”parfaite” avec une démonstration
−1 −1
= cl(x x) = cl(x ) ∗ cl(x) par récurrence rigoureuse ne me
Donc cl(x−1 ) ∈ G/ ∼ (car x−1 ∈ G) parait pas utile.
est le symétrique de cl(x).
∀x, y, z ∈ G,

1. Montrons que U est un sous-groupe
de C∗ .
16 = 1 donc l’élément neutre de C∗ Exercice 38 Enoncé
appartient à U.
Soient z1 et z2 deux éléments de U, 1. Un = {z ∈ C, z n = 1}, 1n = 1 donc
6
−1 6 z1 z16 1 1 ∈ Un , si z1 ∈ Un etz2 ∈ Un alors
(z1 z2 ) = = 6 = = 1 donc z1
n
z1n
z2 z2 1 −1 n
(z1 z2 ) = = =
−1
z1 z2 ∈ U. z2 z2n
U est un sous-groupe de C. 1
= 1 donc z1 z2−1 ∈ Un , par
2. z ∈ U ⇔ ∃k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}, 1
conséquent (Un , ×) est un sous-
2ikπ ikπ groupe de (C∗ , ×).
z = e 6 = e 3 , U = 2. a) Par définition de l’ordre d0 est
{1, −j 2 , j, −1, j 2 , −j} le plus petit entier supérieur ou
L’ordre d’un élément de U divise égal à 1 tel que (ωk0 )d0 = 1, ce
card(U) = 6, il vaut 1, 2, 3 ou 6. 2ik0 d0 π
1
qui équivaut à e n = 1. La
L’ordre de 1 est 1.
L’ordre de −j 2 est 6, car
(−j 2 )2 = j 6= 1, (−j 2 )3 = −j 6 =
−1 6= 1, son ordre est donc 6.
.P division euclidienne de k0 d0 par
n donne qu’il existe un unique
couple d’entiers (q, r) avec 0 ≤
.N
r < n tel que k0 d0 = qn +
L’ordre de j est 3. 2ik0 d0 π 2i(qn+r)π
r.e n = 1 ⇔ e n = 1 ⇔
L’ordre de −1 est 2. 2iqπ 2irπ 2irπ
e e n = 1 ⇔ e n = 1, or
L’ordre de j 2 est 3, car (j 2 )2 = j 4 =
0 ≤ r < n ⇔ 0 ≤ 2rπ n < 2π
H
j 6= 1 et (j 2 )3 = j 6 = 1.
donc r = 0. On en déduit que
L’ordre de −j est 6, car (−j)2 = j 2 6=
k0 d0 = qn.
1,
V.
b) D’après le théorème de Gauss

(−j)3 = −j 3 = −1 6= 1, son ordre est
k0 divise qn et est premier avec
donc 6.
n entraine que k0 divise q, il
3. H1 = {−1, 1} est un sous-groupe de existe donc a ∈ N tel que q =
d’ordre 2. ak0 . D’autre part l’ordre de ωk0
H2 = {1, j, j 2 } est un sous-groupe divise n d’après le théorème de
de d’ordre 3. Lagrange donc il existe b ∈ N tel
× 1 −1 que on a donc
1 1 −1 k0 d0 = qn ⇔ k0 d0 = abk0 d0 ⇔ 1 = ab
−1 −1 1 Par conséquent a = b = 1 et
alors n = d0 .
× 1 j j2 3. Si k0 et n ne sont pas premiers entre
1 1 j j2 eux alors l’ordre de ωk0 n’est pas
j j j2 1 n. Soit D = P GCD(n, k0 ) > 1, il
j2 j2 1 j existe alors a ∈ N et b ∈ N tels

que n = aD et k0 = bD, donc ωk0 = 3. On cherche u ∈ (Z/11Z)∗ tel que :
2ik0 π 2ibπ
e n = e a , on en déduit alors que 5u = 1 ⇔ ∃k ∈ Z,
(ωk0 )a = e2ibπ = 1.
5u = 1 + 11k ⇔ ∃k ∈ Z, 5u − 11k = 1
Et évidemment a < n car sinon D =
1. Soit on voit une solution évidente
Ce qui montre que l’ordre de ωk0 (u, k) = (−2, −1) soit on utilise l’al-
n’est pas n. gorithme d’Euclide
4. 3. est la contraposée de ” si l’ordre 5 × (−2) − 11 × (−1) = 1 ⇔
de ωk0 est n alors k0 et n sont pre- 5 × (−2) = 1 + 11 × (−1)
miers entre eux ”, on en déduit que
⇒ 5 × −2 = 1
” l’ordre de ωk0 est n si et seulement
si k0 et n sont premier entre eux ”. L’inverse de 5 est −2 = 9.
4. (Z/11Z)∗ est un groupe multiplica-
tif à 10 éléments donc, pour tout
Exercice 39 Enoncé x ∈ (Z/11Z)∗ , x10 = 1
1
Par conséquent x9 = x−1
Exercice 40 Enoncé .P
5.
x9 + 5 = 0 ⇔ x−1 + 5 = 0
.N
1. On cherche u ∈ (Z/24Z)∗ tel que : ⇔ 1 + 5x = 0 ⇔ −x × 5 = 1
On a vu à la question 3. que l’op-
8u = 1 ⇔ ∃k ∈ Z, 8u = 1 + 24k posé de la classe de 5 est −2 donc
H
⇔ ∃k ∈ Z, 8u − 24k = 1 x = 2.
P GCD(8, 24) = 8 qui ne divise pas 1

V.
donc 8 n’admet pas d’inverse.

2. Soit a ∈ (Z/24Z)∗ , a admet un in- 1. Soit l0 ∈ l, il existe k ∈ Z tel que
verse si et seulement s’il existe u ∈ l0 = l + 6k, donc l0 = l + 2 × (3k) ≡ l[2]
(Z/24Z)∗ tel que par conséquent
f (l0 ) = ˆl
a×u=1
Si on change de représentant dans
Ce qui équivaut à, il existe k ∈ Z tel la classe de l dans Z/6Z, on ne
que change pas la valeur de f (l) donc
au = 1 + 24k, autrement dit au − f est bien définie.
24k = 1 On notera + l’addition dans Z/6Z et
Finalement à ce que a et 24 sont dans Z/2Z, c’est un peu abusif mais
premiers entre eux, l’ensemble repas trop.
cherché est f (l1 + l2 ) = f (l1 + l2 ) = l\1 + l2
{1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23} = lˆ1 + lˆ2 = f (l1 ) + f (l2 )

f est bien un morphisme de groupe. Soit d’une manière plus générale
Il reste à montrer que f est sur- ϕ(2k) = k̇.
jectif. Dans Z/2Z il n’y a que deux Comme pour f on doit se deman-
classes 0̂ et 1̂, comme der ce qu’il se passe si on change
de représentant dans 2k, est-ce que
f (0) = 0̂ et f (1) = 1̂
l’on retombe bien sur la même
Ces deux classes ont au moins un classe modulo 3 ?
antécédent. Soit 2k 0 ∈ 2k, il existe n ∈ Z tel que
Remarque : 2k 0 = 2k + 6n, ce qui entraine que
Celui-ci n’a aucun chance d’être k 0 = k + 3n et que par conséquent
unique pour plein de raison, la k̇ 0 = k̇, tout va bien.
première est que sinon f serait Manifestement ϕ est une bijection,
une bijection d’un ensemble à est-ce un morphisme ?
6 éléments sur un ensemble à .
2 éléments, ce qui est bien sur z }| {
ϕ(2k1 +2k2 ) = ϕ(2k1 + 2k2 ) = 2k1 + 2k2
1
complétement impossible, la se-
conde est que
f (2) = 2̂ = 0̂; f (3) = 3̂ = 1̂; f (4) =
4̂ = 0̂ et f (5) = 5̂ = 1̂.
.P .
z}|{ z}|{
.
= 2k1 + 2k2 = ϕ(2k1 ) + ϕ(2k2 )

.N
ϕ est bien un morphisme.
2. Si on reprend la remarque on a
Autre méthode :
ker(f ) = {0, 2, 4} On pouvait dresser la table de Z/3Z
et constater qu’elle est identique à
H
Sinon (pour faire plus général), on

cherche l ∈ Z/6Z tel que celle de ker(f ).
f (0) = 0̂ ⇔ ˆl = 0̂ ⇔ ∃k ∈ Z, l = 0+2k = 2k
V.
⇔ ∃k ∈ Z, l = 2k Exercice 42 Enoncé
Dans Z/6Z il y a trois classes
”paires”, 0, 2 et 4. 1. a )
On rappelle que le noyau d’un mor-
phisme est un sous-groupe de l’en-
0
semble de départ. 3 =1
1
3 =3
+ 0 2 4 2
3 =9=2
0 0 2 4 3 2
3 =3 ×3=2×3=6
2 2 4 0 4 3
3 = 3 × 3 = 6 × 3 = 18 = 4
4 4 0 2 5 4
3 = 3 × 3 = 4 × 3 = 12 = 5
6
3. On notera l˙ les classes de Z/3Z. On 3 =1
définit ϕ de ker(f ) dans Z/3Z par :
La dernière égalité n’étant que
ϕ(0) = 0̇; ϕ(2) = 1̇ et ϕ(4) = 2̇ le petit théorème de Fermat.

b) Si k ∈ / {0, 1, 2, 3, 4, 5}, il existe =e
ikπ
3 e
ilπ
3
k l
= ϕ 3 ϕ 3 = ϕ(a)ϕ(b)
un unique couple (q, r) ∈ Z ×
{0, 1, 2, 3, 4, 5} tels que k = 6q + r ϕ est un morphisme de groupe.
k 6q+r
q
6 r q r c) Soit a ∈ ker(ϕ)
3 =3 = 3 ×3 = 1 ×3
k ikπ
r
n
k
o ϕ(a) = 1 ⇔ ϕ 3 = 1 ⇔ e 3 = 1
= 3 ∈ 3 , k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}
kπ
2. 7 est premier donc ((Z/7Z)∗ , ×) est ⇔ ∃k 0 ∈ Z, = 2k 0 π ⇔ ∃k 0 ∈ Z, k = 6
3
un groupe. Donc
3. D’après la première question le k0
k 6k 0 6 k0
groupe engendré par 3 est a=3 =3 = 3 =1 =1
{1, 3, 2, 6, 4, 5} le noyau de ϕ est réduit à
C’est bien le même ensemble que l’élément neutre de (Z/7Z)∗ , ce
(Z/7Z)∗ . qui montre que ϕ est injective,
1
comme (Z/7Z)∗ et U6 ont tous
4. a) Il faut vérifier que
si
k0
alors on a bien ϕ 3 = ϕ 3
3 =
3
k
k0 k
.P les deux 6 éléments, ϕ est bijec-

tive.
.N
k0 k k 0 −k
3 =3 ⇔3 = 1 ⇔ ∃l ∈ Z, k 0 −k = 6l
⇔ ∃l ∈ Z, k 0 = k + 6l
√ √
La seconde égalité vient du fait 1. 0 = 0 + 0 × 2√∈ Z[ 2], √
H
que l’ordre de 3 est 6, d’après la Soient

√ m√+ n 2 ∈ Z[ 2] et m0 +
première question. n0 2 ∈ Z[ 2],
V.
0 ik0 π
k i(k+6l)π ikπ+i×6lπ √ √ √
ϕ 3 e 3 =e 3 =e 3 m+n 2−(m0 +n0 2) = (m−m0 )+(n−n0 )
√
ikπ ikπ
= e 3 e2ilπ = e 3 = ϕ 3
k Z[ 2]
car m − m0 ∈ Z√et n − n0 ∈ Z. Cela
Il faut aussi vérifier que
k
montre que (Z[ 2], +) est un sous-
ϕ 3 ∈ U6 , ce qui est exacte groupe de (R, √
+).
ikπ 6 √
car e 3 = e2ikπ = 1 Soient
√ m +
√ n 2 ∈ Z[ 2] et m0 +
n0 2 ∈ Z[ 2],
ϕ est bien définie.
√ √
b) Pour toutes classes a et b de (m + n 2)(m0 + n0 2) =
(Z/7Z)∗ , il existe un unique k ∈ √ √
mm0 + 2nn0 + (mn0 + m0 n) 2 ∈ Z[ 2]
{0, 1, 2, 3, 4, 5} et un unique l ∈
k La multiplication est une loi interne
{0, 1, 2, 3, 4, 5} tel que a = 3 et √
b=3
l sur Z[ 2]. √ √

k l

k+l i(k+l)π
1 =√1 + 0 × 2 ∈ Z[ 2],
ϕ(ab) = ϕ 3 3 = ϕ(3 ) = e 3 (Z[ 2], +, ×) est un sous-anneau de

√ √
(R, +, ×). Soient
√ m +
√ n 2 ∈ Z[ 2] et m0 +
Remarque : n0 2 ∈ Z[ 2],
Les propriétés de distributivité et √ √
0 0
l’associativité de la multiplication N (m + n 2)(m + n 2)
sont évidentes dans R. √
√ = N (mm0 + 2nn0 + (mn0 + m0 n) 2)
2. Pour√tout a+b 2 il existe
√ un unique
√ √
a−b 2 tel que φ(a−b √ 2) = a+b √ 2, φ 0 0 0 0
= (mm + 2nn + (mn + m n) 2)
est une bijection √
√ de Z[ √ 2] sur Z[ 2].
×(mm0 + 2nn0 − (mn0 + m0 n) 2)
Soient
√ m√+ n 2 ∈ Z[ 2] et m0 +
n0 2 ∈ Z[ 2], = (mm0 + 2nn0 )2 − 2(mn0 + m0 n)2
√ 0 0
√ = mm02 + 4mm0 nn0
φ m+n 2+m +n 2
+4n2 n02 − 2(m2 n02 + 2mn0 m0 n + m02 n2 )

0 0
√
= φ (m + m ) + (n + n ) 2 = mm02 + 4n2 n02 − 2m2 n02 − 2m02 n2
√ √
1
√ √ √ N (m+n 2)N (m 0
+n 0
2) = (m2 −2n2 )(m02 −
= (m+m0 )−(n+n0 ) 2 = m−n 2+m0 −n0 2
√ 0
= φ(m + n 2) + φ(m + n 2)
φ est un morphisme pour la loi +.
0
√ .P= m2 m02 − 2m2 n02 − 2n2 m02 + 4n2 n02
On a bien
√ √
.N
N (m + n 2)(m0 + n0 2) =
√ √ √ 0 0
√
0
φ (m + n 2)(m + n 2) 0 N (m + n 2)N (m + n 2) N est un
morphisme d’anneau pour la loi ×.
√ √
H
= φ(mm0 + 2nn0 + (mn0 + m0 n) 2) 4. Soit x = m√ + n 2 un √ élément inver-

√ 1
sible de Z[ 2], x ∈ Z[ 2]
= mm0 + 2nn0 − (mn0 + m0 n) 2
V.

Et d’autre part 1 1
N (x)N =N x× = N (1) = 1
√ √ √ √ x x
φ(m+n 2)φ(m0 +n0 2) = (m−n 2)(m0 −n0 2) √
√ Comme pour tout y ∈ Z[ 2], N (y) ∈
0 0 0 0
= mm + 2nn − (mn + m n) 2 Z,
√ √
On a bien φ (m + n 2)(m0 + n0 2) =

1
√ √ 
 N (x) = N =
φ(m + n 2)φ(m0 + n0 2) 1 
x
N (x)N =1⇔
φ est un morphisme pour la loi ×. x 1
N (x) = N =


√ 
x
3. Pour tout x ∈ Z[ 2], on pose N (x) =
xφ(x). Montrer
√ que N est une appli- Cela montre que si x est inversible
cation de Z[ 2] dans Z, qui est un alors N (x) ± 1.
morphisme pour la √ multiplication. Réciproque : si N (x) = ±1.
Pour tout x = m + n 2 √
√ √ √ 1 1 m − n 2
2 2 = √ = √ √
N (m+n 2) = (m+n 2)(m−n 2) = m −2nx ∈ Z m + n 2 (m + n 2)(m − n 2)
√ √
m−n 2 m−n 2 parfait, l’un de ses facteurs pre-
= 2 = miers p est présent dans la
m − 2n2 N (x)
√ √ décomposition de n avec un
±(m − n 2) ∈ Z[ 2] exposant impair. Puisque l’en-
Cela montre
√ que x est inversible tier premier p divise n, il di-
dans Z[ 2]. vise nb2 = a2 : il divise donc
√ √ a. Mais l’exposant de p dans
5. 3 + 2 2 √
et −3 + 2 2
2 2 la décomposition de a2 (donc
√ 2 2) = 3 − 2 × 2 = 1 donc
N (3 +
dans la décomposition de nb2 )
3 + 2 2 est
√ inversible.2 2 est pair. On en déduit que p fi-
N (−3 + 2 2)√ = (−3) − 2 × 2 = 1 gure dans la décomposition de
donc −3 + 2 2 est inversible.
b ce qui est absurde car a et
b sont censés être sans facteur
Exercice 44 Enoncé premier commun.
Conclusion : si n n’est pas un
√ √
1
carré parfait, alors n est irra-
p3
1. p
Posons a = 45 + 29 2, b =
3
x = a + b.
√
45 − 29 2 et
On constate que a3 + b3 = 90 et
.P tionnel.
b) On suppose que r = m + n
est rationnel.
√ √
.N
√ √
ab = 3 452 − 2 × 292 = 3 343 = 7. Il en alors de même de son
Ainsi carré
√
r2 = m + n + mn. Mais celà im-
H
90 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) √
plique que mn est rationnel.
= (a + b)((a + b)2 − 3ab) D’après ce qui précède, l’entier
= x(x2 − 21)
V.
mn est un carré parfait a2 , avec

a ∈ N∗ .
Le réel x est donc une racine de a2
On peut donc écrire m = et
P (x) = x3 − 21x − 90 = (x − 6)(x2 + n
6x + 15). √ √ a a+n
r = m+ n= √ = √ .
On en déduit x = 6 (seule racine n n
√
réelle de P .) On constate alors que n =
a+n
2. a) On suppose que n n’est pas un est un rationnel.
r
carré parfait et, par l’absurde, On en déduit que n est un carré
√
que n est rationnel. parfait.
Il existe donc deux entiers posi- En échangeant les rôles, on a le
tifs a et b (que l’on peut suppo- même résultat pour m.
ser sans facteur premier com- Conclusion : si m et n ne sont
√
mun) tels que n = ab , donc tels pas des carrés parfaits, alors
√ √
que a2 = nb2 . m + n est irrationnel.
Puisque n n’est pas un carré

Exercice 45 Enoncé ? Pour m = 0, on a mn = 0 et nm = 1
Donc l’égalité mn = nm n’est pas vraie
1. On a, en utilisant une identité re- pour m = 0
marquable sur la sommme de deux Supposons m 6= 0
cubes :
n m n m
m =n =⇒ lnm = lnn
45 30 15 3 10 3
A = 5 + 4 = (5 ) + (4 ) =⇒ nlnm = mlnn
lnm lnn
=⇒ =
= (515 + 410 ).((515 )2 − 515 .410 + (410 )2 ) (
R+ → R
m n
Soit f : Etudions f
x 7→ f (x) = lnx
x
notons u = (515 + 410 ) et Df = R+

∗
∗
f est continue et dérivable sur R+
v = ((515 )2 −515 .410 +(410 )2 ) Il est clair ∗ 0

∀x ∈ R+ , f (x) =
1 − lnx
x2
que u ∈ N etu ≥ 2. D’autre part, 0
f (x) = 0 ⇐⇒
(
1 − lnx = 0
⇐⇒
(
lnx
10 x2 6= 0 x2 6=
v ∈ N et v = 515 (515−4 ) + (410 )2 ≥ ⇐⇒ x = e
(410 )2 ≥ 2 On conclut que A est com- ∀x ∈]0; e[, 1 − lnx > 0
posé ∀x ∈]e; +∞[, 1 − lnx < 0

x = e =⇒ 1 − lnx = 0
1
f est strictement croissante sur ]0; e[ et décroissante sur ]e; +∞[
2. Soient n ∈ Z. On a par factorisation
d’un trinôme bicarré
n4 − 20n2 + 4 = (n2 − 2)2 − 16n2

.P
Faites le tableau des variations
lim
x→0
lim
x
x→+∞ x
lnx
lnx
= −∞
= 0.
.N
= (n2 − 2 − 4n)(n2 − 2 + 4n) f (n) = f (m) alors m < e < n
∗
= ((n − 2)2 − 6)((n + 2)2 − 6)

m ∈]0; e[∩N =⇒ m ∈ 1, 2
n n m
Si m = 1, m = 1 = 1 et n = n, n > 1
n m
Pour m = 1; on a m 6= n
2
De plus : (n − 2) − 6# ± 1 et (n +
H
f (n) = f (2) a une unique solution dans [e; +∞[
2)2 − 6# ± 1 car ni 5 ni 7 ne sont des f (4) = f (2) et 4 ∈ [e; +∞[doncn = 4

n m
Les solutions de l’équation m =n sont n = 2 et n = 4
carrés d’entiers.
V.
On conclut que n4 −20n2 +4 est com-

posé. Exercice 47 Enoncé
3. On a, modulo 14 , ∀n ∈ N : Soit E = {1, 2, ..., 2n}.

A ∈ P (E) tel que card(A) = n + 1
Montrons qu’il existe au moins deuc éléments distincts de A, a et b tels que a|b.
Soit x ∈ Z∗
34n+2 + 52n+1 = 9.(34 )n + 5.(25)n x = 2k (2m − 1) ; m ∈ Z, k ∈ N
x = ±1
x = 20 (2x1 − 1)
= 9.81n + 5.25n Soit x ∈ Z∗ tel que | x | ≥ 1.
α α
x = ±1 × 2k × P1 1 × P2 2 × ... × Pn αn
avec k ≥ 0.
= 14.(−3)n ≡ 0, On remarque que :

k
∀x ∈ A, x = 2 (2m − 1) avec 1 6 m 6 n et k ∈ N.
Il y a donc n valeurs possibles de l’entier m. Comme card(A) = n + 1, alors il y a n + 1
valeurs possibles de x.
Il existe alors a et b éléments de A et m0 éléments de N tel que a = 2k (2m0 − 1) et
donc 14|34n+2 + 52n+1 0
b = 2k (2m0 − 1).
Comme a 6= b alors k 6= k0
Supposons que k < k0
Exercice 46 Enoncé 0 k k0
k < k =⇒ 2 |2
k k0
=⇒ 2 (2m0 − 1)|2 (2m0 − 1)
=⇒ a|b
Soient m et n deux entiers naturels
tels que m < n et mn = nm En conclusion, il existe au moins deux éléments a et b distincts de A tels que a|b.
Montrons qu’on a nécessairement m = 2

et n = 4

Résolvons les équations 2x − 5y ≡ 3 mod(24)
Evaluons les valeurs de 2n et 5n pour la congruence modulo 24 dans N
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 ... 16
2013 ≡ 1 mod(17)
2n 1 2 4 8 16 8 16 8 16 ... 16×125
5n 1 5 1 5 1 5 1 5 1 ... 2013 ≡ 1 mod(17)
2013 13
On
( démontre par récurrence sur N que : 2013 ≡ 2013 mod(17)
2n ≡ 8 mod(24) si n est impair 13
; avec n ≥ 3 ≡7 mod(17)
2n ≡ 16 mod(24) si n est pair
6
= (49) × 7 mod(17)
(
n
5 ≡ 1mod(24) si n est pair
; avec n ∈ N
5n ≡ 5mod(24) si n est impair 6
= (15) × 7 mod(17)
6
≡ (−2) × 67 mod(17)
1er cas : x ≥ 3
≡ 448 mod(17)
F x pair et y pair : ≡ 6 mod(17)
2013
x pair ⇐⇒ 2x≡ 16 mod(24) 2013 = 17k + r
y pair ⇐⇒ 5y≡1 mod(24) 2013 ≡ 13 mod(17)
Soit 2x − 5 y
≡ 15 mod(24)
2
2013 ≡ 9 mod(17)
3
F x pair et y impair : 2013 ≡ 5 mod(17)
4
2013 ≡ 1 mod(17)
x pair ⇐⇒ 2x ≡ 16 mod(24)
y impair ⇐⇒ 5y ≡ 5 mod(24) =⇒ 2013
2012
≡1 mod(17)
Soit 2x − 5y ≡ 11 ≡ mod(24)
2013
=⇒ 2013 ≡ 2013 mod(17)
20132013
F x impair et y pair 2013 = 17k + 13 avec k ∈ N
20132013 17k+13
x imapir ⇐⇒ 2x
≡ 8 mod(24) 2013 ≡ 2013 mod(17)
y
y impair ⇐⇒ 5 ≡ 1 mod(24) 13
Soit 2x − 5y ≡ 7 mod(24) ≡ 2013 mod(17)
13
≡7 mod(17)
1
F x impair et y impair : ≡ 6 mod(17)
x impair ⇐⇒
x y
2x
≡ 8 mod(24)
y
y impair ⇐⇒ 5 ≡ 5 mod(24)
Soit 2 − 5 ≡ 3 mod(24)
Conclusion pour le 1er cas
2x − 5y ≡ 3 mod(24) ⇐⇒
(:
x impair et x ≥ 3
.P
.N
y impair Exercice 51 Enoncé
2eme cas : x ≤ 2
Pour x = 0, on a : 2x ≡ 1 mod(24)
Dans ce cas : 2x − 5y ≡ 0 mod(24) ou 2x − 5y ≡ 20 mod(24)
Pour x = 1, on a : 2x ≡ 2 mod(24)
H
Dans ce cas : 2x − 5y ≡ 1 mod(24) ou 2x − 5y ≡ 21 mod(24)

Pour x = 2, on a : 2x ≡ 4 mod(24) 1. Montrons que si m
d
est impair, alors pgcd(x; y) = 1.
Dans ce cas : 2x − 5y ≡ 3 mod(24) ou 2x − 5y ≡ 23 mod(24) On sait que :
x = 2m − 1
y = 2n + 1
Posons : d = pgcd(m; n)
Conclusion pour le second cas :
d = pgcd(x; y) =⇒ ∃m0 , n0 ∈ Z/m = dm0 , n = dn0 et pgcd(m’ ;n’) = 1
V.
( Posons : δ = pgcd(x; y)
x=2
2x − 5y ≡ 3 mod(24) ⇐⇒ Par conséquent l’ensemble des entiers naturels δ = pgcd(x; y) =⇒ ∃x0 , y 0 ∈ Z/x = δx0 , y = δy 0 et pgcd(x’ ;y’) = 1
y pair m est impair =⇒ m’ est impair car m = dm0
( ( d
x imapir et x ≥ 3 x=2 x = 2m − 1
x et y solutions est tel que ou . 0
y impair y impair x = 2dm − 1
y = 2n + 1
0
y = 2dm + 1
dm0 0
x=2 − 1 =⇒ x + 1 = 2dm
0 0 0
=⇒ (x + 1)n = 2dm n F
0 0
Exercice 49 Enoncé y = 2dn + 1 =⇒ y − 1 = 2dn
n0 dn0 m0
=⇒ (x + 1) =2 ♣
0 0
F et ♣ implique (x + 1)n = (y − 1)m
δ = pgcd(x; y) =⇒ delta|x et δ|y
0
Calculons le reste de la division euclidienne de 20132014 par 7 : δ|x =⇒ 2dm − 1 ≡ 0 mod(δ)
m0 n0
=⇒ 2 ≡ 1 mod(δ)
D’après le théorème de Fermat, on a 7 qui est un nombre premier et qui ne divise pas 0 0
=⇒ 2dm n ≡ 1 mod(δ)
2013 donc : 20136 ≡ 1 mod(7) 0
2014 = 6 × 335 + 4 =⇒ (x + 1)n ≡ 1 mod(δ)
20132014 = (20136 )335 × 20134
0
Par suite : 20132014 ≡ 20134 mod(7) δ|y =⇒ 2dn ≡ 0 mod(δ)
Or 2013 ≡ 4 mod(7) donc 20134 ≡ 44 mod(7) 0
=⇒ 2dn ≡ −1 mod(δ)
Par conséquent : 20134 ≡ 4 mod(7) 0 0 0
D’où 20132014 ≡ 4 mod(7) avec 0 ≤ 4 < 7 =⇒ 2dm n ≡ (−1)m mod(δ)
0 0
Donc le reste de la division euclidienne de 20132014 par 7 est 4. =⇒ 2dm n ≡ −1 mod(δ)
0
=⇒ (y − 1)n ≡ −1 mod(δ)
0 0
or (x + 1)n = (y − 1)m et (x + 1)n ≡ 1 (δ)
0
donc (y − 1)m ≡ 1 mod(δ)♠
et ♠ implique − 1 ≡ 1 mod(δ)
Exercice 50 Enoncé − 1 ≡ 1 mod(δ) =⇒ −2 ≡ 0 mod(δ)
=⇒ 2 ≡ 0 mod(δ)
=⇒ 2|δ
=⇒ δ = 2 ou δ = 1
2013 car on sait que x est impair donc, δ 6= 2
Calculons le reste de la division euclidienne de 20132013 par 17 : Par suite δ = 1
m est impair =⇒ pgcd(x; y) = 1
D’après le petit théorème de Fermat, on a :

2. Montrons que si m d
est pair, alors x ∧ y = 2d + 1 avec m = 2k−1
Fn+k −2
Posons : m ∧ n = δ =
Démontrons que : ∀a ≥ 2 et ∀m, n ∈ N, a ∈ N : pgcd(am − 1; an − 1) = Fn
Pm−1 2n−1−i
apgcd(m;n) − 1 (a−1)(a+1)
i=0
a
Supposons m > n a+1
Posons : Alors Fn divise Fn+k − 2
m = nq + r; q ∈ N, r ∈ N; 0 ≤ r < n Donc
On a : ∃t ∈ Z/Fn+k − 2 = tFn
am = anq+r =⇒ Fn+k − tFn = 2
= anq × ar Soit d = pgcd(Fn+k , Fn )
= anq × ar + ar − ar d|Fn+k et d|Fn alors d|Fn+k − tFn
= ar (anq − 1) + ar Donc d|2. Les diviseurs de 2 sont 1 et 2, or les nombres de F ermat sont
Pq−1 impair; donc d = 1
or anq − 1 = (an − 1) k=0 ak D 0 oùFn et Fn+k
Pq−1
m r n
donc a = a (a − 1) k=0 ak + ar sont premier entre eux Donc d|
Soit am ≡ ar [an − 1]
=⇒ am − 1 ≡ an − 1[an − 1]♣
On a : Exercice 54 Enoncé
r < n =⇒ ar < an ( car a ¿ 1 )
0 ≤ ar − 1 < an − 1F
On en déduit que ar − 1 est le reste de la division euclidienne de
am − 1 par ar − 1 1. Trouvons l’exposant de 2 dans la décomposition de 1000 ! en produit de facteurs
Ainsi pgcd(am − 1; an − 1) = pgcd(an − 1; ar − 1) premiers.
D’après l’algorithme d’Euclide, on a : On a 500 nombres premiers dans 1000.
pgcd(am − 1; an − 1) = pgcd(an − 1; ar − 1) Soit k le plus grand entiers tel que 2k ≤ 1000
pgcd(aδ − 1; 0) = aδ − 1 On a 2k ≤ 1000 =⇒ k = 9 car E(
ln(1000)
)=9
ln2
pgcd(am − 1; an − 1) = aδ − 1
1000! = 2500 ( 1×3×5×...×999×1×2×...×500
A
)
1
Montrons que 2d + 1|x ∧ y DoncA1 , on a 250 nombres pairs donc on a :
d = m ∧ n =⇒ m0 , n0 ∈ Z 1000! = 2500 × 2250 ( 1×3×5×...×999×1×3×...×499×1×2×4×...×250 )
A
/m = m0 d, n = n0 d et 2
Dans A2 , on a 125 nombres pairs, donc on a :
m 0 ∧ n0 = 1
m’ est pair donc posons :m0 = 2m” 1000! = 2500 × 2250 × 2125 ( 1×3×...×999×...×1×2×...×125
A
)
3
On justifie que : m00 ∧ n” = 1 DansA3 , on a 62 nombres pairs donc on a :
x = 2m − 1 1000! = 2500 × 2250 × 2125 × 262 ( 1×...×999×...×1×2×...×62 )
0 A 4
= 2m d − 1 Par suite :
= 22m”d − 1 1000! = 2500 × 2250 × 2125 × 262 × 231 × 27 × 23 × 21 ×
1
(22d − 1) m”−1 (22d )k
P
= k=0 A où A est impairSoit n le nombre total d’exposant
Donc
d
2 + 1|x car
2d − 1 ∈ Z et
Pm”−1 2d k
k=0
(2 ) ∈ Z
y = 2n + 1
0
Pm”−1 2d k
= (2d − 1)(2d + 1) k=0 (2 )
.P n = 500 + 250 + 125 + 62 + 31 + 15 + 7 + 3 + 1

n = 994
2. Généralisation :
Soit k l’exposant de l’entier premier p dans la décomposition de n !
k= i=1
lnn
PE( lnp ) n
( i)
p
.N
= 2dn + 1
dn0
=2 − (−1) car n’ est imapir
P 0 −1 d k 0 Exercice 55 Enoncé
= (2d − (−1)) n k=0
(2 ) (−1)n −1−k
d Pn0 −1 d k n0 −1−k
= (2 + 1) k=0 (2 ) (−1)
Pn0 −1 d k 0
or k=0
(2 ) (−1)n −1−k ∈ Z 1.
Donc : a) Si p est pair, alors, comme p est premier , p=2, donc p2 +2 = 6 qui n’est pas premier.
(2d + 1)|y
b) Supposons p impair, Passons modulo 3 :
H
En résumé :
2d + 1|y et 2d − 1|x • Si p ≡ 0[3], alors, comme p est premier, p = 3 donc p2 + 2 = 11, qui est premier.
Donc : • Si p ≡ ±1[3], alors ; modulo 3, p2 + 2 ≡ 1 + 2 = 3 ≡ 0 , donc, comme p2 + 2
2d + 1|x ∧ y
est premier , p2 + 2 = 3, p = 1 , exclu. On conclut qu’il y a un nombre premier p et
un seul convenant , c’est p = 3.
Montrer que x ∧ y|2d + 1
x ∧ y|y =⇒ x ∧ y|(2n − 1)|y 2. On a, pour tout ( x,y) ∈ Z2 ,en utilisant des congruences modulo 13 :
V.
=⇒ x ∧ y|22n − 1
x = 2m − 1 13|7x + 3y ⇔ 7x + 3y ≡ 0
Donc, on a :
⇔ 2(7x + 3y) ≡ 0
(
x ∧ y|2m − 1
=⇒ x ∧ y|2m∧2n − 1
x ∧ y|22n − 1 =⇒ x ∧ y|pgcd(2m − 1; 22n − 1) ⇔ 14x + 6y ≡ 0
pgcd(m; 2n) = pgcd(2dm”; 2m0 d) ⇔ x + 6y ≡ 0
(2d)pgcd(m”, n”) = 2d car pgcd(m”, n”) = 1 ⇔ 5(x + 6y) ≡ 0
Donc x ∧ y|2n − 1 =⇒ x ∧ y|(2d − 1)(2d + 1)
⇔ 5x + 30y ≡ 0
On a :
2α − 1|2n − 1 ⇔ 5x + 4y ≡ 0
Soit αun diviseur commun de 2d − 1 et x ∧ y. ⇔ 13|5x + 4y.
α est également un diviseur commun de 2d − 1 et y.
α|2d − 1 et 2d − 1|2n − 1 donc α|2n − 1
3. Notons, pour tout n ∈ N, un = 32n+6 − 5n+2 − 4n.
(
α|2n − 1
=⇒ α|2 Montrons, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, 16 | un
α|2n + 1
or 2n + 1 est impair, donc α = 1 • Pour n = 0, on a :
Par conséquent : u0 = 36 − 52 = 729 − 25 = 704 = 16.44, donc 16 | u0
pgcd(x ∧ y; 2d − 1) = 1 • Supposons, pour un n ∈ N : 16 | un . Exprimons un+1 en faisant intervenir un :
D’où :
x ∧ y|2d + 1 ,d’après le théorème de Gauss
On déduit que x ∧ y = 2d + 1. un+1 = 3
2(n+1)+6
−5
n+3
− 4(n + 1)
n+2 n+3
= 9(un + 5 + 4n) − 5 − 4n − 4
Exercice 53 Enoncé n+2
= 9un + (9 − 5)5 + 32n − 4
n+2
= 9un + 32n + 4(5 − 1)
n
Montrons que les nombres de Fermat Fn = 22 + 1 sont premiers entre eux.
n
Posons : a = 22
Comme 5 ≡ 1[4], on a : 5n+2 − 1 ≡ 0[4], donc 4 | 5n+2 − 1. Il en résulte :
On a : Fn = a + 1 et
2k
16 | 4(5n+2 − 1), et donc, comme 16 | un et 16 | 32, on déduit, par addition :
Fn+k = a +1 16 | un+1 .
k
Fn+k − 2 = a2 −1 On a montré, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, 16 | un
2(2k−1 )
=a −1
2k−1
= (a2 )−1 Exercice 56 Enoncé
= (a2 − 1) m−1 n−1−i
P
i=0 a

1. a) Soit n ∈ Z tels que n2 + 7|n3 + 5 1.a) Résolvons les equations suivantes
V : Soient x ∈ Z. On cherche l’inverse de 5 modulo
Comme n3 + 5 = n(n2 + 7) − 7n + 5 , On deduit que n2 + 7| − 7n + 5. Puisque 11 cet inverse existe car 5 11 = 1 . On remarque : (−2).5 = −10 ≡ 1[11] donc
n2 + 7 différent de 0 , il en résulte : |n2 + 7| ≤ | − 7n + 5| l’inverse de 5 modulo 11 est -2. D’où :
En notant k = |n| ∈ N, on a alors :
k2 + 7 ≤ | − 7n + 5| ≤ 7k + 5, donc k2 − 7k + 2 ≤ 0. (1)5x ≡ 7[11] ⇐⇒ (−2).5x ≡ (−2.).7[11]
On résout cette inéquation du second degré. Le discriminant est ∆ = (−7)2 − 8 = ⇐⇒ x ≡ −3[11]
√ √
41 > 0, donc le trinome admet deux zéros 7−2 41 et 7+2 41 ⇐⇒ ∃a ∈ Z, x = −3 + 11a
√ √
On deduit que : 7−2 41 ≤ k ≤ 7+ 41
2
et donc , puisque k est entier et que
√ b) On reporte ce resultat dans la deuxieme équation (2) de (S), et On raisonne comme
7− 41
2
≈, 298 et si dessus ( en commençant par simplifier les nombres modulo 5 ) :
√
7+ 41
2
≈ 6, 701.On a1 ≤ k ≤ 6 ceci montre −6 ≤ n ≤ 6
b) On teste tous les cas, pour −6 < n < 6, par exemple sous la forme d’un tableau : [(2)7x ≡ 11[5] ⇐⇒ 2x ≡ 1[5]
n -6 -5 -4 -3 -2 -1 ⇐⇒ 2(−3 + 11a) ≡ 1[5]
n2 + 7 43 32 23 16 11 8 ⇐⇒ 22a ≡ 7[5]
n3 + 5 -211 -120 -59 -22 -3 4 ⇐⇒ 3(2a) ≡ 3.2[5]
n 0 1 2 3 4 5 6 ⇐⇒ a ≡ 1[5]
n2 + 7 7 8 11 16 23 32 43
3 ⇐⇒ ∃b ∈ Z, a = 1 + 5b.
n +5 5 6 13 32 69 130 221
Il en résulte : n2 + 7 | n3 + 5 ⇔ (n = 0 ou n = 4)
On obtient x = −3 + 11a = −3 + 11(1 + 5b) = 8 + 55b
et on conclut : E = {3, 4}
q c) De même , on reporte dans l’equation (3)de (S) :
11n−5
2. soit n ∈ Z tel que n+4
∈ N ⇔ n = 3. On a alors : n + 4|11n − 5, Mais :
11n − 5 = 11(n + 4) − 49, d’où : n + 4|49 et donc n + 4 ∈ DivZ (49) = (3)11x ≡ 5[7] ⇐⇒ 4x ≡ 5[7]
{−49, −7, −1, 1, 7, 49} , puis n ∈ {−53, −11, −5, −3, 3, 45}. On teste tous les
⇐⇒ 4(8 + 55b) ≡ 5[7]
cas, par exemple sous la forme d’un tableau :
n -53 -11 -5 -3 3 45 ⇐⇒ 220b ≡ −27[7]
11n − 5 ⇐⇒ b ≡ 5[7]
12 18 60 -38 4 10
n+4 ⇐⇒ ∃k ∈ Z, b = 5 + 7k.
On conclut, que, pour tout n ∈ Z :
s
11n − 5
∈ N ⇔ n = 3. on obtient
n+4 x = 8 + 55b = 8 + 55(5 + 7k) = 283 + 385k. on conclut que l’ensemble des
1
Ainsi, il existe un n ∈ N et un seul convenant, c’est n = 3. solutions de (S) est {283 + 385k; ∈ Z}.
1. Soit (a, b) ∈ Z2 tel que 24a2 + 1 = b2 .

Calculons les carrés d’entiers modulo 5, par exemple sous forme d’un tableau :
.P
2.a) Résolvons la première équation (1) de (S). On a :
(1)x ≡ 1[6] ⇔ ∃a ∈ Z, x = 1 + 6a.
b) Reportons dans la deuxième équation (2) de (S) :
(2)x ≡ 3[10] ⇔ 1 + 6a ≡ 3[10]

⇔ 6a ≡ 2[10]
.N
x 0 ±1 ±2
⇔ ∃b ∈ Z, a = 2 + 5b
x2 0 1 -1
2
Ainsi : ∀x ∈ Z, x ≡ [5] − 1 ou 0 ou 1.
On obtient :
D’autre part, modulo 5 : b2 = 24a2 + 1 ≡ −a2 + 1 x = 1 + 6a = 1 + 6(2 + 5b) = 13 + 30b.
donc a2 + b2 ≡ 1 c) Reportons dans la troisième équation (3) de (S) :
Calculons les sommes de deux carrés modulo 5, par exemple sous forme d’un tableau,
donnant a2 + b2 modulo 5 à partir de a2 modulo 5 et de b2 modulo 5 :
H
(3)x ≡ 7[15] ⇔ 13 + 30b ≡ 7[15]

a2 \b2 -1 0 1
-1 -2 -1 0 ⇔ 30b ≡ −6[15]
0 -1 0 1 ⇔ 0 ≡ −6[15], impossible
1 0 1 2
On a donc, modulo 5 : On conclut que (S) n’a pas de solution dans Z
( ( !
a2 ≡ 0 a2 ≡ 1
V.
a2 + b2 ≡ 1 ⇒ ou
b2 ≡ 1 b2 ≡ 0
Enfin, d’après le tableau des carrés modulo 5, on a :

∀x ∈ Z, x2 ≡ 0 ⇒ x ≡ 0
d’où : a ≡ 0 ou b ≡ 0, donc ab ≡ 0, c’est-à-dire : 5 | ab. 1. On forme d’abord la decomposition primaire du nombre de gauche dans l’enoncé :
2. 56786730 = 2.3.5.7.11.13.31.61
a) soit (x, y, z) ∈ Z3 tel que 7|x3 + y 3 + z 3 Soit p l’un de ces facteurs premiers.
Calculons les cubes modulo 7, par exemple sous forme d’un tableau : Alors : p − 1 ∈ {1, 2, 4, 6, 10, 12, 30, 60}, donc
t 0 ±1 ±2 ±3 p − 1 | 60
t3 0 ±1 ±1 ±1 D’après le petit théoreme de Fermat , on a, puisque p est premier , pour tout a ∈ Z
tel que p ne divise pas a :
Raisonnons par l’absurde : supposons 7 - x, 7 - y,
7 - z, ap−1 ≡ 1[p].
alors, modulo 7 : x3 ≡ ±1, y 3 ≡ ±1, z 3 ≡ ±1. On en deduit ; par adition , en Comme p − 1|60, il en résulte : a60 ≡ 1[p].
examinat toutes les 8 possibilités , que x3 + y 3 + z 3 0, contradiction. Soit (x, y) ∈ Z2
3
Ceci montre , modulo 7 x + y + z ≡ 0 =⇒ 3 3 • Si p|x ou p|y , alors p|x61 y − xy 61 .
(x3 ≡ 0ouy 3 ≡ 0ouz 3 ≡ 0, ). De plus , d’apres le tableau des cubes modulo 7 • Supposons p - x et p - y .Alors , comme on l’a vu plus haut : x60 ≡ 1[p] et
ci-dessus : y 60 ≡ 1[p], d’où
3
∀t ∈ Z, (t ≡ 0[7] =⇒ t ≡ 0[7]) x61 y − xy 61 = xy(x60 − y 60 ) ≡ xy(1 − 1) ≡ 0[p].
On a donc , modulo 7 Ceci montre : p|x61 y − xy 61 . ainsi, les facteurs premiers p considérés divisent
x61 y − xy 61 , donc leur produit le divise aussi et on conclut : 56786730|x61 y −
xy 61 ,
3 3 3
:x +y +z ≡ 0 =⇒ (x ≡ 0 ou y ≡ 0 ou z ≡ 0) 2. a) Soit (a, b, b) convenant.
=⇒ (7|x ou 7|y ou 7|z) Par rôles symétrique de a, b, c, on peut supposer, par exemple :
=⇒ 7|xyz. 2 ≤ a ≤ b ≤ c.
• Soit δ ∈ N∗ tel que :
δ | et δ | b. Alors : δ | a | bc + 1 et δ | b | bc, donc, par différence, δ | 1, donc
b) Si le système (S) admet (au moins ) une solution (x, y, z) ∈ Z3 alors, d’après la δ = 1.
premiere équation , 7|x3 + y 3 + z 3 , donc d’après a) 7|xyz , ce qui contredit la Ceci montre que a et b sont premiers entre eux.
deuxieme equation Par rôles symétrique de a, b, c, on déduit que a et c sont premiers entre eux, et que
on conclut que (S) n’a pas de solution dans Z3 b et c sont premiers entre eux.
Ceci montre que a, b, c sont premiers entre eux deux à deux.
En particulier, comme a, b, c sont tous ≥ 2, il en résulte qu’ils sont deux à deux
Exercice 58 Enoncé différents, et donc :
2 ≤ a ≤< b < c.

• Notons S = ab + bc + ca + 1 ∈ N∗ . b) Le même raisonnement qu’en a), portant sur le degré de P , montre que,
Comme a | bc + 1 et a | ab + ca, par addition : a | S. si P 6= 0 et si P convient, alors, en notant n = deg(P ), on a :
Par rôles symétriques de a, b, c, on déduit : a | S, b | S, c | S. Comme a, b, c n2 + n − √ 1 = 0. Mais √ les solutions de cette équation du second degré
sont premiers entre eux deux à deux, d’après un théor‘eme du cours, il en résulte : −1 − 5 −1 + 5
abc | S et donc, comme abc et S sont des entiers naturels non nuls : abc ≤ S. sont et , qui ne sont pas des entiers.
2 2
• Supposons b ≥ 4. Alors, c ≥ 5 puis : On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est {0}.
abc abc abc 3. Par division euclidienne, il existe (Q, R) ∈ (R[X])2 unique tel que :
abc ≤ S = ab + bc + ca + 2 = + + +1
c a b
abc abc abc 19 n 2
≤ + + +1= abc + 1 X = (X − X − 2)Q + R et deg(R) < 2
5 2 4 20
d’où : abc ≤ 20. Mais : abc ≥ 2.4.5 = 40, contradiction.
• On a donc nécessairement b = 3, d’où a = 2. Il existe donc (a, b) ∈ R2 unique tel que R = aX + b.
Enfin : c ≥ 4 et c | ab + 1 = 7, donc c = 7. Comme X 2 − X − 2 = (X + 1)(X − 2), on déduit, en remplaçant X par −1, par
2:
Ceci montre : a = 2, b = 3, c = 7.
(−1)n =

−a + b −1 2
b) Réciproquement : 2n = 2a + b 1 1
2 | 3.7 + 1 = 22, 3 | 7.2 + 1 = 15, 7 | 2.3 + 1 = 7,
On résout ce système linéaire de deux équations à deux inconnues, par exemple en
donc (2, 3, 7) convient.
utilisant les coefficients indiqués, et on obtient :
Finalement, il existe exactement six triplets (a, b, c) convenant, déduits du triplet
(2, 3, 7) par permutations. n n n n
3a = 2 − (−1) , 3b = 2 + 2(−1) .
Exercice 60 Enoncé On conclut : le reste de la division euclidienne de X n par X 2 − X − 2 est :
1 n n 1 n n
R= (2 − (−1) )X + (2 + 2(−1) ).
1. Récurrence sur n. 3 3
• La propriété est vraie pour n = 0, car
0
X
Pk (X) = P0 (X) = 1
k=0 1. Notons A = X 2 + X + 1 et Pn = (X 4 + 1)n − X n .
Comme A = (X − j)(X − j 2 ) dans C[X], A est scindé simple sur C, donc :
et P0 (X − 1) = 1.
• La propriété est vraie pour n = 1, car

2
1
A|Pn ⇔ Pn (j) = 0 et Pn (j ) = 0 .
1
X
k=0
Pk (X) = P0 (X) + P1 (X) = 1 − X
et P1 (X − 1) = −(X − 1) = 1 − X.
• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N∗ . On a alors :
.P De plus, comme Pn ∈ R[X], on a :
Pn (j 2 ) = Pn (j) = Pn (j), donc :
Et
A|Pn ⇔ Pn (j) = 0.
(j 4 + 1)n − j n = 0
.N
Pn (j) = 0 ⇔
(j + 1)n = j n
Pn+1 Pn
⇔

k=0
Pk (X) = k=0 Pk (X) + Pn+1 (X)
⇔ (−j 2 )
n
= jn
iπ n 2iπ n

= Pn (X − 1) + Pn+1 (X)
⇔ e 3 = e 3
(−1)n nπ 2nπ
= (X − 1) · · · (X − n) ⇔ ≡ [2π]
n! 3 3
nπ
(−1)n+1 ⇔ ≡ 0[2π]
H
+ X(X − 1) · · · (X − n) 3
(n + 1)!
⇔ n ≡ 0[6]
(−1)n
= (X − 1) · · · (X − n) On conclut que l’ensemble des n convenant est l’ensemble des multiples de 6 dans
(n + 1)!
N∗ .
× ((n + 1) − X) 2. Par division euclidienne de P par X 2 − X, il existe (Q, R) ∈ (R[X])2 unique tel
V.
que :
2
(−1)n+1 P = (X − X)Q + R et deg(R) < 2.
= (X − 1) · · · (X − n)
(n + 1)!
a) Il existe donc (a, b) ∈ R2 unique tel que
× (X − (n + 1)) R = aX + b. Comme X 2 − X = X(X − 1), prenons les valeurs en 0 et en 1 :
= Pn+1 (X − 1)
P (0) = R(0) = b
P (1) = R(1) = a+b
Ceci montre que la propriété est vraie pour n + 1.
On conclut, par récurrence sur n, que la propriété est vraie pour tout n ∈ N. D’autre part : P (0) = 1 + (−1)n et P (1) = 2. On déduit :
2. a) Il est clair que le polynôme nul convient.
1) Soit P convenant tel que P 6= 0. Notons n = deg(P ) ∈ N. n n
b = 1 + (−1) , a = P (1) − b = 1 − (−1) .
Le polynôme P s’écrit : P = an X n + · · · + a0 , où a0 , · · · , an ∈ R et
an 6= 0.
Ainsi, le reste R est :
Puisque X 2 P 00 + 2XP 0 − 2P = 0, le terme de degré n de ce polynôme
est nul, donc n n
n(n − 1)an + 2nan − 2an = 0, c’est-à-dire R = 1 − (−1) X + 1 + (−1) .
2
(n + n − 2)an = 0, d’où, puisque
b) Ensuite, connaissant le reste, on va calculer le quotient par factorisation :
an 6= 0 : n2 + n − 2 = 0.
On résout cette équation du second degré :
2
(X − X)Q = P − R
2
n + n − 2 = 0 ⇔ (n = 1 ou n = −2) . =X
n
+ (X − 1)
n n
+ 1 − (1 − (−1) )X − (1 + (−1) )
n
n n n n
=X + (X − 1) − (1 − (−1) )X − (−1)
Comme n ∈ N, on a nécessairement n = 1.
Ceci montre que P est de degré 1. n n n n
= (X − X) + ((X − 1) + (−1) X − (−1) )
2) En notant P = aX + b, (a, b) ∈ R2 , on a alors :
n−1 n−1 n−1
= X(X − 1) + (X − 1)((X − 1) − (−1) )
2 00 0
X P + 2XP − P = 2aX − 2(aX + b) = −2b, n−2 n−2
k n−k k
X X
= X(X − 1) X + (X − 1)X (−1) (X − 1) .
k=0 k=0
donc :
2 00 0
X P + 2XP − 2P = 0 ⇔ b = 0 ⇔ P = aX. On conclut que le quotient Q est :
On peut contrôler que ces polynômes conviennent bien.

n−2 n−2
On conclut que l’ensemble des solutions de l’équation proposée est X k n
X k k
{aX; a ∈ R}. Q= X + (−1) (−1) (X − 1) .
k=0 k=0

3. Soit (P, Q) ∈ (K[X])2 . d) Passons par les nombres complexes :
a) Si (P, Q) convient, alors :
2 2 2
(X − 4X + 1) + (3X − 5) =
(X − 2)|(X − 2)Q
2
(X − 4X + 1) + i(3X − 5)
et
2

2 × (X − 4X + 1) − i(3X − 5)
(X − 2)Q = −(X − 5X + 7)P + (2X − 3)

2
= − ((X − 2)(X − 3) + 1) P + 2(X − 2) + 1 = X − (4 − 3i)X + (1 − 5i)

2
= (X − 2) (−(X − 3)P + 2) − (P − 1), × X − (4 + 3i)X + (1 + 5i)
donc (X − 2)|(P − 1). Notons

2
On pouvait aussi remarquer que, si l’on remplace X par 2 dans (1), on obtient Q= X − (4 − 3i)X + (1 − 5i)
P (2) = 1, donc (X − 2)|(P − 1).
Il existe donc A ∈ K[X] tel que : P − 1 = (X − 2)A. donc
2
Q= X − (4 + 3i)X + (1 + 5i)
b) On a, pour tout A ∈ K[X], en notant
P = (X − 2)A + 1 : Le polynôme Q est du second degré. Son discriminant est :
2 2
∆ = (4 − 3i) − 4(1 − 5i) = 3 − 4i = (2 − i) .
2
(1) ⇔ (X − 5X + 7)((X − 2)A + 1) + (X − 2)Q
Les zéros de Q dans C sont donc :
= 2X − 3
4 − 3i − (2 − i)
=1−i
2 2 2
⇔ (X − 2)((X − 5X + 7)A + Q) = −X + 7X − 10
et
= (X − 2)(−X + 5) 4 − 3i + (2 − i)
= 3 − 2i.
2 2
⇔ (X − 5X + 7)A + Q = −X + 5
D’où :
2 Q = (X − (1 − i)) (X − (3 − 2i)) .
Q = −(X − 5X + 7)A + (−X + 5).
puis :
1
On conclut que l’ensemble des couples (P, Q) cherchés est : P = QQ
4.
Q = −(X
2
{(P = (X − 2)A + 1,
− 5X + 7)A + (−X + 5)); A ∈ K[X]}.
On peut contrôler que les couples obtenus conviennent.

a) Soit n ∈ N∗ . On a :
.P = [(X − (1 − i)) (X − (3 − 2i))]
× [(X − (1 + i)) (X − (3 + 2i))]
= [(X − (1 − i)) (X − (1 + i))]
× [(X − (3 − 2i)) (X − (3 + 2i))]
= [((X − 1) + i)) ((X − 1) − i))]
.N
× [((X − 3) + 2i)) ((X − 3) − 2i))]
2n+1 2n 2n 2 2n

2 2
Pn+1 = X +X + 1 = (X ) +X +1 = (X − 1) + 1 (X − 3) + 4

2 2
= X − 2X + 2 X − 6X + 13 .
2n 2 2n 2n 2 2n−1 2
= (X + 1) − X = (X + 1) − (X )
Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles dans R[X],
car de discriminants < 0.
2n 2n−1 2n 2n−1
H
= (X +1−X )(X +1+X ) e) On a :

5 4 3 2
X + 1 = (X + 1)(X − X + X − X + 1)
2n 2n−1
= (X −X + 1)Pn
Notons P = (X 4 − X 3 + X 2 − X + 1).
ce qui montre : Pn |Pn+1 . Le polynôme P est réciproque. On a, en passant par les fractions ration-
nelles :
b) Soit (m, n) ∈ (N∗ )2 tel que n ≤ m. 1 1

V.
2 2
P =X X −X+1− +
On a successivement, d’après 1) : Pn | Pn+1 | Pn+2 | · · · | Pm−1 | Pm , X X 2
donc, par transitivité de la divisibilité : Pn |Pm .
1 1

2 2
=X X + − X+ +1 .
X2 X
1
Exercice 62 Enoncé En notant Y = X + , on obtient :
X

2 2 2 2
P =X (Y − 2) − Y + 1 = X (Y − Y − 1).
1. a) Il s’agit d’un trinôme en X 3 :
On factorise, dans R[Y ], le trinôme du second degré apparu, et on revient
6 3 3 3 à la notation X :
X + 9X + 8 = (X + 1)(X + 8)
√ ! √ !
2 1− 5 1+ 5
P =X Y − Y −
2 2 2 2
= (X + 1)(X − X + 1)(X + 2)(X − 2X + 4).
√ !
Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles dans R[X], 1 −1 + 5
2
car de discriminants < 0. =X X+ + ×
X 2
b) Il s’agit d’un trinôme bicarré :
√ !
1 −1 − 5
X+ +
4 2 2 2 2 X 2
X − 2X + 9 = (X + 3) − 8X
√ !
2 2 5−1
2 √ 2 √ =X X + X+1 ×
= (X + 3 − 2 2X)(X + 3 + 2 2X) 2
√ √ √ !
= (X
2 2
− 2 2X + 3)(X + 2 2X + 3). 2 5+1
X − X+1 .
2
Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles dans R[X],
car de discriminants < 0. On conclut :
c) Il s’agit d’un trinôme bicarré : X 5 + 1 = (X + 1)
√ !
4 2 2 2 5−1
X +X − 6 = (X − 2)(X + 3) X2 + X+1 ×
2
√ !
√ √ 5+1
= (X − 2)(X +
2
2)(X + 3). X2 − X+1 .
2

2
Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles dans R[X], = (X − 1)(X + 1) (X − j)(X − j ) ×
f ) 1re méthode :

2
(X + j)(X + j )
On a :
6 2 4 2
X − 1 = (X − 1)(X + X + 1) 2 2
= (X − 1)(X + 1)(X + X + 1)(X − X + 1).
4 2
= (X − 1)(X + 1)(X +X + 1).
2. Soit x ∈ Q, x = p/q, (p, q) ∈ Z × N∗ , p ∧ q = 1.
On factorise le trinôme bicarré obtenu : • On a :
P (x) = 0 ⇔ 2p4 − 3p3 q + 3p2 q 2 − 13pq 3 + 6q 4 = 0
( (
4 2 2 2 2 p | 6q 4 p|6
X +X + 1 = (X + 1) − X ⇒ 4 ⇒
q | 2p q|2
d’après le théorème de Gauss, puisque p ∧ q = 1. Ceci montre que les éventuels

2 2 zéros rationnels de P sont nécessairement de la forme p/q où :
= (X + 1) − X (X + 1) + X
p ∈ {±1, ±2 ± 3, ±6}, q ∈ {1, 2}
2 2 On essaie toutes les possibilités, ou on remarque que P (2) = 0 et P (1/2) = 0.
= (X − X + 1)(X + X + 1). 1
• On peut donc factoriser P par X − 2 et par X − , ou encore par 2X − 1 :
On conclut : 2
X 6 − 1 = (X − 1)(X + 1)(X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1).
Les deux trinômes du second degré apparus sont irréductibles dans R[X], 3 2
P = (X − 2)(2X +X + 5X − 3)
f ) 2e méthode : = (X − 2)(2X − 1)(X
2
+ X + 3)
Les zéros de X 6 − 1 dans C sont les racines sixièmes de 1, qui sont
1, −1, j, −j, j 2 , −j 2 , donc :
Le trinôme qui apparait est irréductible dans R[X] car son discriminant est < 0.
X6 − 1 = 3. • Calculons le pgcd de A et B dans C[X], par divisions euclidiennes successives :
X X+a
X 4 + 2X 2 + b X3 + X + a X 2 − aX + b
1
X 2 − aX + b aX 2 + (1 − b)X + a
(1 − b + a2 )X + (a − ab)
Si A et B ont au moins deux zéros
.P
.N
communs, alors deg(A ∧ B) ≥ 2, donc : P (P (x)) − X =
2
(1 − b + a )X + (a − ab) = 0
( (P (P (X)) − P (X)) + (P (X) − X) =
1 − b + a2 = 0 n n
!
d’où : et donc a = 0 X X
H
a − ab = 0 ak (P (X))k − ak X k +
et b = 1. k=0 k=0
• Réciproquement, pour a = 0 et b = (P (X) − X) =
V.
1, on a : Xn
A = X 3 + X = X(X 2 + 1) ak ((P (X))k − X k ) + (P (X) − X)

et k=0
B = X 4 + 2X 2 + 1 = (X 2 + 1)2 Pour tout k de N∗ , P (X) − X |

donc A et B ont deux zéros communs (P (X))k − X k , puisque :
dans C, les nombres complexes i et −i. (P (X))k − X k =
On conclut que A et B ont au moins k−1
X
deux zéros communs dans C si et seule- (P (X) − X) (P (X))i X k−1−i
ment si : (a, b) = (0, 1). i=0
On conclut : P (X)−X | P (P (X))−X
Exercice 63 Enoncé 2. a) La décomposition en éléments
simples de F est de la forme :
n a b
X F =E+ +
1. En notant P ak X k , (a0 , ..., an ) ∈ X −1 X −2
k=0 où E ∈ R[X], (a, b) ∈ R2 sont à cal-
n+1
K , on a : culer.

• On calcule E par division eucli- X 5 = (X 4 − 2X 3 + X 2 ) × (X + 2) +
dienne de X 3 par (X − 1)(−2) = 3X 3 − 2X 2 + 1
X 2 − 3X + 2. On a La DES de la fration rationnelle F
X 3 = (X 2 − 3X + 2)(X + 3) proposée est de la forme :
On a donc : E = X + 3 a b c
F = X+2+ 2 + + +
• On calcule a par multiplication X X (X − 1)2
par X − 1 puis remplacement de X d
par 1. On obtient : a = −1. X −1
• On calcule b par multiplication avec a, b, c, d ∈ R
par X − 2 puis remplacement de X On calcule a par multiplication par
par 2. On obtient : b = 8. X 2 puis remplacement de X par 0 :
On conclut à la décomposition en a=1
éléments simples : De même, par multiplication par
X3 1 (X − 1)2 puis remplacement de X
= X+3− +
(X − 1)(X − 2) X −1 par 1 : c = 2.
1
8
X −2
b) La décomposition de F est de la
forme :
.P
Puis :
b
+
d
X X −1
1
= (F − (X + 2)) − 2 −
X
2
(X −
.N
a b c
F = + + 3X 3 − 2X 2 + 1 1
(X − 1)2 X − 1 X + 2 = − −
où (a, b, c) ∈ R3 est à calculer. X 2 (X − 1)2 X 2 (X
On calcule a par multiplication par 3X 3 − 5X 2 + 2X
H
=
(X − 1)2 puis remplacement de X X 2 (X − 1)2
par 1. On obtient : a = 1/3 3X − 2
=
V.
• On calcule c par la multiplication X(X − 1)

par X + 2 puis remplacement de X
par -2. On obtient : c = −2/9 On calcul b par multiplication par
X puis remplacement de X par 0 :
• Pour calculer ensuite b, on mul-
b=2
tiplie par X puis on fait tendre X
vers l’infini. On obtient 0 = b + c, De même, par multiplication par
donc b = −c = 2/9 X − 1 puis remplacement de X par
On conclut à la décomposition en 1 : d = 1.
élément simple : Finalement :
X 1 1 1 2 2
= + F = X+2+ + + +
(X − 1)2 (X + 2) 3 (X − 1)2 X2 X (X − 1)2
2 1 2 1 1
− X −1
9X − 1 9X + 2
c) La partie entière est le quotient d) La partie entièr de la fonction ra-
de la division euclidienne de X 5 + 1 tionnelle F proposé est nulle, et la
par X 2 (X − 1)2 DES est de la forme :

λ aX + b cX + d Ceci montre que le reste de la divi-
F = + + +
X (X 2 + 1)3 (X 2 + 1)2 sion euclidienne de X a −1 par X b −1
eX + f dans K[X] est X r − 1.
X2 + 1 Ainsi, les algorithmes d’Euclide
où λ, a, ..., f ∈ R pour (a, b) dans Z et pour (X a −
On calcule λ par multiplication par 1, X b − 1) dans K[X] sont menés si-
X et remplacement de X par 0 : multanément.
λ=1 Le dernier reste non nul, dans
Puis : la suite des divisions euclidiennes
donnant le pgcd de X a − 1 et X b − 1,
1 X 4 + X + 1 − (X 2 + 1)3 est donc xδ − 1, d’où :
F− = pgcd(X a − 1, X b − 1) = X δ − 1
X X(X 2 + 1)3
−X 6 − 2X 4 − 3X 2 + X 2. • Puisque P P a−1 + Q(−Qb−1 ) = 1,
= d’après le théorème de B’ezout :
X(X 2 + 1)3
P ∧Q=1
−X 5 − 2X 3 − 3X + 1
1
= • D’autre part, puisque P a − Qb = 1,
(X 2 + 1)3
Par divisions euclidiennes succe-

sives :
.P en dérivant, on déduit :
aP a−1 P 0 = bQb−1 Q0
Comme a − 1 ∈ N∗ , on a P | P a−1 ,
.N
−X 5 − 2X 3 − 3X + 1 = (X 2 + 1) × donc P | bQb−1 Q0 .
(−X 3 − X) + (−2X + 1) De même, par rôles symétriques de
−X 3 − X = (X 2 + 1) × (−X) (P, a) et (Q, b), on obtient : Q | P 0 .
H
D’où : a = −2, b = 1, c = 0, d = 0, e = • Si P et Q ne sont pas constants,

−1, f = 0 alors
V.
1 −2X + 1 deg(P 0 ) = deg(P ) − 1 et deg(Q0 ) =

Finalement : F = + −
X (X 2 + 1)3 deg(Q) − 1, d’où, d’après le résultat
X précédent :
2
X +1 deg(P ) ≤ deg(Q) − 1 et deg(Q) ≤
deg(P − 1),
contradiction.
Ceci montre que P ou Q est
1. Il est claire qu’on peut supposer a ≥
constant.
b
• Si, par exemple, P est constant,
Effectuons la division euclidienne
alors Qb = P a − 1 est constant,
de a par b dans N∗ :
deg(Qb ) = 0, puis bdeg(Q) = 0 donc
a = bq + r, (q, r) ∈ N2 , 0 ≤ r < b, deg(Q) = 0, et on déduit que Q est
puis celle de X a − 1 pat X b − 1 dans constant.
K[X]. Après division on obtient :
Finalement, P et Q sont constants.
X a − 1 = (B b − 1) × (X a−b + .... +
X a−qb ) + X a−qb − 1

Montrons que pour : (m, n) ∈ (N∗ )2 Montrons que 1 est un zéro d’ordre 3
n ≤ m =⇒ Pn | Pm et exactement de Pn
n ≤ m =⇒ ∃k ∈ N/m = n + k
On a :
2n 2n−1
On a Pn (X) = X +X +1
Pn (1) = (n−1)−2(2n−1)+2n2 −(2n2 −3n+1) = 0
(6.1)
n n−1
[Pn (X)]2 = [(X 2 + X 2 ) + 1]2
n n−1 n n−1 0
= (X 2 + X 2 )2 + 2X 2 + 2X 2 Pn1(X) = 2n(n − 1)X 2n−1 − 2n(2n − 1)X n−1 + 2
+
n n n−1 n−1 0 n n−1
= (X 2 )2 + 2X 2 X 2 + (X 2 )2 + 2X 2
Pn (1)+=2X 2
2n(n −+1)1 − 2n(2n − 1) + 2n2
n n 0
×2 +2n−1 n−1
×2 n
2 2 n−1
= X2 + 2X 2 + X2 + 2XP2n (1) = 2n
+ 2X − 1 − 4n2 + 2n + 2n2
+ 2n
n+1 n n
+2n−1 n n−1
= X2 + X 2 + 1 + 2X 2 + 2X 2 + 2X 2
n n−1 n−1 n−1 0
= Pn+1 (X) + 2(X 2 × X 2 + (X 2 )2 + X 2 ) Pn (1) = 0, (6.2)
1
n−1 n n−1
= Pn+1 (X) + 2X 2
= Pn+1 (X) + 2X 2
n−1
(X 2 + X 2
Pn (X)
+ 1)
.P
Pn(2) (X) = (2n − 1)2n(n − 1)X 2n−2 − 2n(2n − 1)
Pn(2) (1) = (2n − 1)2n(n − 1) − 2n(2n − 1)(n − 1
.N
Donc Pn+1 (X) = [Pn (X)]2 −
n−1
2X 2 Pn (X) Pn(2) (1) = 0, (6.3)
H
n−1
Pn+1 (X) = Pn (X)[Pn (X) − 2X 2 ]
Pn(3) (X) = (2n − 1)(2n)(n − 1)[(2n − 2)X 2n−3 −
V.
Donc Pn (X) | Pn+1 (X) Pn(3) (X) = (2n − 1)(2n)(n − 1)n

Pn(3) (X) = 2n2 (2n − 1)(n − 1)
m = n alors Pn (X) | Pm (X)
m > n∃k ∈ N∗ /m = n + k
D’après ce qui précède : n 6= 0 et n 6= 1 donc Pn(3) (1) 6= 0, (6.4)

Pn (X) | Pn+1 (X) ; De 6.1, 6.2, 6.3 et 6.4, on conclut que
Pn+1 (X) | Pn+2 (X) ; 1 est zéro d’ordre de multiplicité 3 exac-
... ; tement.
Pn+k−1 (X) | Pn+1+k (X)
Donc si m > n on a Pn (X) | Pm (X)


−1 − 7 −1 + 7
Exercice 70 Enoncé x1 = ; x2 =
2 2
x1 = −4; x2 = 3
L’ensemble solution du système
Exercice 72 Enoncé est :
 SR = {(1; −4; 3); (1; 3; −4); (−4; 1; 3); (−4; 3
x + y + z = 0

a) xy + xz + zy = −13 
x + y + z = −2

xyz = −12
 
b) x2 + y 2 + z 2 = 0
Soit P (X) = X 3 + bX 2 + cX + d un 
 3
polynôme unitaire dont les racines x + y3 + z3 = 1
sont solutions du système. Calculons : (x + y + z)2
1

−b = x + y + z = 0

On a : c = xy + xz + yz = −13


(−1)3 d = xyz = −12
.P
Tout calcul bien fait montre que :
(x + y + z)2 = 2xy + 2yz + 2xz

.N

b = 0

−→ c = −13  


d = 12 x + y + z = −2
 x + y + z = −2

H
x2 + y 2 + z 2 = 0 ⇐⇒ (x + y + z)2 = 2xy
P (X) = X 3 − 13X + 12

 3 
x + y3 + z3 = 1
 3
x + y3 + z3 = 1

V.
Résolvons P (X) = 0 x + y + z = −2

⇐⇒ 2xy + 2yz + 2zy =

 3
3
P (X) = 0 ⇐⇒ X − 13X + 12 = 0 x + y3 + z3 = 1

x + y + z = −2

P (1) est donc une racine évidente. ⇐⇒ xy + yz + zy = 2

 3
x + y3 + z3 = 1
Faisons la division euclidienne de
X 3 − 13X + 12 par X − 1
P (X) = (X − 1)(X 2 + X − 12) Calculons : (x + y + z)3
Résolvons X 2 + X − 12 = 0 (x + y + z)3 = −3xyz − 11 or x + y + z = −2

donc (x + y + z)3 = −8
∆ = 1 + 4 × 12 = 49 D’où −3xyz − 11 = −8 ; soit xyz = −1

0 ⇐⇒ X = −1 ou X 2 + X + 1 = 0
 
P (X) =
x + y + z = −2
  x + y + z = −2
a √
3)√2

x2 + y 2 + z 2 = 0 ⇐⇒ xy + yz + xz = = 2 (i−1−i √
3 −1+i 3

 3  X1 = 2 ; X2 = 2
x + y3 + z3 = 1 xyz = −1

Vous pouvez en déduire l’ensemble so-
Soit P (X) un polynome unitaire dont les lution du système.
racines sont les solutions de système.
P (x) = X 3 + bX 2 + cX + d Exercice 73 Enoncé
On
 a:
−b = x + y + z = −2
 Exercice 74 Enoncé
c = xy + yz + z = 2
 Exercice 75 Enoncé
(−1)3 d = xyz = −1

Donc P (X) = X 3 + 2X 2 + 2X + 1 Exercice 76 Enoncé

Remarquons que :
P (−1) = 0 Exercice 77 Enoncé
Donc :
1
∃Q(X) ∈ C[X]/P (X) = (X + 1)Q(X)
On a :
X 3 + 2X 2 + 2X + 1 = (X + 1)(X 2 + X + 1)
.N
6.3 ÉNONCÉ DES DEVOIR DES STRUCTURE ALGÉBRIQUE
H
m
Premier devoir a) Montrer que si est pair, alors
V.
d
x ∧ y = 2d + 1.
Exercice 1Corrigé
b) Montrer qu si md est impair, alors x
Enonce puis démontre le petit et y sont premiers entre eux.
théorème de Fermat.
Exercice 2Corrigé 3. Montrer que pour tous entiers m et
n, N = mn(m60 − n60 ) est divisible
1. Soit n ∈ N. Montrer que les par 56786730.
n
nombres Fn = 22 + 1 appelés
nombres de Fermat sont premiers
entre eux. Exercice 3Corrigé
2. Soit m et n deux entiers naturels
non nuls. On pose x = 2m − 1 et
y = 2n + 1 Soit d = m ∧ n. Voir exercice 3 du second devoir.

Second devoir Exercice 3Corrigé
Exercice 1Corrigé
Premier devoir 3. Si nZ + mZ = dZ, que peut-on dire

de d ?
Exercice 1 4. Détermine tous les sous-groupes de
Z engendrées par : 14Z ∪ 35Z ; 4Z ∪
Enonce puis démontre le petit théorème
8Z ∪ 6Z ∪ 64Z
de Fermat
Exercice 3
1
Exercice 2
1. Soit (G, · ) un groupe. E un en-
1. Soit A une partie non vide de Z.
Montrer que la famille des sous-
.P semble et f : E → G une applica-
tion bijective. On note ∗ la loi de
composition interne dans E définie
.N
groupes de Z contenant A n’est pas
vide. Soit H une partie de Z conte- par :
nant A. Montrer l’équivalence des ∀x, y ∈ E, x ∗ y = f −1 (f (x)· f (y))
conditions suivantes :
H
où f −1 désigne la bijection

(a) H est l’intersection des sous-
réciproue de f
groupes de Z qui contient A
Démontrer que (E, ∗) est un groupe
V.
(b) H est le plus petit sous-groupe et que f est un isomorphisme de

de Z qui contient A groupe de (E, ∗) dans (G, · )
(c) Un élément de H est une 2. On note ∗ la loi interne dans R
somme finie d’élément de A définie par :
ou d’éléments dont l’opposé est p
dans A ∀x, y ∈ R2 , x ∗ y = 3 x3 + y 3
2. Soit nZ et mZ deux sous-groupes de Montrer que (R, ∗) est un groupe
Z. Montrer que isomorphe à (R, +)
nZ + mZ = {mu + nv|u, v ∈ Z} Second devoir
(a) est un sous-groupe de Z
Exercice 1
(b) contient mZ et nZ,
(c) est contenu dans tout sous- Soit A un anneau non nul. Un élément a
groupe de Z ui contient mZ et de A est dit nilpotent s’il existe n ∈ N*
nZ tel que an = 0

1. Soit a, b ∈ A2 , Montrer que si a est Exercice 3
nilpotent et si ab = ba, alors ab est
nilpotent. 1. On pose x = 2m − 1 et y = 2n + 1,
2. Soit a ∈ A nilpotent. Montrer que 1- avec n, m des entiers non nuls. Soit
a est inversible dans A et exprimer d=m∧n
(1 − a)−1 en fonction de a.
(a) Montrer que si md est impair,
3. Soit a, b ∈ A. Montrer que, si a et b alors x et y sont premiers entre
sont nilpotents et ab = ba alors a + b eux.
est nilpotent.
m
(b) Montrer que si d est pair, alors
Exercice 2 x ∧ y = 2d + 1
Soit a et b deux réels strictements posi- 2. Soit a, b et c des entiers naturels non
tifs et P le polynôme P (X) = X 2 −aX +b nuls, premiers entre eux dans leur
de racine u et v. ensemble tels que :
1
1. Montrer qu’il est possible de 1 1 1
construire deux triangles distincts
dont les longeurs des côtés soient u
et v si et seulement si
.P + =
a b c
. Prouver que a + b est un carré par-
.N
fait.
9b > 2a2 > 8b
3. En utilisant le théorème de Fermat,
2. Donner une condition nécéssaire et montrer que pour tous entiers m et
suffisante pour que l’un des tri- n, l’entier N = mn(m60 − m60 ) est di-
H
angles isocèle soit rectangle visible par 56786730

V.
Premier devoir (Voir Devoir 1 2019-2020)Second devoir (Voir Devoir 2 2019-2020)
6.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS DE STRUCTURE ALGÉGRIQUE
Second devoir 1. Montrons qu’il existe des triangles

dont les longueurs des cotés soient
u et si et seulement si 9b ≥ 2a ≥ 8b
Exercice 1Enoncé
Une première condition est que le
discriminant soit positif, pour que
Exercice 2Enoncé les racines soient réelles. Dans ce

cas, puisque le produit et la somme et donc v = (1+a√2)
des racines sont strictement posi- Le triangle est rectangle si et seule-
tives. Les longueurs des cotés se- ment si P(v) est nul c’est-à-dire
ront donc (u,u,v) et (v,v,u). En- a
√ − (1+a√2) + b = 0,
(1+ 2)2
suite,si l’on veut obtenir deux tri- ce qui donne
angles distincts, ils ne peuvent etre
équilatéraux et les racines de P √ √ √
doivent etre distinctes. Finalement 2a = (1 + 2)2b = (3 + 2 2)b,
l’existence de racines réelles dis- √
et finalement, en miltipliant par 2
tinctes a lieu si et seulement si √
∆ = a − 4b ≥ 0. 2a = (4 + 3 2)b
Alors, en raison des inégalités tri- En remarquant que
angulaires, pour pouvoir obtenir
deux triangles, on doit avoir à la √
fois 9≥3 2+4≥8
1
u ≤ 2v et v ≤ 2u, ,
ou encore a = u + v ≤ 3v eta =
u + v ≤ 3u.
Le nombre a/3 doit donc etre
.P la condition
9b ≥ 2a ≥ 8b
.N
inférieur aux racines de P. Comme
est satisfaite dans ce cas, et la
a/3 est inférieur à la demi-somme
condition est suffisante pour que
des racines a/2, la condition a lieu
l’un des triangles soit rectangle.
si et seulement si P(a/3) est positif.
H
D’ailleurs, on peut expliciter le po-

Donc
lynome. √On a √ √
b = 3+√2 2 a = 2(3 − 2 2) =
V.
a
√
P (a/3) = 9 − a3 + b = 19 (9b − 2a) ≥ 0. (3 2 − 4)a
donc √
On obtient bien la condition P (X) = X − aX + (3√ 2 − 4)a
qui a pour racines ( 2 − 1)a et (2 −
√
9b ≥ 2a ≥ 8b
2)a
2. Si l’on veut que l’un des triangles Exercice 3Enoncé
soit rectangle, on a donc, d’après le
théorème de Pythagore, Exercice 4Enoncé
√ 1. On a
u= 2v n+1 2
P (α2 ) = P ((α2n ) ) = P (α2n ) =
n
par exemple.Alors P (α2 + 1)

n+1
Donc si α2n est racine de α2 .
√ Alors, par récurrence, si α est ra-
a = u + v = (1 + 2)v, cine de P, il en est de c de α2n , pour

tout entier naturel n. complexe α appartiendrait à trois
on a aussi cercles distincts de mˆeme rayon 1,
P ((α − 1)2 ) = P (α − 1)P (α) = 0, et de centres alignés (0,0),(1,0),(-
donc (α − 1)2 est racine de P. Alors 1,0) ce qui n’est pas possible.
comme α2 est racine de P, il en sera
de mˆeme de (α2 − 1)2 .
4. Si α est racine de P,il en est de
2. Supposons que, quels que soient p
p q meme α de (α − 1)2 et de (α2 −
et q distincts, les nombres α2 et α2
1)2 , donc d’apres 2), les nombres
soient distincts. Alors P auraient
|α|,|α − 1| et |α2 − 1| ne peuvent va-
une infinité de racines et serait le
loir que 0 ou 1, et ils ne peuvent pas
polynome nul ce qui n’est pas pos-
tous valoir 1 d’apres 3). On ne peut
sible. Donc il existe p ≥ q tels que
p q avoir α = −1 car (α − 1)2 = 4 n’est
α2 = α2
pas de module 1. Donc les seules
Ou encore, si α n’est pas nul,
p q possibles de P sont 0 et 1.
α2 − α2 = 1
1
ce qui signifie que α est une racine 5. Il résulte de ce qui précède que
de l’unité,donc |α| = 1.
3. Si l’on avait
.P q
λX 2p (X 2 − 1) = λ2 X p (X − 1)q X q
c’est-à-dire
λX 2p (X − 1)q (X + 1)q = λ2 X p+q (X − 1)q (X
.N
|α| = |α − 1| = |α2 − 1| = 1, qui a lieu si et seulement si λ = 1 et
on aurait aussi p = q.Les polynome cherchés sont
|α| == |α − 1| = |α + 1| = 1, donc
H
et l’image dans le plan du nombre P (X) = [X(X − 1)]p

V.

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 7
ANALYSE II
Le livre des calculs est un traité sur

les calculs et la comptabilité fondée sur
le calcul décimal à une époque où tout
l’Occident utilisait encore les chiffres
romains et calculait sur abaque. Ce livre
1
est fortement influencé par sa vie dans
.P
les pays nord-africains ; il est d’ailleurs
rédigé en partie de droite à gauche.
.N
Par cette publication, Fibonacci in-
troduit le système de notation indo-
arabe en Europe. Ce système est plus
H
puissant et plus rapide que la no-

tation romaine, et Fibonacci en est
V.
Leonardo Fibonacci (v. 1175 à Pise pleinement conscient. L’invention sera

- v. 1250) est un mathématicien ita- d’abord mal reçue car le public ne com-
lien. Il avait, à l’époque, pour nom prenait plus les calculs que faisaient les
d’usage ”Leonardo Pisano” (il est en- commerçants. En 1280, Florence inter-
core actuellement connu en français dit même l’usage des chiffres arabes par
sous l’équivalent ”Léonard de Pise”), et les banquiers. On jugea que le 0 appor-
se surnommait parfois lui-même ”Leo- tait la confusion et des difficultés au
nardo Bigollo” (bigollo signifiant ”voya- point qu’ils appelèrent ce système cifra,
geur” en italien). S’il est connu pour qui dérive du nom arabe du zéro (al sifr
la suite de Fibonacci, il joue surtout = vide, zéro). Ce serait par l’usage des
un rôle d’une importance considérable nombres dans la tradition cabalistique
en faisant le lien entre le savoir que le mot chiffre aurait acquis le sens
mathématique des musulmans, notam- de code secret.
ment des chiffres indo-arabes, et l’Occi-
dent. Fibonacci est plus connu de nos
jours pour un de ses problèmes condui-
401
sant aux nombres et à la suite qui bases différentes (base 10, 12, 20). Son
portent son nom, mais à son époque, travail sur la théorie des nombres était
ce sont surtout les applications de ignoré de son vivant, mais il fut très lar-
l’arithmétique au calcul commercial qui gement lu pendant les deux siècles qui
l’ont fait reconnaitre : calcul du profit suivirent. Ses travaux sont désormais
des transactions, conversion entre mon- très utilisés en finance de marché, et en
naies de différents pays utilisant des particulier en analyse technique.
1
.P
.N
H
V.

7.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 2
Exercice 1 Corrigé Soit I un intervalle, et f : R → R

1. On suppose que f est deux fois
Soient f , g :[a, b] −→ R deux fonc- dérivable sur I, et que f est nulle en
tions dérivables. On suppose que ∀x ∈ trois points distincts de a1 < a2 <
[a, b], g 0 (x) 6= 0. a3 ∈ I. Montrer qu’il existe c ∈ I tel
1. Montrer que g(a)=g(b). que f 00 (c) = 0 (utiliser plusieurs fois
le théorème de Rolle).
2. Montrer qu’il existe c ∈]a, b[ tel que
f (b)−f (a) f 0 (c) 2. Soit n ∈ N∗ . On suppose que que f
g(b)−g(a) = g 0 (c)
est nn fois dérivable sur I, et qu’il
Exercice 2 Corrigé existe au moins (n+1) points de I
où f est nulle. Montrer qu’il existe
c ∈ I tel que f (n) (c) = 0.
Soit f une fonction de R dans R, β ∈
1
R∗+ , k ∈ R∗+ . On suppose que, pour tout Exercice 5 Corrigé
x, y ∈ R, |f (y) − f (x)| ≤ k|y − x|β .
.P
1. Montrer que f est continue en tout Soit f : R → R une fonction dérivable.
point de R
.N
On suppose qu’il existe m > 0 tel que :
0
2. On suppose dans cette question β > ∀x ∈ R, f (x) ≥ m.
1, x ∈ R. Montrer que f 0 (x) = 0 et 1. Donner une interprétation gra-
déduire que f est constante. phique de cette hypothèse pour le
H
1
3. Pour x ∈ R, on pose g(x) = |x| 2 . graphe de f .
Montrer que, pour tout x, y ∈ R, on 2. Montrer que ∀x ≥ 0, f (x) − f (0) ≥
V.
1
a |g(y) − g(x)| ≤ |y − x| 2 mx et que ∀x ≤ 0, f (x) − f (0) ≤ mx.
En déduire les limites de f en −∞
et +∞.
3. En déduire que f est une bijection
1. Soient n ∈ N, a < b ∈ R et f :
de R vers R.
[a, b] −→ R une fonction n fois
dérivable. Montrer que si f (a) = 4. On suppose de plus qu’il existe M ∈
f 0 (a) = ... = f (n−1) (a) = 0 et f (b) = R tel que :∀x ∈ R, f 0 (x) ≤ M .
0 alors il existe c ∈]a, b[ tel que On fixe r ∈ R, et on définit une
f (n) (c) = 0 suite (xn ) par : x0 = r et ∀n ∈
N, xn+1 = xn − f (x n)
M . Soit α l’unique
2. Soit g : R −→ R dérivable telle que
solution de f (x) = 0. Montrer que
lim g(x) = lim g(x). Montrer qu’il
x→−∞ x→+∞ (xn ) tend vers α. (On montrera que
existe c ∈ R tel que f 0 (c) = 0. si r ≥ α, alors (xn ) est minorée par
α(récurrence), et décroissante ; et
un analogue pour r ≤ α)

Exercice 6 Corrigé Montrer que (Sn ) converge vers une
constante C .
Établir que
Soient E ⊂ R et k ∈ R∗+ . Une applica-
tion f : E → R est dite k-lipshitzienne 1 1
Sn = C − + o( )
si ∀(x, y) ∈ E 2 , |f (x) − f (y)| ≤ k|x − y| n n
et toute application k-lipshitzienne avec 3. Former un développement asymp-
0 ≤ k < 1 est dite k-contractante. totique à deux termes de
+∞
1. Soit f : R → R une application k- X 1
contractante. Montrer que f admet k2
k=n+1
un unique point fixe α, qui est la
limite de la suite (un ) définie par Déterminer le developpement limité
u0 ∈ R et, ∀n ∈ N, f (un ) = un+1 à l’ordre donné au voisinage de 0 des
2. Une application 1-lipshitzienne ad- fonctions suivantes définies par :
met elle de point fixe ? 1. e(sin x) à l’ordre 4 .
1
1
3. Soit f une fonction dérivable de
R dans R. Donner une condition
nécessaire et suffisante sur f 0 pour
.P
2. x(coshx) x à l’ordre 5 .
3. arcosx
4.
Z x
2
à l’ordre 5 .
et dt à l’ordre 5 .
.N
que f soit contractante sur R 0
4. Soit (un ) la suite définie par u0 ∈ N 5. tanx à l’ordre 5 .

2 1
et ∀n ∈ N, un+1 = 3u n +2
1+u2n . Montrer que
6. 1+x+x2 à l’ordre 4.
H
(un ) converge vers un réel l. 7. sin x−1

cos x+1 à l’ordre 2 .
3
√
8. (x + 1) 1 − x
V.
1. On pose
1. Ecrire le développement limité de
n 1
1 1+x au voisinage de 0 à l’ordre 3.
X
Sn = √
k=1
k+ k 2. En déduire le développement de
1
1+ex au voisinage de 0, à l’ordre
Donner un équivalent simple de Sn 3. Tu utiliseras deux différentes
. méthodes pour répondre à cette
Établir que même question.
Sn = ln n + C + o(1) 3. Soit f (x) = 1 x1 . En utilisant ce qui
1+e
précède, déterminer l’asymptote du
2. On pose graphe de la fonction f lorsque x →
n
+∞
X 1
Sn = √ Exercice 9 Corrigé
k=1
k2 + k

1. Enoncer le théorème de Rolle, en 1. On considère les suites (Un )
donnant avec précision les hy- et (Vn )n∈N∗
définies par Un =
1 n+1
pothèses et la conclusion n en− n , Vn = 2n 1
, n 6= 0 . En
2. On considère la fonction f définie s’appuyant sur un développement
sur R par x 7→ f (x) = (x2 + 1) sin x. limité de la fonction exponentielle,
montrer que les deux suites (Un ) et
(a) Calculer la dérivée de f .
(Vn )n∈N∗ sont équivalentes lorsque
(b) Montrer de deux facons que n tend vers +∞.
l’équation (x2 + 1) cos x + 2. Calculer, à l’aide des équivalents,
2x sin x = 0 admet au moins une les limites suivantes :
solution dans [0; π] . x
(e −1)2
(a) limx→0 xln(1+x)
i. Soit en appliquant le
(b) limx→+∞ x2 ln(1 + x1 )
théorème de Rolle sur [0; π] 1
à une fonction bien choisie. (c) limx→0 (1 + x) x
x
im 1+x x−1
1
ii. Soit en appliquant le (d) x→1 2
théorème des valeurs in-
termédiaires sur [0; π] à une
fonction bien choisie.
.N
On considère la fonction f (x) =
ln(1+x)
+ 2ln sinx x

Exercice 10 Corrigé x
1. Déterminer le plus grand intervalle
I contenant 0 et tel que f soit
H
Soit f :R 7→ R l’application définie définie sur I\{0}

2
pour tout x ∈ R par f (x) = xex .
2. Montrer que la fonction f admet
V.
1. Justifier que f est de classe un prolongement par continuité f¯

C∞ sur R puis déterminer le en 0, et que f¯ admet en 0 un
développement limité à l’ordre 5 en développement limité d’ordre 3 ,
0 de f . que l’on calculera.
2. Montrer que f est une bijection de 3. Soit α un nombre réel. Donner le
R sur R. développement limité à l’ordre 3 en
0 de la fonction Fα qui est définie
3. Montrer que f −1 est de classe C∞ et ¯
par Fα (x) = (1+xf 2 )α .
qu’elle admet un développement li-
mité à l’ordre 5 en 0 de la forme : 4. Soit (T ) la tangente au graphe de
f −1 (x) = ax + bx3 + cx5 + ◦(x5 ) où a Fα au point d’abscisse 0. Donner
,b et c sont des réels. l’équation de (T ).
5. Discuter, suivant les valeurs de α, la
4. Déterminer les réels a, b et c.
position du graphe de Fα par rap-
port à (T ) au voisinage du point
d’abscisse 0 .

Trouver les solutions des équations Calculer les primitives suivantes (va-
différentielle suivantes : riable x) en indiquant l’ensemble de va-
lidité.
(a) y 00 + 2y 0 + 2y = sin x
(b) y 00 + y = 2 cos2 x 1.
sin3 x
Z
(c) y 00 − 2y 0 + y = 2chx dx
cos8 x
Exercice 14 Corrigé R
H :Vérifier que f (x)dx présente
l’invariant du cosinus.
Trouver toutes les solutions de
2.
l’équation différentielle y 00 + ω 2 y =
Z
cos(ω0 x) x2 cosxdx
1
Déterminer les fontions dérivables

.P
3.
H :Faire intervenir eix.
Z
1
dx
.N
telles que x(x + 1)(x + 2)
f 0 (x) + f (x) = f (0) + f (1)
H : Décomposer en éléments
Exercice 16 Corrigé simples.
H
Déterminer les fontions dérivables Exercice 21 Corrigé

V.
telles que
f 0 (x) = f (2 − x) Résoudre sur R les équations
différentielles suivants :
a) y 0 + 2y = x2
1 + y2 b) y 0 − y = (x + 1)ex
Résolver léquation (E) : y 0 =
1 + x2 c) y 0 − xy = (x2 + 1)3/2 .
Résolver léquation (E) : x2 − y 0 + y + Former une équation différentielle

y2 = 0 linéaire d’ordre 1 dont les fonctions :
Exercice 19 Corrigé C +x
f (x) = , C∈R
1 + x2
Résolver léquation
(E) : (1 + x)y 00 − 2y 0 + (1 − x)y = 0 seraient solutions.

Exercice 23 Corrigé 2. Soit (E) l’équation différentielle
(E) : y 0 + y = 1 − e−x .
Résoudre sur R les équations (a) Trouve une solution parti-
différentielles suivantes : culière de (E) sous la forme
yp (x) = −z(x)e−x +1 ou z est une
fonction numérique définie sur
a) y 00 + 2y 0 = ex R à déterminer .
b) y 00 + 2y 0 + 2y = sinx. (b) En déduire la solution générale
de (E).
Soient w et w0 deux réels strictement po-
sitifs et distincts. Trouver les solutions 1. Détermine les réels a,b et c tels que
1 a b c
de l’équation différentielle suivante : x(x2 −1) = x + x−1 + x+1 , ∀x ∈ R −
{−1, 0, 1}.
1
y 00 + w2 y = cos(w0 x) 2. On considère l’équation différentielle
vérifiant les conditions initiales y(0) = 1

et y 0 (0) = 0.
.P (E) : x(x2 − 1)y 0 + 2y = x2 .
(a) Résoudre l’équation différentielle
(E) sur l’intervalle ]1, +∞[ puis
.N
déterminer la solution de (E)
Exercice 25 Corrigé qui vaut 0 pour x=2.
(b) L’équation (E) admet-elle de so-
H
Déterminer les fonctions f : R → R lution sur R ?

dérivables telles que pour tout x ∈ R (c) Détermine le plus grand inter-
V.
valle sur lequel (E) admet de

f 0 (x) + f (−x) = ex . solution(s).
Exercice 26 Corrigé 3. Résoudre sur tout intervalle I de R
l’équation
√ différentielle suivante :
0
y 1 + x2 − y = 0 avec y(1)=1.
Résoudre l’équation
3 0 2
(x − x)y + (x − x + 1)y = 0
On considère la fonction f définie sur
d’inconnue y : I → R, sur tout intervalle
]0, +∞[ par :
ouvert I de R.
f (x) = xlnx − x + 1.
et l’équation différentielle xy’-y=x-1 (E)
Exercice 27 Corrigé 1. Montrer que la fonction f est une
solution sur ]0, +∞[ de (E)
1. Donne l’ensemble solution de 2. Résoudre l’équation différentielle
l’équation différentielle y 0 + y = 0 xy 0 − y = 0 (EH ).

3. En déduire la solution générale de Exercice 32 Corrigé
l’équation différentielle (E).
4. Détermine la solution de l’équation Dans une culture de microbes,le
différentielle qui prend la valeur 2 nombre de microbes à un ins-
en 1. tant t,exprimé en heures, peut etre
considéré comme une fonction y à va-
riables réelles de la variable t.La vitesse
de prolifération à l’instant t du nombre
Intégrer chacunes des équations de microbes est la dérivée y’de cette
différentielles suivantes : fonction.On a constaté que :
y 0 (t) = ky(y),
1. xy 0 − (1 − 2x)y = 2x2 − 2x + 1 sur
]0, +∞[. où k est un réel strictement positif.On
2. (x2 + 1)y 0 − 2xy = x3 + x sur R désigne par N le nombre de microbes à
l’instant t=0.
3. (1 − x2 )y 0 + (x + 3)y = 0 sur ]1, +∞[.
1
4. (x2 + 1)y 0 + xy − 2x = 0 sur R.
.P 1. Résoudre l’équation différentielle
y 0 (t) − ky(t) = 0 (EH ).

.N
2. Déterminer la solution de
On se propose de résoudre sur ]1, +∞[ l’équation différentielle (EH ) qui
l’équation différentielle vérifie y(0) = N .
(x2 − 1)y 0 + (3x + 1)y = 8x2 + 5x − 1 (E).
H
3. Sachant que au bout de 1

1. on considère la fonction ϕ définie heure le nombre de microbes a
par doublé,calculer, en fonction de N,le
V.
nombre de microbes au bout de 2

ϕ :R → R heures.
x 7→ 2x + 1 4. Quelle est la valeur de N, sachant
Montre que ϕ est une solution de que la culture contient 12800 mi-
l’équation différentielle (E). crobes au bout de 6 heures ?
2. Écrire l’expression 3x+1 a
x2 −1 sous la x−1 +
b
x+1 où a et b sont des nombres réels
. Soit à intégrer l’équation différentielle :
3. Résoudre l’équation différentielle : y 0 + p(x)y = y α f (x) (E),
(x2 − 1)y 0 + (3x + 1)y = 0 (EH )
avec α 6= 0 et α 6= 1 .
4. En déduire la solution générale de
l’équation différentielle (E). 1. Montrer qu’en posant z =
1−a
y ,l’équation (E) se ramène à :
5. Quelle est la solution de (E) qui
vaut 0 en 2 ? z 0 + (1 − α)p(x)z = (1 − α)f (x).

2. Intégrer alors sur ]0; ∞[ l’équation +∞ +∞
X 2 X (2n + 1)4
différentielle : S4 = √ ; S5 = 2 + 1)3
;
n=1
n n=
(7n
√
xy 0 − 4y = x2 ( y) +∞ n +∞
X 1 X 1

S6 = 1− ; S7 = ne − n ;
n
Exercice 34 Corrigé n=1

n n=1
+∞
X
S8 = ln(1 + e−n )
P
a) Vérifier que la série uk de terme
1
général uk = k(k+1)(k+2) pour k ≥ 1 n=1
n’est pas grossièrement divergente. Exercice 37 Corrigé

b) En fait, la série précédente est
convergente . En calculant la li- Déterminer la nature des séries
mite de la suite de ses sommes par- numériques dont les termes généraux
tielles, donner sa somme. sont les suivants :
1
n n
2
1. un =
On définit une suite
√ (un )n≥0 en imposant
u0 = 0 et un+1 = 2un + 3.
.P
2. un =
3. un =
n+1
1
n cos2 (n)
1
(ln(n))ln(n)
.N
1. Montrer que pour tout entier n on a n
0 ≤ un ≤ 3 (on pourra procéder par 4. un = 1 + n1 − e
α α
récurrence). 5. un = ch n − sh n
6. un = 2ln(n3 + 1) − 3ln(n2 + 1)
H
2. Montrer que la suite un est crois-

sante. √ √
7. un = n n + 1 − n n
3. Montrer que la suite un est conver-
3
V.
8. un = arccos nn3 +1
+2
gente.
an
4. Conclure que lim un = 3 9. un = 1+a2n
(−1)n
10. un = √
Exercice 36 Corrigé n2 +n
(−1)n
11. un = ln n
√
Étudier la convergence des séries sui- 12. un = 1+(−1)n n
n
vantes
2.4.6...(2n)
+∞ 13. un = nn
X 1 1 1 1 1 1!+2!+...+n!
S1 = = + + + + ...; 14. un = (n+2)!
2k 2 4 6 8
k=1 1!−2!+...±n!
15. un = (n+1)!
+∞
X 1 1 1 1 1 (−1)n
S2 = = + + + + ... 16. un = ln n+sin(2nπ/3)
2k + 1 3 5 7 9
k=1 q
(−1)n
+∞ 2 17. un = 1 + √
n
−1
X n +1
S3 = ; (−1)n
n=2
n2 18. un = √
n+(−1)n

√
(−1) n 2. Les sommes suivantes sont-elles fi-
19. un = n
(lnn)n
nies ?
20. un = nln n +∞ +∞ +∞
X 1 X −1 X
S1 = n
; S2 = ( )n ; S3 =
Exercice 38 Corrigé n=0
5 n=2
3 n=4
3
+∞ +∞
X tann ( π ) X 9
1. Quelle est la nature
de la série
de S4 = 7
; S5 =
3 n+2 (3n + 1)(3n +
n
terme général ln 1 + √(−1) ? n=0 n=0
n(n+1)
3. Existence et calcul de :
P
2. Soit α > 0 .Étudier la série un +∞
X
1

avec ln 1 − 2
n n
un = √ (−1)
α n
n=2
n +(−1)
3. Si α > 0 , donner la nature des Exercice 41 Corrigé

séries
1. Soit (un ) une suite de réels positifs
1
X (−1)n X (−1)n

n≥2
nα + (−1)n
,
n≥2
X
ln 1 +
nα
1
.P et vn = unu+1
n
de même nature.
P P
Montrer que les séries un et vn sont
.N
et . 2. Déterminer en fonction du pa-
n≥2
n ln n
ramètre α ∈ R la nature de la série
de terme général
H
ln(n)
un =
Déterminer la nature des séries nα
numériques dont les termes généraux
V.
sont les suivants :
Étudier la nature de la série de terme
n général un :
a) un = n2 +1
n+1
b) un = chn 1. un = n3 −7
ch(2n)
n+1
c) un = √ 1 −√ 1
2. un = n2 −7
n2 −1 n2 +1 n+1
n 3. un = n−7
d) un = e − 1 + n1 1

4. un = sin n2
Exercice 40 Corrigé 1
5. un = 1+ √1
n n
1
6. un = ln(n2 +2)
1. Déterminer la nature de la série de
ln(n)
terme général : 7. un = 3
n2
n
1
si n est un carré 8. un = 2n
un = n
2n +3n
1
n2 sinon 9. un = n +ln(n)+5n
2

1
P
10. un = n!
2. Soit un une série à termes posi-
n10000 tifs.On suppose que
11. un = n! √
12. un = 4 n+1
((n+1)!)2 n
un −→ l ∈ R+
(2n−1)! P
13. un = sin n1
n a) Montrer que l > 1 alors un est
n 2 divergente.
14. un = 1 − n1 P
b) Montrer que l < 1 alors un est
n2 convergente.
15. un = 1 + n1
c) Observer que , lorsque l = 1 ,
Exercice 43 Corrigé on ne peut rien conclure .
Etudier la convergence de la série de
terme général un :
3
‘
1. un = (−1)n nn!
1. a) Soient (un )n≥0 et (vn )n≥0 deux
1
an
2. un = n! , a ∈C suites réelles, λ ∈ R.On sup-
3. un = na n−1

n2 +1
4. un = sin n π
a∈C
,

.P pose
∀n ∈ N, un ≥ 0;
X
| vn | converge
.N
√ √
5. un = (−1)n ( n + 1 − n) un+1 λ
= 1 − − vn
6. un = sin(n) un n
n
Montrer que(nλ un ) converge .
H

1 √1

7. un = n ln 1 + − cos
n n b) Nature de la série de terme
général
V.
nn
n!en
Soit an une suite réelle positive. On 2. Soit (un ) une suite réelle stricte-
pose ment positive, décroissante, de li-
an
un = (1+a1 )(1+a2 )...(1+an )
mite nulle. On suppose que la suite
1. Montrer que la série
P
un converge de terme général
n
. X
X∞ uk − nun
2. Calculer un lorsque an = √1n . k=1
n=1 est bornée.
Exercice 45 Corrigé Montrer que la série de terme
général un converge.
P
1. Soit un une série à termes
positifs
P√ convergente. Montre que
(−1)n
un un+1 est aussi convergente . 1. Soit un = n3/4 +cos n

P
(a) La série un est-elle conver- 3. sachant
+∞
gente ? X 1
n =e
(b) En écrivant vn = (−1) +Pun , n=0
n!
n3/4
étudier la convergence de vn Calculer
.
+∞ +∞ 2
2. On pose
X n+1 X n −2
et
∞ n=0
n! n=0
n!
X (−1)k
un = √
k=n
k+1 Exercice 50 Corrigé
Etudier la convergence de la série
1. Soit x ∈] − 1, 1[. Calculer
P
un
+∞
Exercice 48 Corrigé X
kxk
k=0
1. Existence et calcul de
1
+∞
X
n=1
1
n(n + 1)(2n + 1)
.P
2. Soit α > 0 Montrer que
+∞
X (−1)k
k+α
=
Z 1
xα−1
1+x
dx
.N
k=0 0
2. On donne
+∞ Exercice 51 Corrigé
X 1 π2
=
k2
H
6
k=1
1. Calculer pour x ∈] − 1, 1[
Calculer
V.
+∞
+∞
X 1
X xn
k 2 (k + 1)2 n=1
(1 − xn )(1 − xn+1 )
k=1
après en avoir justifier l’existence . 2. Existence et valeur pour m ≥ 1 de

+∞
Exercice 49 Corrigé X 1
Sm =
n=1
n(n + 1)...(n + m)
1. Nature puis somme de
X 1 Exercice 52 Corrigé
n≥1
n(n + 1)(n + 2)
Calculer les sommes des séries sui-
2. Après avoir justifié l’existence, cal- vantes :
culer
1.
+∞ +∞ 2 +∞
X 1 X 1 π X 1
et =
(2n + 1)2 n2 6 k2 − 1
n=0 n=1 k=2

2. 2. Soit a ∈ R
+∞
X 1 (a) Montrer que la série de terme
k(k + 1)(k + 2) général arctan(n + a) − arctan n
k=1
3. est convergente.
+∞
X 1 (b) On pose
k 3 + 8k 2 + 17k + 10 ∞
k=0 X
(arctan(k + a)) arctan k
4. k=o
+∞
X 2
ln 1 + Trouver S(a)
k(k + 3) a→+∞
k=1
5. Exercice 54 Corrigé
+∞
X α
ln cos k
2 1. Calculer
k=0
∞ n
6. 1
1
X X
+∞ un avec un =
7.
X
k=0
2−k tan(2−k α)
.P n=0
2. Calculer
∞
k=0
n
(n − k)!k!
.N
+∞
2k 3 − 3k 2 + 1
X X (−1)n−k
un avec un =
X
(k + 3)! n=0
k!2n−k
k=0 k=0
8. Exercice 55 Corrigé
H
+∞
X
Cnn xn
k=p Etudier la nature des séries de terme
V.
général et calculer leur somme :

9.
+∞ 1
X xk 1. un = n(n+1) , n ≥ 1
(1 − xk )(1 − xk+1 ) 2. un = 1
k=1 n(n+1)(n+2) , n ≥ 1
2n−1
10. 3. un = n(n2 −4) , n ≥ 3
+∞
X k − n[k/n] n+1

4. un = (−1)n ln n−1 ,n ≥2
k(k + 1)
k=1 1
5. un = ln 1 − (n+2)2 ,n ≥ 1
1. Montrer que
Etudier la convergence des séries de
+∞
terme général

X 1 π
arctan = . 3
k2 + k + 1 2 1. un = sin π nn2 +1
k=0 +1
2. un = 1 − cos( πn ) (ln(n))2011

(On pourra calculer tan sn )

Rπp
3. un = n
sin(x)dx 2. Montrer que l’on a :
0
√
4. un = 1+(−1)n n 1 1
1+n ≤ f (n) ≤
1 e(n + 1) n+1
5. un = (ln(n))n
2n 2n
En déduire la nature des séries
6. un = n2 (sin(α)) ∞ ∞ ∞
X X f (n) X
f (n); ; (−1)n f (n)
Exercice 57 Corrigé n
n=1 n=1 n=1
n 3. Déterminer le rayon de conver-

1. Montrer que la suite un = en+n!1
n 2 gence de la série entière
converge, on pourra d’abord mon-
∞
trer que la série de terme général X
f (n)xn
un+1 n=1
zn = ln
un
est convergente.
1
2. Donner la nature de la série de On considère la série numérique de
solue convergence )
u
.P
terme général(convergence et ab- terme général un pour n ≥ 1 et a ∈ R :

n = n sin
nα
1
.N
n
X n
wn = uk vn−k
k=0 1. Montrer que si cette série est
convergente pour une valeur de a
Où
H
donnée, elle converge pour tout b ≥

(−1)n (−1)n a.
un = 2
et vn =
(n + 1) n+1 2. Montrer que si a ≤ 2 la série est di-
V.
Exercice 58 Corrigé vergente .

(On pourra utiliser le développement
limité de ln(un ) )
On pose
3. On pose a = 2 + avec 0 < < 1
Z 1
f (n) = xn e−x dx, n∈N Montrer que un est équivalent à
0 exp − 16 n .En déduire que la série
1. Montrer que la suite f (n) est po- est alors convergente.
sitive et décroissante.Au moyen 4. Donner toutes les valeurs de a pour
d’une intégration par parties don- lesquelles cette série converge .
ner une relation de récurrence
entre f (n) et f (n − 1).
Montrer que pour tout n ≥ 0
! Pour n ∈ N, on pose :
n
n! X 1 Z 1 2n
x (−1)n
f (n) = e− un = dx et vn =
e k! 1 + x2 2n + 1
k=0 0

1. (a) Calculer u0 Exercice 62 Corrigé
(b) Montrer que pour tout n ∈ N,
1 On considère la suite (un ) définie par :
0 ≤ un ≤ 0 < u0 < 1 et ∀n ∈ N, un+1 = un − u2n .
2n + 1
1. Montrer que la suite (un ) converge
2. (a) Montrer que pour tout n ∈ N on .Quelle est sa limite ?
a
1 2. Montre que la série de terme
un + un+1 = .
2n + 1 général u2n converge .
En déduire que : 3. Montrer que lesséries de termes
n
X π généraux ln uun+1
n
et un divergent .
vk = + (−1)n un+1 1
k=0
4 4. Montrer que un < n+1 et que la suite
(nun ) est croissante .On note l sa li-
(b) Montrer que la série de terme mite.
général vn converge et calculer
1
5. On pose vn = l−u n . Montrer que
n
sa somme .
.P la série de terme général vn+1 − vn
converge.
6. En déduire que un est équivalent à
.N
1
1. Prouver la convergence de la série n
de terme général un = n ln12 n .
2. On note
H
n ∞
X X 1. Calculer la limite de
Sn = uk et S= uk
un = 1 + 12 + ... + 1
n −
V.
k=2 k=2 1 1 1
n+1 + n+2 + ... + n2
1 1
. Montrer que ln(n+1) ≤ S − Sn ≤ ln n 2. Soit a > 0
pour n ≥ 2
(a) Déterminer la limite de la suite
3. Montrer que si Sn est une valeur de terme général
approchée de S à 10−3 près alors
n > 10434 a(a + 1)...(a + n − 1)
un =
n!
4. On suppose disposer d’une ma-
chine calculant un million de (b) Quelle est la nature de la série
termes de la série par seconde avec de terme général un ?
12 chiffres significatifs .Peut-on ob- Exercice 64 Corrigé
tenir une valeur approchée de S à
10−3 près ? ( Remarque : 1 an ≈ 32
1. Étudier en fonction de α ∈ R la na-
millions de secondes )
ture de X 1
5. Donner une valeur approchée de S
à 10−3 près. n≥2
nα ln n

2. Soient a, b ∈ R. Déterminer la na- Exercice 68 Corrigé
ture de la série
X
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) Soit (un ) une suite de réels positifs
un P et
n≥1 = 1+un . Montrer que les séries
vn P un
et vn sont de même nature.
Montrer que la série suivante converge
et calculer sa somme :
Si (vn ) est une suite numérique tendant
X 1 vers 0 et si a,b,c sont trois réels vérifiant
n≥1
1 + 2 + 3 + ··· + n a + b + c = 0, pose pour tout n ≥ 0 :
Exercice 66 Corrigé un = avn + bvn+1 + cvn+2
Etudier la convergence des séries sui- .
1
vantes ∞
S1 =
:
X n2 + 1
n2
; S2 =
X ∞
√
2
n
; S3 =
.P
Montrer que la suite de terme général
un converge et calculer sa somme.
.N
n=2 n=1
∞ ∞ Exercice 70 Corrigé
X (2n + 1)4 X
−n
2 + 1)3
; S4 = ln(1 + e ).
n=1
(7n n=1
Montrons que les séries de termes
H
Exercice 67 Corrigé général
(−1)n (−1)n 1
Les sommes suivantes sont-elles finies ? un = √ etvn = √ +
V.
∞ n ∞ n n n n
X −1 X 2
S1 = ; S2 = n−2
; S3 =
3 3
∞
n=2
∞
n=1 ne sont pas de même natures et que
n
X tan (π/7) X 9 pourtant un ≈ vn . Ce résultat contredit-il
n+2
; S4 =
n=0
3 n=1
(3n + 1)(3n + 4) la proposition 2.2.3 énoncé au cours ?
7.2 SOLUTIONS DES TRAVEAUX DIRIGÉS D’ANALYSE 2
Exercice 2 Enoncé
Exercice 6 Enoncé
Exercice 3 Enoncé
1. f : R → R est k-contractante. Mon-
Exercice 4 Enoncé trons que f admet un point fixe
Soit (un )n∈N la suite numérique

(
u0 ∈ R ∀n ∈ N, gn est continue car gn est contractante donc
réelle définie par : lim gϕ(n) (αϕ(n) ) = g(l) a

n→+∞
un+1 = f (un ) gϕ(n) (αϕ(n) ) = αϕ(n) donc lim gϕ(n) (αϕ(n) ) =

n→+∞
lim αϕ(n) = l b
n→+∞
f est k-contractante alors ∀n ∈ N∗ , De a et b , on a g(l) = l. D’où g admet un point fixe.
3. Donnons une condition nécessaire et suffisante pour que f soit contractante sur R.
|un+1 − un | = |f (un ) − f (un−1 )| ≤ k|un − un−1 | Soit f une fonction contractante sur R donc
|un − un−1 | = |f (un−1 ) − f (un−2 )| ≤ k|un−1 − un−2 | ∀(x, x0 ) ∈ R2 , |f (x) − f (y)| ≤ k|x − x0 | avec 0 ≤ k < 1
Pour x 6= x0 , on a :
. |f (x)−f (x0 |) |f (x)−f (x0 )|
|x−x0 |
≤ k ⇒ lim |x−x0 |
⇒ |f 0 (x0 )| ≤ k, k ∈
. x→x0 x6=x0
[0, 1] ⇒ sup (|f 0 (x0 )| ≤ k)
. x6=x0
|u3 − u2 | = |f (u2 ) − f (u1 )| ≤ k|u2 − u1 | Supposons que sup (|f 0 (x0 )|) ≤ k, k ∈ [0, 1], et montrons que f est contrac-
x6=x0
|u2 − u1 | = |f (u1 ) − f (u0 )| ≤ k|u1 − u0 |
tante
En faisant le produit membre à membre, on a :
|un+1 − un | × |un − un−1 | × ... × |u3 − u2 | × |u2 − u1 | ≤ k|un − un−1 | ×
k|un−1 −un−2 |×...k|u2 −u1 |×k|u1 −u0 | ⇐⇒ |un+1 −un | ≤ kn |u1 −u0 |
Soit m ∈ N Exercice 7 Enoncé
m
X
|un+m − un | ≤ |um+i+1 − un+i |
i=0
1√ 1 1
P
or
∀i ∈ [|0, m|], |un+i+1 − un+i | ≤ kn+i |u1 − u0 | donc k+ k
∼ k et
est une série à terme
k>1 k
n
X 1
|un+m − un | ≤
m
X
k
n+i
|u1 − u0 | positif divergente donc Sn ∼ ∼ ln n
i=0 k
m k=1
1
n+i
X
= |u1 − u0 |
i=0
k
Pour être plus précis,
= |u1 − u0 |k
= |u1 − u0 |k
n
×
n
1−k
m
X
i=0
1 − km+1
k
i
.P
Sn −
n
X 1
= (
n
1
X 1
√ − )=
Xn √
k
√
.N
m+1
lim |u1 −u0 |kn × 1−k
or
n→+∞ 1−k
= 0 car |k| < 1 d’où
n→+∞
lim |un+m −un | =
k k + k k k 2+k k
0 k=1 k=1 k=1
Par conséquent ∀ > 0, ∃n0 tel que ∀n > n0 , |un+m − un | < d’où en posant
p = n + m et q = n et N = m + n0 , on a :
∀p > q > N |up − uq | < d’où (un ) est une suite de Cauchy. (un ) étant une √
suite réelle, (un ) est donc convergente.
Soit l ∈ R sa limite k 1
un+1 = f (un ) alors lim un+1 = lim f (un ) or f est continue, d’où or √ ∼ k3/2
k2 + k k
n→+∞ n→+∞
H
l = f (l), l est donc un point fixe de f

Montrons que f admet un point fixe unique
Pour k ∈]0, 1[
Raisonnons par l’absurde en supposant que f n’a pas un seul point fixe.
et est donc le terme général d’une
Soit l1 , l2 ∈ R deux points fixes de f .
f étant k-contractante sur R on a : série convergente.
V.
|f (l1 ) − f (l2 )| ≤ k|l1 − l2 | < |l1 − l2 | car k ∈]0, 1[

Ainsi Sn − nk=1 k1 → C 0 d’où
P
or |f (l1 ) − f (l2 )| = |l1 − l2 | donc |l1 − l2 | < |l1 − l2 |(impossible)
D’où l1 = l2
Sn = ln n+(γ+C 0 )+o(1) = ln n+C+o(1)

Pour k = 0
f étant k-contractante sur R on a :
|f (l1 ) − f (l2 )| ≤ k|l1 − l2 | = 0 ⇒ |f (l1 ) − f (l2 )| ≤ 0 ⇒ |f (l1 ) − f (l2 )| = 0
1√ 1
∼ 2 donc la série de terme
or f (l1 ) = l1 et f (l2 ) = l2 d’où l1 − l2 = 0
Ainsi l1 = l2
En conclusion générale f admet un seul point fixe.
2
k + k k
2. Vérifions si une application 1-lipshitzienne admet un point fixe
Soit g une application 1-lipshitzienne définie sur E ⊂ R, on a :
général k2 +1√k est absolument conver-
∀(x, y) ∈ E 2 , |g(x) − g(y)| < |x − y|
Soit (a, b) ∈ E 2 avec a < b gente. Par suite (Sn ) converge
Considérons l’intervalle [a, b] et n ∈ N∗ . On considère l’application gn définie sur
[a, b] par gn (x) = n 1 a + (1 − 1 )g(x)
n
∀(x, y) ∈ [a, b], on a : +∞ +∞
1 X 1 X
|gn (x) − gn (y)| = |
1
a + (1 −
1
)g(x) −
1
a + (1 −
1
)g(y)| C − Sn = √ ∼
n
1
n n n
k=n+1
k 2 + k k=n+1 k 2
= |(1 − )[g(x) − g(y)]|
n
1
= |1 − ||g(x) − g(y)|
n X 1
1 ||x − y|
or |g(x) − g(y)| ≤ |x − y| alors |gn (x) − gn (y)| ≤ |1 − n car est une série à termes po-
Soit kn = |1 − n 1 |, on a : k2
∀n ∈ N∗ , 0 ≤ kn < 1 k>1
Ainsi |gn (x) − gn (y)| ≤ kn |x − y| avec 0 ≤ kn < 1 alors l’application gn admet
un point fixe αn ∀n ∈ N et ∀n ∈ N on a a ≤ αn ≤ b sitifs convergente.
donc (αn )n est bornée et par suite d’après le théorème de Bolzano- Weierstrass
(αn ) admet une sous-suite (αϕ(n) ) convergente vers l avec l ∈ [a, b]
∀x ∈ [a, b]
Par comparaison série intégrale
+∞
X 1
1 1 1
lim gn (x) =
n→+∞
lim (
n→+∞ n
a + (1 −
n
)g(x)
∼ et on peut conclure comme
= g(x) k2 n
k=n+1

annoncée. -Par une comparaison avec Posons u = x − 16 x3 + ◦(x4 )
une intégrale, on sait déjà
1 1 1
+∞
1 1 eu = 1 + u + u2 + u3 + u4 + ◦(u4 )
2 6 24
X
∼
k 2 n 1
k=n+1 u2 = x2 − x4 + ◦(x4 ) , u3 = x3 + ◦(x4 )
3
Il reste à déterminer un équivalent
u = x + ◦(x4 )
4 4
simple de la différence
1 1 1 1
+∞ esin x = 1 + x − x3 + x2 − x4 + x3
X 1 1 6 2 6 6
dn = − 1 4
k2 n + x + ◦(x4 )
k=n+1
24
1
Sachant que est le reste de rang n 1 1
n
X 1 1 esin x = 1 + x + x2 − x4 + ◦(x4 )
de la série convergente ( − ) 2 8
k−1 k 1
+∞ 2. x(coshx) x à l’ordre 4
X −1
dn = 1 1
x(chx) x = xe x ln(chx)
k 2 (k − 1)
1
k=n+1
Par équivalence de reste de séries à

termes positifs convergentes
+∞
1
.P ch(x) = ex +e−x
2
ex = 1 + x + 21 x2 + 16 x3 + 24
1 4 1 5
.N
X x + 120 x +
dn ∼ 5
k3 ◦(x )
k=n+1
Par comparaison avec une intégrale

e−x = 1 − x + 12 x2 − 16 x3 + 24
1 4 1 5
x − 120 x +
H
dn ∼ − 2n1 2 5
◦(x )donc
Finalement
V.
ch(x) = 1 + 21 x2 + 1 4
24 x + ◦(x5 )
+∞
X 1 1 1 1
= − + o( ) 1 2 1
k2 n 2n2 n2 P osons u = 2x + 24 +
k=n+1
◦(x5 ) lorsque x → 0 u → 0
Développement limité à l’ordre ln(chx) = ln(1 + u) = u − 12 u2 + 31 u3 −

donné au voisinage de 0. 1 4 1 5 5
4 u + 5 u + ◦(u )
1. e(sin x) à l’ordre 4 = 12 x2 + 1 4
24 x − 18 x4 + ◦(x5 )
1
1 1 1 x ln(chx) = 21 x − 1 3
12 x + ◦(x4 )
ex = 1 + x + x2 + x3 + x4 + ◦(x4 )
2 6 24
1 1 3
2x −
1 P osons v = 12 x +
sin x = x − x3 + ◦(x4 )
6 ◦(x4 ) lorsque x → 0, v → 0
sin0 = 0

ev = 1 + v + 12 v 2 + 61 v 3 + 1 4
24 v + ◦(v 4 ) sin x = x − 16 x3 + 120
1 5
x
1 2 1 4
cosx = 1 − 2 x + 24 x + ◦(x5 )
v 2 = 14 x2 − 12
1 4
x + ◦(x4 ) , v 3 = 81 x3 + Posons u = 21 x2 − 24 1 4
x + ◦(x5 )
1 1 2 3 4
◦(x4 ) cos x = 1−u = 1 + u + u + u + u +
1 4
v 4 = 16 x + ◦(x4 ) u5 + ◦(u5 )
1
1
x ln(chx)
1 1 3 1 2 1 4 u2 = x4 + ◦(x5 )
e = 1+ 2 x − 12 x + 8 x − 24 x + 4
1 3 1 4
48 x + + ◦(x )
384
u3 = u4 = u5 = ◦(x5 )
1
x(chx) x = x + 21 x2 + 81 x3 − 16
1 4
x + ◦(x4 )
1
3. arc cos x à l’ordre 5. cos x = 1 + 21 x2 − 24 1 4
x + x14 + ◦(x5 )
∀x ∈] − 1 , 1[ , (arccos(x))0 = − √1−x
1
2
= 1 + 12 x2 + 24 5 4
x + ◦(x5 )
D’où
1 1
1 3 1 5
−√ = −(1 − x2 )− 2 tanx = (x − x + x + ◦(x5 ))×
1
1−x 2
6 120
1
2 − 21
1 3
(1 + x)− 2 = 1 − + x2 − x3 +
2 8
1 2 3
15
48
(1 − x ) = 1 − (−x ) + (−x ) + ◦(x ) 2 2
105 4
384
4
.P
x + ◦(x4 ) 1
2
1
5
(1 + x2 + x4 + ◦(x5 ))
24
16 5
.N
2 8 tanx = x + x3 + x + ◦(x5 )
1 1 3 3 120
−(1 − x2 )− 2 = −1 − (−x2 ) − x4 + ◦(x4 ) 1
2 8 6. 1+x+x 2
1 3 3 5 Posons u = x + x2 lorsque x →
arc cos x = arccos0 − x − x − x + ◦(x5 )
H
6 40 0 ,u → 0
π 1 3 3 5 5
arc cos x = − x − x − x + ◦(x ) 1 1
2 6 40 =
V.
1 + x + x2 1+u
= 1 − u + u2 − u3 + u4 + ◦
Rx 2
4. 0 et dt à l’ordre 5 u2 = x2 + 2x3 + x4 + ◦(x4 )
u3 = x3 + 3x4 + ◦(x4 )
x 1 2 1 3 1 4 4 u4 = x4 + ◦(x4 )
e = 1 + x + x + x + x + ◦(x )
2 6 24 0 1
2 1 D où 2
= 1 − x + x3 − x4 + ◦(x4 )
donc ex = 1 + x2 + x4 + ◦(x4 ) 1+x+x
Z x 2
2 1 1
et = [t + t3 + t5 + ◦(t5 )]x0 sin x−1
Z0 x
3 10 7. cos x+1 à l’ordre 2 .
2 1 1
et = x + x3 + x5 + ◦(x5 ) sin x − 1 = −1 + x + ◦(x2 )
0 3 10
1
cos x + 1 = 2 − x2 + ◦(x2 )
5. tanx à l’ordre
π 5 2
sin x

∀x ∈ R 2 + kπ, k ∈ Z , tanx = cos x
Exercice 8 Enoncé

1
1. Développement limité de 1+x au 1. Enoncé du théorème de Rolle.
voisinage de 0, à l’ordre 3. Soit a, b ∈ R ,a ≤ b , et f une fonc-
tion définie de [a , b] → R.
1
= 1 − x + x2 − x3 + ◦(x3 ) Si f est continue sur [a , b] et
1+x dérivable sur ]a , b[ tel que f (a) =
2. Déduisons le développement limité f (b) alors il existe c ∈]a , b[ tel que
1
d’ordre 3 au voisinage de 0 de 1+e x f 0 (c) = 0.
ère
1 méthode
2. Soit
ex = 1 + x + 21 x2 + 16 x3 + ◦(x3 )
f :R → R
ème
2 méthode x 7→ (x2 + 1) sin x
e = 1 + x + 21 x2 + 16 x3 + ◦(x3 )
x
1 1 1 a) Calculons la dérivée de f
= × f est dérivable sur R
1 + ex 2 1+u
1 1 1 ∀x ∈ R, f 0 (x) = 2x sin x + (x2 +
où u = x + x4 + x3 + ◦(x3 )
1
2 4 12 1) cos x
1
=
1
= (1 − u + u2 − u3 + ◦(u3 ))
2
1
(1 −
1
x −
1 3
x)
.P b) Montrons de deux facons
différentes que l’équation (x2 +
1) cos x + 2x sin x = 0 admet au
.N
1 + ex 2 2 12
moins une solution dans [0 , π]
3. f (x) = 1 x1 i) Par le théorème de Rolle
1+e
Déduisons l’asymptote du graphe f est continue sur [0 , π] et
H
de la fonction f lorsque dérivable sur ]0 , π[

x → +∞ f (0) = 0, f (π) = 0
Posons X = x1 , x → +∞; X → 0 D’après le théorème de
V.
1 1 Rolle , ∃c ∈]0 , π[ tel que

= f 0 (c) = 0 ,Par conséquent
1 + ex 1 + eX
1 1 1 l’équation 2x sin x + (x2 +
= (1 − X − 3 ) 1) cos x = 0 admet au moins
2 2 X
1 1 1 1 une solution dans [0 , π]
= − − + ◦
2 4x 24x3 x3 ii) Le théorème des valeurs in-
lorsque x → ∞ termédiaires
1 1 Soit g(x) = 2x sin x + (x2 +
On constate que limx→ − − + 1) cos x
4x 24x3
1 g est continue sur R en par-
◦ . Alors la droite d’équation
x3 ticulier sur [0 , π]
y = 12 est asymptote au graphe de f g(0) = 1 , g(π) = −(π 2 + 1)
au voisinage de +∞ g(0) × g(π) ≤ 0 ,donc il existe
a ∈ [0 , π] tel que g(a) =
Exercice 9 Enoncé
0.Par conséquent l’équation

2x sin x + (x2 + 1) cos x = 0 ad- C ∞ sur R
met au moins une solution D’après le théorème de la bijection
dans [0 , π]. f −1 est de classe C ∞ sur f (R) = R
• Montrons que f −1 admet un
développement limité à l’ordre 5 au
2 voisinage de 0 de la forme
f (x) = xex
f −1 (x) = ax + bx3 + cx5 + ◦(x5 )
1. Justifions que f est de classe C ∞ (a, b, c) ∈ R3
sur R f −1 est de classe C ∞ sur R donc
f est dérivable sur R ∀n ∈ N∗ est de classe C ∞ sur R
2 2
∀x ∈ R, f 0 (x) = 2x2 ex + ex D’où f −1 est de classe C ∞ sur R
f 0 est continue sur R et admet un développement limité
Supposons que f est n fois d’ordre 5 en 0.De plus f −1 est im-
dérivable ,on a : paire
n 2 (n−k)
En effet
X
k (k)
(n)
f (x) = Cn x ex
1
f (−x) = −f (x) et ∀x ∈ R, −x
∀x ∈ R, f
k=1
f n est dérivable sur R .
(n+1)
=
Xn
2 n+1−k
Cnk xk e(x )
.P Soit y ∈ R, f (−y) = f −1 (−f (x))
−1
= f −1 (f (−x))
.N
k=1
= −f −1 (y)
f (n+1) est continue sur R .Par suite
f de classe C ∞ sur R Le développement limité f −1 ne
• Développement limité à l’ordre 5 contient que des monômes de puis-
H
en 0 de f . sance impaire
f (x) = x + x3 + 12 x5 + ◦(x5 ) Donc f −1 (x) = ax + bx3 + cx5 + ◦(x5 )
est un développement limité en O à
2. Montrons que f est une bijection de
V.
l’ordre 5 de f −1
R→R
f est dérivable et donc continue sur 4. Trouvons a, b , et c
R; On sait que f −1 (f (x)) = x donc si
2
∀x ∈ R, f 0 (x) = 2x2 ex + ex
2
x → 0; f (x) → 0
∀x ∈ R, f 0 (x) ≥ 0 donc f est stricte-
ment croissante sur R a(x + x3 + 21 x5 ) + b(x + x3 + 12 x5 )3 +
f est continue sur R avec f (R) = R c(x + x3 + 12 x5 )5 = x
f réalise une bijection de R → R
Par suite f est une bijection de R → Par identification a = 1 ; b = −1 et
R c = − 52
3. Montrons que f −1 est de classe C ∞
f 0 (x) = 0 ⇔ x2 = − 12 (impossible) D’où f −1 (x) = x − x3 − 25 x5 + ◦(x5 )
donc Exercice 11 Enoncé
∀x ∈ R, f 0 (x) 6= 0
De plus f étant bijective et de classe


Exercice 13 Enoncé 
a=0


b = 1
00 0
=⇒ 1 − 13 cos2x − 31 sin2x
a) y + 2y + 2y = sin x 

c = − 31
L’équation caractéristique de d = − 1

2 3
l’équation homogène est : r + 2r +
est une solution particulière.
2 = 0 ;∆ = 0 ; r0 = −1 .Les solutions
D’où les solutions de l’équation
de l’équation homogène sont de la
différentielle sont de la forme :
forme
y : x 7→ A cos x + B sin x + 1 −
y : x 7→ (Ax + B)e−x . Une solution 1 1
3 cos(2x) − 3 sin(2x)
particulière est de la forme a cos x +
b sin x . On a donc : c) y 00 − 2y 0 + y = 2chx
r2 − 2r + 1 = 0 ; ∆ = 0 ; r = 1 .Les
2a cos x + 2b sin x + 2b sin x + 2b cos x −
solutions de l’équation homogène
2a sin x − b sin x − a cos x = sin x .
sont de la forme
Par
( identification ( y : x 7→ (Ax + B)ex On a y 00 − 2y + y =
1
a + 2b = 0 a = −2b
(
b − 2a = 1
a = − 52
⇒
b + 4b = 1
⇒
.P ex + e−x
Une solution particulière est de la
forme ax2 ex + be−x Par identification
.N
b = 15 on
( a donc
a = 12
Ainsi − 25 cos x + 51 sin x est une solu- 1
=⇒ 12 x2 ex + 41 e−x est une
tion particulière . D’où les solutions b=4
solution particulière . D’où les so-
H
sont :
lutions sont :
y : (Ax + B)e−x − 25 cos x + 15 sin x
y : x 7→ (Ax + B)ex + 21 x2 ex + 41 e−x
V.
b) y 00 + y = 2cos2 x
r2 +1 = 0 ∆ = −4 = 4i2 r = −i ou r = Exercice 14 Enoncé
i .Les solutions de l’équation ho-
mogène sont de la forme y : x 7→
y 00 + ω 2 y = cos(ω0 x)
A cos x + B sin x
r2 + ω = 0 ; ∆ = −4ω 2 ; r = iω ou r = −iω
y 00 + y = 1 + cos2x car cos2x = 21 (1 +
. Les solutions de l’équation homogène
cos2 x)
sont de la forme
Une solution particulière est de la
y:x→ 7 acos(ω0 x) + bsin(ωx) .
forme
Une solution particulière est de la forme
ax + b + csin2x + dcos2x acos(ω0 x) + bsin(ω0 x).
On a donc ω 2 (acos(ω0 x)+bsin(ω0 x))+(−aω02 cos(ω0 x)−

2
ax+b+csin2x+dcos2x+(−4csin2x− bω0 sin(ω0 x)) = cos(ω
( 0 x)
1
4dcos2x) = 1 + cos2x . a = ω2 −ω 2
Par identification 0
Par identification b=0

Donc les solutions de l’équation A cos x + Bsinx
différentielle sont les
y(x) = Acosωx + Bsinωx + f 0 (x) = −Asinx + B cos x
1
cos(ω0 x) = −Acos(2 − x) − Bsin(2 − x)
ω 2 −ω02
y(0)
( = 1 et y 0 (0) ( = 0 =⇒
=⇒ B(cos x + sin(2 − x)) = A(sinx − cos
1 1 A(sinx − cos(2 − x))
A + ω2 −ω 2 = 1 A = 1 − ω2 −ω 2
0 =⇒ 0 =⇒ B =
B=0 B=0 (cos x + sin(2 − x))
. D’où les solutions recherchées sont les En remplaçant cette expression de B on
1
y : x 7→ 1 − ω2 −ω2 cos(ωx) + conclut que les solutions sont les fonc-
0
1
cos(ω0 x) ; soit tions de la forme
ω 2 −ω02
y : x 7→ Acos(ωx) + (1 − A)cos(ω0 x) . A(sin x − cos(2 − x))
f (x) = A cos x + sin x
(cos x + sin(2 − x))
1
Déterminons les fonctions dérivables
telles que
f 0 (x) + f (x) = f (O) + f (1)
f solution de y 0 + y = c , c = f (0) + f (1) ,
.P 1+y 2
(E) : y 0 = 1+x
1
2
1
.N
donc (E) ⇐⇒ =
1 + y2 1 + x2
(
−x 1
f (x) = λe + f (0) + f (1) 0 a(x) = 1+x2
⇐⇒ b(y)y = a(y) avec 1
f (0) = λ + f (0) + f (1) =⇒ f (1) = −λ b(y) =
H
1+y 2
f (1) = λe−1 + f (0) + f (1) =⇒ f (0) = −λe−1
Z Z
0 0
V.
b(y)y = a(x) ⇐⇒ b(y)y = a(x)

D’où f (x) = λ(e−x − 1e − 1) . Z
dy
Z
⇐⇒ b(y) = a(x)
dx
Exercice 16 Enoncé Z Z
⇐⇒ b(y)dy = a(x)dx
Déterminons les fonctions dérivables
b(y)y 0 = a(x) =⇒ B(y) = A(x) + cste
sur R telles que f 0 (x) = f (2 − x)
Solution de (E)
f 0 (x) = f (2 − x) =⇒ f 00 (x) = −f 0 (2 − x)
On a
=⇒ f 00 (x) = −f (2 − (2 − x))
=⇒ f 00 (x) + f (x) = 0 B(y) = A(x) + cste =⇒ Argchy = Argchx + cst
r2 + 1 = 0 =⇒ r = i ou r = −i =⇒ y = ch(Argchx + cste)
Les solutions de l’équation différentielle
trouvée sont de la forme f : x 7→ (E) : x2 − y 0 + y + y 2 = 0

1. Supposons que y est solution de Calcul de primitives
(E) ; on a : R sin3 x
1. 8x
dx
1 1 cos 3
z= ⇒y= x 7→ sin
cos8
x
x est définit et continue en
y z
0 tout point de R − { π2 + kπ, k ∈ Z}.
z
⇒ y0 = − 2
R sin3 x
Donc cos8 x dx est valide en tout
z
1 1 point de R − { π2 + kπ, k ∈ Z}.
2
y est solutionde (E) ⇒ −x + + 2 = 0 Posons t = cosx
z z dt
⇒ x z y + y 2 z + y 2 = 0dt = −sinxdx ⇒ dx = − sinx
2 0 2
⇒ x2 z 0 + z + 1 = 0 cos2 x + sin2 x = 1 ⇒ sin2 x = 1 − cos2 x
donc z est solution de x2 f 0 + f = −1 sin3 x sin3

Z Z
dt
dx = (− )
Les solutions de (E) qui ne s’annule cos8 xcos8 x sinx
sin2 x
Z
pas avec x 6= 0
= dt
cos8 x
1
1 1
x2 z 0 + z + 1 = 0 ⇐⇒ z 0 + 2 z = − 2 1 − t2
1
x
1
1
x
=⇒ z(x) = λe − 1 λ ∈ R
x
.P =−
Z
= − 8 dt
Z t
1
dt +
Z
1
dt
.N
z(x) = =⇒ y(x) = 1 λ∈R t8 t6
y(x) λe x − 1 sin3 x
Z
1 1
8x
dx = − 7x
− 6x
+ λk ; k ∈ Z
Exercice 19 Enoncé cos 7cos 6cos
H
R
2. x2 cosxdx
(E) : (1 + x)y 00 − 2y 0 + (1 − x)y = 0 . x 7→ x2 cosx estR 2définit et continue
I ⊂ R − {1} sur R. Donc x cosx est valide sur
V.
1. On a : (1 + x)ex − 2ex + (1 − x)ex = R.

R 2 ix
x x
e (2 − 2) = 0 , donc e est bien solu- x e dx
tion de (E) Soit Q(x) = ax2 + bx + c, a 6=
0, (a, b, c) ∈ R3
2. Posons :
(1 − x)(a(x)ex − 2(a0 (x)ex + a(x)ex )
+(1 + x)(a00 (x)ex + a0 (x)ex + a0 (x)ex (Q(x)eix )0 = x2 eix
+a(x)ex ) = 0 =⇒ (Q(x)eix )0 = [aix2 + (2a + bi)x + b + ci]eix
(1 + x)a00 (x) + 2xa0 (x)ex = 0 =⇒  
ai = 1 a = −i
(1 + x)a00 (x) + 2xa0 (x) = 0
 
2a + bi = 0 ⇒ b = 2
on pose a0 (x) = b(x) =⇒  
b + ci = 0 c = 2i
 
(1 + x)b0 (x) + 2xb(x) = 0 Z
2 2 ix
x cos xdx = (−ix + 2x + 2i)e + λ; λ ∈ R
2 2
= x sinx + 2xcosx − 2sinx + i(2xsinx − x cosx + 2cosx) + λ; λ ∈ R
Exercice 20 Enoncé Z
2 2
x cosxdx = x sinx + 2xcosx − 2sinx + λ; λ ∈ R

3.
R 1
x(x+1)(x+2)
dx Equation différentielle linéaire d’ordre
1
c+x
x 7→
x(x + 1)(x + 2)
1 a +
dx est définie et continue en tout point de R − {0, −1, −2}.
b c
1 dont les fonctions f (x) = 1+x 2, c ∈ R
= x + x+2
x(x+1)(x+2)



 a=
1
x+1
seraient solutions.
2 c+x

f (x) = 1+x 2; c ∈ R

b = −1


 1
c =

R 2
1
x(x+1)(x+2)
R 1
dx = [ 2x − x+11 + 1
2(x+2)
]dx f est dérivable sur R. Donc ∀x ∈ R,
R 1
x(x+1)(x+2)
dx =
1
2
ln |x| +
1
2
ln |x + 2| − ln |x + 1| + λ; λ ∈ R f 0 (x) = 1+x1 2x
2 − 1+x2 f (x)
soit f 0 (x) + 1+x 2x 1

2 f (x) = 1+x2
Exercice 21 Enoncé (E) : y 0 + 1+x

2x
2 y = 1+x2
1
(E) est l’équation différentielle cherché.

Résolution sur R des équations Exercice 23 Enoncé
différentielles.
a) y 0 + 2y = x2 Résolution sur R des équations
(H) : y 0 + 2y = 0 différentielles :
(E) : y 0 + 2y = x2 a) (E) : y 00 + 2y 0 + y = ex
1
La solution générale de (E) sur R (H) : y 00 + 2y 0 + y = 0
est de la forme y : x 7→ (B(x) +
λ)e−A(x) ; λ ∈ R
Avec A(x) = 2x et B(x) une primi-
(C) : r2 + 2r + 1 = 0
∆=0
r0 = −1
.P
.N
2 2x
Rtive2 de
2x
x 7→ x e
1 2 1 1 2x
La solution générale de (H) sur R
x e = ( 2 x − 2 x + 4 )e + λ; λ ∈ R est y : x 7→ (λx + µ)e−x λ et µ des
Donc la solution générale de (E) réels.
1 2 1 1
sur R est y : x 7→ [( 2 x − 2 x + 4 ) +
H
λ]e2x ; λ ∈ R . y(x) = aex

0 x y 0 (x) = aex
b) (E) : y − y = (x + 1)e
V.
0
y 00 (x) = aex
(H) : y − y = 0
0 x aex + 2aex + aex = ex
(E1 ) : y − y = xe
(E2 ) : y 0 − y = ex 4aex = ex
1
La solution générale de (H) sur R 4a = 1 =⇒ a =
est y : x 7→ λe−x ; λ ∈ R 4
1
Une solution particulière de (E1 ) y(x) = ex
4
sur R est y : x 7→ 21 x2 ex .
Une solution particulière de (E) sur
Une solution particulière de (E2 ) R est y : x 7→ 14 ex .
sur R est y : x 7→ xex . La solution générale de (E) sur R
La solution générale de (E) sur R est y : x 7→ (λx + µ)e−x + 41 ex ; λ et µ
est y : x 7→ ( 21 x2 + x)ex + λe−x ; λ ∈ R . des réels.
b) (E) : y 00 + 2y 0 + 2y = sin x
(H) : y 00 + 2y 0 + 2y = 0
(C) : r2 + 2r + 2 = 0

∆ = −4 = 4i2
r1 = −2−2i
2 ; r2 =
−2+2i
2
( (
r1 = −1 − i; r2 = −1 + i −Aω02 + Aω 2 A(−ω02 + ω 2 ) = 0
⇒
La solution générale de (E) sur R −Bω02 + Bω 2 B(−ω02 + ω 2 ) = 1
est y : x 7→ e−x (λ cos x + µ sin x); λ et
(
A=0
µ des réels. ⇒ 1
B = ω2 −ω 2
0
y(x) = A cos x + B sin x
0
y (x) = −A sin x + B cos x
00
y (x) = −A cos x − B sin x Exercice 25 Enoncé
−A cos x − B sin x + 2(−A sin x + B cos x)+
2(A cos x + B sin x) = sin x
(−A + 2B + 2A) cos x + (−B − 2A + 2B) sin x = sin x
Déterminons les fonctions f : R → R
dérivables telles que pour tout x ∈ R
f 0 (x) + f (−x) = ex
( (
−A + 2B + 2A = 0 A + 2B = 0
=⇒
−B − 2A + 2B = 1 B − 2A = 1
=⇒
(
A = −2B f 0 (x) = −f (−x) + ex
(
B + 4B = 1
1
B = 5
f 0 est dérivable sur R
=⇒
∀x ∈ R,
1
A = −25
y(x) = −
2
5
cos x +
Une solution particulière de (E) sur R est y : x 7→ − 2

5
1
5
sin x
cos x + 5 1 sin x.
La solution générale de (E) sur R est y : x 7→ e−x (λ cos x + µ sin x) − 52 cos x +

.P f 00 (x) = −f 0 (−x) + ex
= −f 0 (X) + ex
.N
1 sin x; λ et µ des réels.
5
= −(−f (X) + eX ) + ex
= f (−X) + e− x + ex
= f (x) + e−x + ex
H
(E) : y 00 + ω 2 y = cos(ω0 x) f 00 (x) − f (x) = e−x + ex

(H) : y 00 + ω 2 y = 0
f (x) = f 00 (x) − e−x + ex
V.
La solution générale de (E) sur R est

y : x 7→ λ cos(ωx) + µ sin(ωx); λ et µ des y 00 − y = e−x + ex
réels. Résoudre (E) et trouver f .
y(x) = A cos(ω0 x) + B sin(ω0 x)
Une solution particulière de (E) sur R Exercice 26 Enoncé
est y : x 7→ A cos(ω0 x) + B sin(ω0 x)
y(x) = A cos(ω0 x) + B sin(ω0 x) P

a) Vérifions que uk n’est pas
y 0 (x) = −Aω0 sin(ω0 x) + Bω0 cos(ω0 x)
grossièrement divergente.
y 00 (x) = −Aω02 cos(ω0 x) − Bω0 x2 sin(ω0 x) 1
uk = k(k+1)(k+2) ; k ≥ 1.
lim uk = 0
−Aω02 cos(ω0 x) − Bω0 x2 sin(ω0 x) + k→+∞
ω 2 (A cos(ω0 x) + B sin(ω0 x)) = cos(ω0 x)
X
Conclusion : uk n’est pas
(−Aω02 + Aω 2 ) cos(ω0 x) + (−Bω02 + k≥1
Bω 2 ) sin(ω0 x) = cos(ω0 x) grossièrement divergente.

b) Donnons sa somme y(x) = (−x + A)e−x + 1, A ∈ R
Soit N ∈ N∗
N
X 1
Soit SN =
k(k + 1)(k + 2) Exercice 29 Enoncé
k=1
N
X 1
lim SN = lim
N →+∞ N →+∞
k=1
N
k(k + 1)(k + 2)
!
1. Déterminons les réels a,b et c tels
1 1 1
que
X
= lim − +
N →+∞ 2k k+1 2(k + 2)
k=1
1 a b c
x(x2 −1) = x + x−1 + x+1 , ∀x ∈ R −
 
N N N
1 X 1 X 1 1 X 1
= lim  −  +
N →+∞ 2 k=1 k k+1
2 k=1 k + 2
k=1

1 XN
1 NX+1
1 1 N
X +2
1
 {−1, 0, 1}.
= lim  − +
Soit x ∈ R − {−1, 0, 1}.

N →+∞ 2 k k 2 k=3 k
k=1 k=2
 
N N N
1 X 1 X 1 1 X 1 1 1 1
= lim  − + − + + 
N →+∞ 2 k k 2 k N +1 2(N + 1) N +2
k=1 k=2 k=3
 
N N
1 1 1 X 1 1
= lim  +
X
+ (−1 + ) −  1 a b c 1
N →+∞ 2
k=2
k 2 k=3 k 2
= + + ⇐⇒
=

lim 
1 XN
1
−
1 XN
1


x(x2 − 1) x x − 1 x + 1 2
(x −
N →+∞ 2 k 2 k=3 k
k=2
1
lim SN =
1
⇐⇒ =
N →+∞
−1
1
4
D’où
N
X
k=1
uk =
1
4
.P 1 a b c
⇐⇒ a = −
1
.N
= + + ⇐⇒
1. Donnons l’ensemble solution de x(x2 − 1) x x − 1 x + 1 x(x +
l’équation différentielle y 0 + y = 0 1
⇐⇒ = b
Ue primitive de x 7→ 1 sur R est 2
1
H
x 7→ x donc les solutions sur R de ⇐⇒ b =

cette équation sont sous la forme : 2
yh (x) = Ae−x , A ∈ R
V.
1 a b c 1
2. Une solution particulière de (E) = + + ⇐⇒
sous la forme yp (x) = −z(x)e−x + 1 x(x2 − 1) x x − 1 x + 1 x(x −
1
Posons (E1 ) : y 0 + y = 1 et (E2 ) : ⇐⇒ = c
y 0 + y = −e−x 2
1
yp1 : x 7→ 1 est une solution parti- ⇐⇒ c =
2
culière de (E1 )
−x
Ryp2 (x)−x x= c(x)e où c(x) = 2. (a) Résolution de (E) sur ]1, +∞[
−e e dx est solution particulière Soit x ∈ ]1, +∞[
de (E2 )R (E) : x(x2 − 1)y 0 + 2y = x2 ⇐⇒
c(x) = (−1)dx Prenons c(x)=-x et y 0 + x(x22−1) y = x2x−1 .
donc yp2 (x) = −xe−x Ainsi on a : Posons a(x)= x(x22−1)
yp (x) = yp1 (x) + yp2 (x) = −xe−x + 1.
On trouve ainsi z(x)=x. Solution homogène yH
3. Solution générale y’+a(x)y=0
y(x) = yh + yp a(x)= −2 1 1
x + x−1 + x+1

Une primitive de a(x) sur l’équation
√ différentielle suivante :
0 2
]1, +∞[ est : y 1 + x − y = 0 avec y(1)=1.
A(x) = −2lnx+ ln(x − 1) + ln(x + Soit√ I un intervalle de R 0 et x ∈ I
2 0 2 1
1) = ln x x−1
2 donc y 1 + x − y = 0 ⇐⇒ y − √1+x2 y =
2
− ln x x−1
0
yH (x) = ke 2
,k ∈ R Posons a(x) = − √1+x 1
2
kx2
yH (x) = x2 −1 , k ∈ R Une primitive sur de a est A(x) =
−argshx donc les solutions sur I
Solution particulière :yp de (E) sont sous la forme y(x) =
2
yp (x) = c(x) x2x−1 où c(x) = keargshx , k ∈ R
R x x2 −1
x2 −1 x2 dx est solution parti-
culière Rde (E2 )
y(1) = 1 ⇒ keargsh(1) = 1
c(x) = x1 dx Prenons c(x)=lnx √
2 ln(1+ 2)
et donc yp (x) = xx2lnx
−1
⇒ ke = 1 car sinh ln(1 +
√
⇒k= 2−1
1
Solution générale y
y(x)
(lnx+k)x2
= yh (x) + yp (x)
x2 −1 , k ∈ R
=
.PAinsi y(x) =
√
2 − 1 eargshx
.N
La solution de (E) qui vaut 0 Exercice 30 Enoncé
pour x=2.
Soit f cette solution. 1. Montrons que f est une solution de
f (x) = (lnx+k)x
2 l’équation différentielle (E)
H
x2 −1 , k ∈ R avec
f (2) = 0 La fonction f est dérivable et conti-
nue sur ]o; ∞[
V.
4 pour tout x ∈]o; ∞[; f 0 (x) = ln x

f (2) = 0 ⇒ (ln2 + k) = 0 xf 0 (x) − f (x) = x − 1
3
⇒ k = −ln2 alors f est une solution de (E) sur
]o; ∞[
2. Résolvons (E)
(lnx−ln2)x2
Ainsi f (x) = x2 −1 f étant une solution de (E),la solu-
(b) (E) n’admet pas de solution sur tion générale de (E)est
R uA : x 7−→ Ax + x ln x − x + 1 , A ∈ R
(c) (E) admet de solution sur cha- 3. Solution de l’équation qui prend 2
cun des intervalles ]−∞, −1[ , en 1
]−1, 0[ , ]0, 1[ et ]1, +∞[ u(1) = 2 ⇒ A = 1
Le plus grand est soit ]−∞, −1[
La solution est donc u : x 7−→ x +
soit ]1, +∞[
x ln x − x + 1
3. Résolvons sur tout intervalle I de R

Intégrons chacunes des équations yp (x) = 21 (x2 + 1)ln(x2 + 1)
différentielles suivantes
Solution générale y
1. xy 0 − (1 − 2x)y = 2x2 − 2x + 1 sur
y(x) = yh (x) + yp (x) = k(x2 + 1) +
]0, +∞[. 1 2 2
Soit x ∈ ]0, +∞[ 2 (x + 1)ln(x + 1), k ∈ R
xy 0 − (1 − 2x)y = 2x2 − 2x + 1 ⇐⇒
y 0 − 1−2x 2x2 −2x+1 3. (1 − x2 )y 0 + (x + 3)y = 0 sur ]1, +∞[.
x y = x
Posons a(x) = − 1−2x Soit x ∈ ]1, +∞[
x
a(x) = 2 − x1 (1 − x2 )y 0 + (x + 3)y = 0 ⇐⇒
0 x+3
y + 1−x2 y = 0
x+3
Solution homogène yh Posons a(x) = 1−x 2
x 3
y 0 + a(x)y = 0 a(x) = 1−x2 + 1−x2
Une primitive de a est A(x) = Une primitive de a est A(x) =
2x − lnx donc − 12 ln(1 − x2 ) + 3argthx donc
1 2
yh (x) = ke−2x+lnx = kxe−2x , k ∈ R y(x)
√ = ke 2 ln(1−x )−3argthx =
1
2 −3argthx
k 1−x e ,k ∈ R
Solution particulière yp
Prenons yp (x) = x − 1
.P
4. (x2 + 1)y 0 + xy − 2x = 0 sur R.
Soit x ∈ R.
.N
Solution générale y (x2 + 1)y 0 + xy − 2x = 0 ⇐⇒
y(x) = yh (x) + yp (x) = kxe−2x + x − y 0 + x2+1
x
y = x22x+1
1, k ∈ R Posons a(x) = x2x+1
H
Solution homogène yh
2. (x2 + 1)y 0 − 2xy = x3 + x sur R
y 0 + a(x)y = 0
V.
Soit x ∈ R
(x2 + 1)y 0 − 2xy = x3 + x ⇐⇒ Une primitive de a est A(x) =
1 2
0 2 ln(x + 1) donc
2x
y − x2 +1 y = x 1 2
Posons a(x) = − x22x+1 yh (x) = ke− 2 ln(x +1) = √xk2 +1 , k ∈ R
Solution homogène yh Solution particulière yp

y 0 + a(x)y = 0 On prend yp (x) = 2
Une primitive de a est A(x) =
−ln(x2 + 1) donc Solution générale y
2
y(x) = yh (x)+yp (x) = √ k +2, k ∈R
yh (x) = keln(x +1) = k(x2 + 1), k ∈ R x2 +1
Solution particulière yp
yRp (x) = c(x)(x2 + 1) avec c(x) = Exercice 32 Enoncé
2
xe−ln(x R+1) dx.
x
c(x) = x2 +1 dx. On prend c(x) = 1. Montrons que ϕ est une solu-
1 2
2 ln(x + 1) et on a tion de l’équation de l’équation

différentielle 3. Calculons, en fonction de N,le
La fonction ϕ est dérivable sur R nombre de microbes au bout de 2
Pour tout x ∈ R, ϕ0 (x) = 2 heures.
2(x2 −1)+(3x+1)(2x+1) = 8x2 +5x−1
d’où ϕ est une solution de y(1) = 2N ⇒ N ek = 2N
l’équation ⇒ ek = 2
2. Ecrivons sous forme a
x−1 + b
x+1
⇒ k = ln2
3x+1
x2 −1= (a+b)x+a−b
x2 −1
Ainsi y(t) = N etln2
Par identification,a = 2, b = 1 Et donc y(2) = N e2ln2 = 4N
d’où 3x+1 2 1 4. Valeur de N
x2 −1 = x−1 + x+1
a
x−1 + b
x+1
y(6) = 12800 ⇒ N e6ln2 = 12800
3. Résolvons (EH ) ⇒ 64N = 12800
La solution générale de l’équation ⇒ N = 200
1
est : vA : x 7−→ (x−1)A2 (x+1) +2x+1 A ∈
R
4. Solution de (E) qui vaut 0 en 2
1. Montrons qu’en posant z =

.N
1−α
v(2) = 0 ⇒ A = 30 y ,l’équation (E) se ramène à :
d’où la solution de (E) qui vaut 0 en z 0 + (1 − α)p(x)z = (1 − α)f (x).
2 est : v : x 7−→ (x−1)30
2 (x+1) + 2x + 1
y 0 + p(x)y = y α f (x) (E)
H
La fonction nulle est solution de

Exercice 33 Enoncé (E).
V.
Pour α 6= 0 et α 6= 1e et y non nulle,

1. Résolvons l’équation différentielle posons z = y 1−a
1
z = y 1−α ⇒ y = z 1−α et on a
y 0 (t) − ky(t) = 0 (EH ). y 0 = 1−α
1 α
z 0 z 1−α Ainsi :
Une primitive de t 7→ −k sur R est 1 α 1 α

t 7→ −kt donc les solutions de (EH ) (E) ⇐⇒ z 0 z 1−α + p(x)z 1−α = z 1−α f (x
1−α
sur R sont sous la forme : 1
y(t) = Aekt , A ∈ R. ⇐⇒ z 0 + p(x)z = f (x) car z 6= 0
1−α
2. Déterminons la solution de ⇐⇒ z 0 + (1 − α)p(x)z = (1 − α)f (x)
l’équation différentielle (EH ) qui
2. Intégrons alors sur ]0; ∞[ l’équation
vérifie y(0) = N .
différentielle :
y(t) = Aekt , A ∈ R.
√
y(0) = N ⇒ Ae0 = N ⇒ A = N xy 0 − 4y = x2 ( y)
Ainsi la solution cherchée est y(t) = Soit x ∈]0; ∞[
√ 1
N ekt . xy − 4y = x2 ( y) ⇐⇒ y 0 − x4 y = y 2 x
0

C’est sous la forme de (E) avec plus généralement
p(x) = −4 1 √
x , α = 2 et f (x) = x un+1 − un = 2un + 3 − un
La fonction nulle est une solution .
Soit y une solution non nulle . Po- 2un + 3 − u2n
=√
sons z = y1 2un + 3 + un
z est solution de (E 0 ) : z 0 + −2 1 (3 − un )(un + 1)
x z = 2x = √ ≥0
2un + 3 + un
Solution homogène de (E’) :zh 3. La suite un est croissante et majorée
z 0 + −2
x z = 0 (par 3) donc convergente .
Une primitive de x 7→ −2 x est x 7→ 4. Soit l√ = lim un , comme la fonc-
−2lnx
tion 2x + 3 est continue √, on a
Donc zh (x) = Ae2lnx = Ax2
nécessairement 0 ≤ l = 2l + 3
2
et donc l − 2l − 3 = 0 i.e l = 3
Solution particulière : zp
ou −1 donc on peut conclure que
Rzp (x) = c(x)e2lnx où c(x) =
l = lim un = 3
1
1 −2lnx
2 xe dx est solution parti-
culièreRde (E’)
c(x) = 2x 1
dx Prenons c(x) = 12 lnx et
donc zp (x) = 12 x2 lnx :
1. Il s’agit d’une série de Riemann di-

.N
vergente avec α = 1 ≤ 1
Solution générale :z 2.
z(x) = zh (x) + zp (x) = x2 ( 12 lnx + 1 1
∼
2k + 1 2k
H
A), A ∈ R.
Il s’agit d’une série de Riemann di-
√ vergente avec α = 1 ≤ 1
Solution de xy 0 − 4y = x2 ( y)
V.
1 1 n2 +1
y(x) = z(x) = x2 ( 1 lnx+A) , A ∈ R, en 3.
2 n2 → 1 6= 0 donc S3 diverge
plus de la solution nulle. 4. √2 = 1/22
Il s’agit du
terme général
n n
d’une série de Riemann avec α =
1
2 ≤ 1 Donc S4 diverge
Exercice 35 Enoncé 5. (2n+1)4 4
∼ 723 × n12
(7n2 +1)3
Il s’agit du terme général d’une
série de Riemann avec α = 2 ≥ 1
1. On a par hypothèse 0 ≤ u0 ≤ 3 ; sup- Donc S5 est convergente
posons (”hypothèse de récurrence 6.
”)
√ que 0 ≤ un√≤ 3 alors un+1 =
n
1
= en ln(1− n ) = en(− n +o( n ))
1 1 1
2un + 3 ≤ 2.3 + 3 = 3 est 1−
n
également positif d’où l’inégalité
recherchée. 1
= e−1+o(1) → 6= 0
√ e
2. de même on a u1 = 3 ≥ 0 = u0 ; Donc S6 diverge

e
7. 4. un ∼ − 2n =⇒ la série diverge

1 1 5. un ∼ α n(α−2)
=⇒ la série
2α−1 e
1
1

ne n −n = n e n − 1 = n 1 + + o( ) − 1
n n converge si seulement si α < 2
1 6. un ∼ 3
=⇒ la série converge
= 1 + 0( ) → 10 n2
n 1
7. un ∼ n2 =⇒ la série converge
Donc S7 diverge q
2
8. n 8. un ∼ n3 =⇒ la série converge
1
ln(1 + e−n ) ∼ e−n = 9. la série converge si et seulement si
n
6 1.
|a| =
Il s’agit d’une suite géométrique de
raison dans ] − 1, 1[ 10. Série alternée =⇒ la série converge
11. Série alternée =⇒ la série converge
12. Série alternée + Harmonique =⇒ la
1. série diverge
1
n2
un =

n
n+1
= en ln( n+1 )
2 n
.P
13. D’après le critère de d’Alembert =⇒
la série converge
14. un ≤ (n−1)(n−1)!+n!
(n+2)! ≤ 2
(n+1)(n+2) =⇒ la
.N
2
ln( n+1
n )
série converge
= e−n n−1
−n2 ( n1 − n12 +o( n12 )) 15. un = (−1) + O( n12 ) =⇒ la série
=e n+1
converge
= e−n+1+o(1)
H
n 16. la série converge ( faire une

−n 1+o(1) −n 1
=e e ∼e ×e=e décomposition en 3 séries al-
n
V.
ternées)
Il s’agit d’une suite géométrique 17. u = (−1) n
√ − 1 + O(n3/4 ) =⇒ la série
n 2 n 8n
de raison dans ] − 1, 1[, la série
diverge
converge
18. La série diverge (regroupement de
2.
1 1 termes)
un = >
n cos2 (n) n 19. la série converge
Il s’agit d’une série à termes positifs
20. un 9 0 donc la série diverge
supérieurs à n1 , or la série de terme
général n1 diverge . Donc la série di- Exercice 38 Enoncé
verge
3. n
1. un = √(−1) + O( n12 ) =⇒ la série
√ 1 n(n+1)
un =
n
→0 converge
ln(n)
n
2. un = (−1) 1 1

D’après le critère de Cauchy ,la nα/2
− 2n3α/2
+ o n3α/2
, il y a
2
série converge convergence ssi α > 3

3. Effectuer un développement (c) S3 est convergente car (série
asymptotique pour les deux géométrique de raison dans ] −
premières .Elles convergent si et 1, 1[)
seulement si α > 12 .La troisième
nπ n
tan ( ) 1
(d) 3n+27 ≤ 3n+2 = 19 × 23 La série
diverge par comparaison série- n
intégrale de terme général 19 × 23 est
convergente, donc S4 converge
Exercice 39 Enoncé (e) 9
∼ 1
doncS5
(3n+1)(3n+4) n2
converge
1
1. un ∼ par conséquent elle diverge
3. ln 1 − n12 est de signe constant

n
2. un ∼ e−n donc par comparaison de (négatif) et
séries à termes positifs , la série est
1 1
convergente ln 1 − 2 ∼ − 2
n n
3. un = O( n13 ) donc la série est absolu-
ment convergente Par conséquent la série converge
1
4. un ∼ e
2n , la série est divergente
1. Si la série de terme général un

converge, alors un → 0 donc vn ∼ un
.N
1. comme ce sont des séries à termes
N N N N N positifs , la série de terme général
X X X X X 1
un = un + un > un = vn converge , si elle diverge alors la
H
p
n=1 n=p2 n6=p2 n=p2 n=p 2
série de terme général vn diverge ,
bref les deux sont de même natures
Cette dernière série diverge , donc
Réciproquement
V.
la série de terme général un est di-

vergente. un
vn = ⇐⇒ vn (1 + un ) = un
En effet 1 + un
N
⇐⇒ vn + un vn = un
X 1 1 1 1 1 1 vn
un = 1 + 2 + 2 + + 2 + 2 + 2 ⇐⇒ un =
n=1
2 3 2 5 6 7 1 − vn
1 1 1 On a encore un ∼ vn donc les séries
+ + + + ... sont de mêmes natures .
82 3 102
Ainsi , il est plus clair que tous les 2. Si α > 1, alors on utilise la règle de
” n1 ” sont dans la série et que donc Riemann avec β ∈]α, 1[
la série diverge ln(n) ln(n)
nβ = α−β →< 1
2. (a) S1 est convergente car (série nα n
géométrique de raison 1/5) Lorsque n → +∞ Cela montre
(b) S2 est convergente car (série que la série de terme général ln(n)
nα
géométrique de raison -1/3) converge car β < 1

Si α < 1 , alors on utilise la règle de On a
√1
Riemann avec β ∈]α, 1[ lim e− n
ln(n)
=1
n→+∞
ln(n) Ce qui montre que
nβ α
= nα−β ln(n) → +∞
n
1
Lorsque n → +∞ Cela montre que un ∼
n
la série de terme général ln(n)
nα di-
verge car β > 1 C’est le terme général d’une série
Lorsque α = 1 Il s’agit d’une série de Riemann divergente avec α =
à termes positifs ,on peut appliquer 1≤1
la comparaison à une intégrale 6. un est de signe constant
1 1 1
x→ un = =
x ln(x) ln(n2 + 2) ln n2 (1 + 2

n2 )
Est intégrable car
1 1
Z x
1 = =
1
2 2
dx = [ln(ln)]x2 2 ln(n) + ln(1 + n2 ) 2 ln(n) + n2 + o( n12
2 x ln(x)
= ln(ln(X)) − ln(ln(2)) → +∞
Lorsque X tend vers l’infini , ce
.P 1
n 2 un = n 2
1
2 ln(n) +
D’après les règles de Riemann
1
2
n2 + o( n12 )
→ +∞
.N
qui montre que l’intégrale est di- nα un → +∞ avec α < 1 entraine que
1
vergente ,la fonction x ln(x) est clai- la série de terme général un diverge
rement décroissante et tend vers 0 7. un est de signe constant
H
en l’infini , donc la série de terme

1
général n ln(n) diverge 5 5 ln(n) ln(n)
n 4 un = n 4 3 = 1 →0
n2 n4
V.
D’après les règles de Riemann
nα un → +∞ avec α > 1 entraine
1. La série converge
que la série de terme général un
2. la série diverge converge
3. un → 1 6= 0 la série diverge 8. un est de signe constant D’après
grossièrement la règle de D’Alembert la série de
4. La série converge terme général un converge
5. Méfiance 9. un est de signe constant
1 1 √1 1 √1
= n− n = e− n ln(n)
n
un = 3
1 n n un ∼
1+ √ 5
n n
comme 3 n

5 est le terme général d’une série
ln(n) géométrique convergente, la série
lim √ = 0
n→+∞ n de terme général un converge

10. D’après la règle de D’Alembert la √1 ( 1 )n
est le terme général 1e d’une
e e
série de terme général un converge suite géométrique de raison stric-
11. D’après la règle de D’Alembert la tement inférieure à 1 . La série de
série de terme général un converge terme général un converge.
12. un est de signe constant 15. n2
1
4n+2 ((n+2)!)2 un = 1 + >1
un+1 (2n+1)! n
=
un 4n+1 ((n+1)!)2 Donc un ne peut pas tendre vers 0.
(2n−1)!
4 ((n + 2)!)2 (2n − 1)!
n+2 Exercice 43 Enoncé
= n+1
4 ((n + 1)!)2 (2n + 1)! Exercice 44 Enoncé
((n + 2)!)2 (2n − 1)!
=4 1
((n + 1)!)2 (2n + 1)2n(2n − 1)! 1. u1 + ... + un = 1 − (1+a1 )...(1+an ) ≤1
(n + 2)2 2.
=4 ∼1 ∞
(2n + 1)2n

X 1 n→∞
1
ln((1+a1 )...(1+an )) = ln 1 + √ −→
Cà ce n’est pas de chance, sauf si on
peut montrer que la limite 1 est par
valeur supérieure
.P =⇒
X
k=1
un = 1.
k
.N
un+1 (n + 2)2 4n2 + 4n + 4 Exercice 45 Enoncé
=4 =4 >1
un (2n + 1)2n 4n2 + 2n
1. Puisque 2ab ≤ a2 + b2 on a
Ouf ! La limite 1+ est donc la série √ 1
H
de terme général diverge. un un+1 ≤ (un + un+1 )

P P 2
13. un est de signe constant or u n et un+1 convergent donc,
V.
n par comparaison

P√ de séries à termes
1 n sin( n1 ) n2 ( n1 − 6n13 +o( n13 ))
un = sin =e =e positifs, un un+1 converge
n
2. (a) Si l > 1 alors à partir d’un cer-
1 √
1 1
= e1− 6n2 +o( n2 ) → 6= 0 tain rang n un ≥ 1 et donc un ≥
e 1 . Il y a divergence grossière.
La série de terme général un diverge (b) l < 1 alors , en posant α =
grossièrement (l + 1)/2 , on a l < α < 1 à partir
Remarque : il était inutile de faire d’un certain rang
un développement limité à l’ordre √
1
3 de sin( n ).
n
un < α
14. un est de signe constant donc
n2 un ≤ αn
1
= en (1− n ) = en (− n − 2n2 +o( n2 )) Or la série de terme général
2 1 2 1 1 1
un = 1 −
n (α)n est convergente car α ∈
P
1 1 [0, 1[ et donc un est absolu-
= e−n e−1/2+o(1) ∼ √ ( )n
e e ment convergente.

√ 1
(c) Pour un = n1 , n un = n− n → 1 et limite.
√ 2
On aun − un+1 = n1 (vn+1 − vn ) donc
pour un = n12 , n un = n− n → 1
alors que dans un cas la série +∞ +∞
X X 1
diverge et dans l’autre la série (uk − uk+1 ) = (vk − vk+1 )
k
converge. k=n k=n
+∞
Exercice 46 Enoncé 1X
≤ (vk − vk+1 )
n
k=n
1. (a) le rapport uun+1 n
tend vers 1 ce qui donne
donc la suite (un ) est de signe
1
constant à partir d’un certain un ≤
(l − vn )
n
rang ; quitte à passer à l’opposé
On en déduit 0 ≤ nun P ≤ l − vn et
on peut supposerun > 0 pour n
0 puis que nk=1 uk → l.
donc nun → P
assez grand.
Finalement un converge .
Posons
1
wn = ln((n + 1)λ un+1 ) − ln((n)λ un )
On a

1

λ
+ln 1 − + vn

.P
1. |vn | = O(n−3/2 ) =⇒ la série converge
2. Série alternée.
.N
wn = λ ln 1 +
n n Exercice 48 Enoncé
qui est le terme général
d’une série absolument conver- 1. On a
H
N N
gente. Par conséquent la
X
X 1
suite(ln(nλ un )) converge et ln 1 − 2 = (ln(n−1)+ln(n+1)−
n=2
n n=2
donc (nλ un ) aussi .
V.
nn donc
(b) Posons un = n!en .On a
N XN
X 1
un 1 1 ln 1 − 2 = (ln(n−1)−ln n)
=1− + O( 2 ) n
un+1 2n n n=2 n=2
N
En reprenant l’étude qui X
+ (ln(n + 1) − 2 ln n)
précède on peut affirmer
P que
1/2 n=2
n un → l > 0 donc un di-
Après télescopage
verge
N
2. Posons X 1 N +1
ln 1 − 2 = ln −ln 2 → − ln 2
n
X n=2
n N
vn = uk − nun .
k=1
On en déduit que la série converge
et
On a vn+1 − vn = n(un − un+1 ) ≥ 0 N
La suite(vn ) est croissante et ma-
X 1
ln 1 − 2 = − ln 2
jorée donc convergente. Posons l sa n=2
n

2. Par décomposition en éléments donc la série converge
simples Par décomposition en éléments
1 1 1 4 simples
= + −
n(n + 1)(2n + 1) n n + 1 2n + 1 1 1/2 1 1/2
= − +
Sachant n(n + 1)(n + 2) n n+1 n+2
N 2N +1 N puis après télescopage
X 1 X 1 X 1
= − +∞
n=1
2n + 1 n=2
n n=1
2n X 1 1
=
n(n + 1)(n + 2) 4
On obtient n=1
N
X 1 2.
= +∞ +∞ +∞
n=1
n(n + 1)(2n + 1) X 1 X 1 X 1
= +
N N 2N +1 n=1
n2 n=0
(2n + 1)2 n=1 2n2
X 3 X 1 X 1
+ −4
1
n n+1 n donc
n=1
Or on sait
N
X 1
n=1 n=2
.P +∞
X
n=0
1
(2n + 1)2
=
3X 1
4 n=1 n2
=
+∞
π2
8
.N
= ln N + γ + o(1)
n=1
n 3. (a)
+∞ +∞ +∞
donc on conclut que la série X n+1 X 1 X 1
converge et = + = 2
H
n=0
n! n=1
(n − 1)! n=0 n!
N
X 1 (b)
= 3 − 4 ln 2
V.
n=1
n(n + 1)(2n + 1) +∞ 2 +∞
X n −2 X n(n − 1) + n − 2
1 1 =
3. k 2 (k+1)2 ∼ k4 donc la série converge. n=0
n! n=0
n!
1 1 1 2 2
k 2 (k+1)2 = k2 + (k+1) 2 + k+1 − k donc
+∞ +∞ +∞
X 1 X 1 X 1
N = + −2 =
X 1 n=2
(n − 2)! n=1 (n − 1)! n=0
n!
=
k 2 (k + 1)2
k=1
N N +1 N +1 N
X 1 X 1 X 1 X 1 π2
+ −1+2 −2 = −3
k2 k2 k k 3 1. Tout d’abord la série converge en
k=1 k=1 k=2 k=1
vertu de la règle de d’Alembert (en
Exercice 49 Enoncé traitant x = 0 séparément)
Puisque
1. n n
!
1 1
X d X
∼ 3 kxk = x xk
n(n + 1)(n + 2) n dx
k=0 k=0

0
1 − xn+1 2. On a

x
=x →
1−x (1 − x)2 1
on obtient m× =
n(n + 1)...(n + m)
+∞
X x
kxk =
(1 − x)2 1 1
k=0 −
n(n + 1)...(n + m − 1) (n + 1)...(n + m)
2. Par sommation géométrique
n Après télescopage
xα−1 X
k k+α−1 xα+1
= (−1) x +
1+x 1+x
k=0 N
X 1
donc m =
Z 1 α−1 n Z 1 n=1
n(n + 1)...(n + m)
x X
dx = (−1)k xk+α−1 dx
0 1 + x
k=0 0 1 1
Z 1 α+1 −
x m! (N + 1)...(N + m)
1
+ dx
=
X n
k=0
0 1
k+α
+
(−1)k
x
+ n
.P donc , sachant m ≥ 1
m×
1
−→
1
= Sm
.N
avec n(n + 1)...(n + m) N →+∞ m.m!
Z 1
1
0 ≤ n ≤ xn+α dx = →0
0 n + α − 1 Exercice 52 Enoncé
H
d’où la conclusion.
1. S1 =
V.
1. La convergence de la série est as- 2. S2 = 1

4
surée par le critère de d’Alembert
23
.On a 3. S3 = 144
+∞
X xn 4. S4 = ln 3
(1 − x) n (1 − xn+1 )
=
n=1
(1 − x)
sin 2α

5. S5 = ln 2α
+∞
X xn − xn+1
1
(1 − x)n (1 − xn+1 ) 6. S6 = α − 2cotan(2α)
n=1
+∞
X 1 1
7. S7 = 109 − 40e
= −
n=1
(1 − x ) (1 − xn+1 )
n
8. S8 = (1−x)x
p+1
p
pour |x| < 1 par
Après télescopage on obtient récurrence
+∞
X xn x x
9. S9 = (1−x) 2 si |x| < 1 et S8 =
1
si
= (1−x)2
n=1
(1 − x)n (1 − xn+1 ) (1 − x)2 |x| > 1

10. On peut appliquer la formule du
∞ X
n−1 produit de deux séries absolument
X r
Sn = = convergentes
q=0 r=1
(qn + r)(qn + r + 1)
+∞
! +∞
! +∞ n
!
∞ X
n−1 X X X X
X r r vn vn = vn − kvk
− .
q=0 r=1
qn + r qn + r + 1 n=0 n=0 n=0 k=0
∞
X 1 1 1 +∞ n
! +∞
Sn = + ... + − = X X 1 X
q=0
qn + 1 qn + n q + 1 = = un
n=0
(n − k)!k! n=0
  k=0
(N +1)n N +1
N →∞ X 1 X1
lim  −  = ln n Comme on le verra dans le chapitre
k k
k=1 k=1 séries entières
Exercice 53 Enoncé +∞ +∞
X X 1
vn = =e
1
n!
1. tan sn = n + 1 par récurrence et
sn ≤
∞
X
2
1
k +k+1
≤ 1+
X ∞
1
n(n + 1)
.P
= 2 Ce qui montre que
n=0 n=0
.N
k=0 k=0
+∞
X
2. (a) Montrons que la série est un = e2
convergente n=0
arctan(n + a) − arctan n ∼ na2 ( à
H
expliciter) 2. On pose
Donc la série converge
V.
(b) Calculons 1 (−1)n

an = et bn =
n n! 2n
X
S(a) ≥ arctan(k+a)−arctan k
an est le terme général d’une série
k=0
absolument convergente en appli-
π 1 1quant la règle de D’Alembert
−→ +arctan 1+arctan +...+arctan
a→+∞ 2 2 n
=⇒ S(a) −→ +∞ 1
a→+∞ an+1 (n+1)! 1
= 1 = →0<1
an n+1
Exercice 54 Enoncé n!
1. vn n!1 , il s’agit d’une série absolu- | bn |= 21n est le terme général

ment convergente en appliquant la d’une série géométrique conver-
règle de D’Alembert gente avec q = 12 < 1,donc la série
de terme général bn converge abso-
1
un+1 (n+1)! 1 lument
= 1 = →0<1
un n!
n+1 On peut appliquer la formule du

produit de deux séries absolument On va montrer que la série est al-
convergentes ternée, mais comme−n + 1 < 0 ,
+∞
! +∞ ! +∞ n
! le sinus va être négatif aussi, on va
X X X X
an bn = bn − kak légèrement modifier un
n=0 n=0 n=0
3
k=0 n +1 n11
+∞ n
! un = sin π 2 = (−1)n+1 sin π 2
X X (−1)n−k n +1 n +
=
n=0
(k!2n−k Puis on va montrer que vn =
k=0
+∞
X sin π nn−1
2 +1 est décroissante et
= un qu’elle tend vers 0
n=0 n−1
n2 +1 tend vers 0, donc vn tend vers
+∞
X sin(0) = 0
an = e Avant de montrer que la suite est
n=0 décroissante on va montrer que
Comme on le verra dans le chapitre n−1 π

n2 +1 π ∈ 0, 2
séries entières et n−1
n2 +1 π > 0 c’est clair
1
+∞
X
n=0
bn =
+∞
X
n=0
−
1
2
n
=
1
1 − ( −1
2 )
=
2
3
.P π
− 2
n−1
2 n +1
π=
π (n − 1)(n − 3)
2 2(n2 + 1)
Pour n > 0 ( n tend vers l’infini donc
>0
.N
Finalement
+∞ on n’a pas de problème pour les pe-
X 2e tites valeurs de n)
un =
n=0
3 vn = sin π nn−1

= f (n) avec
2 +1
H
x−1

f (x) = sin π x2 +1
−x2 + 2x + 1

0 x−1
V.
Exercice 56 Enoncé f (x) = π cos π

(x2 + 1)2 x2 + 1
Au moins pour x assez grand , −x2 +
Étudions la convergence des séries de
2x+1 < 0 etpour x assez grand (que
terme général x−1 π x−1

3) x2 +1 π ∈ 0, 2 donc cos x2 +1 π >
1. On va d’abord diviser n3 + 1 par 0,la fonction est décroissante donc
n2 + 1, ce qui donne n3 + 1 = (n2 + la suite est décroissante. Finale-
1)n + (−n + 1), donc ment il s’agit d’une série alternée
n3 + 1 −n + 1 convergente
= n +
n2 + 1 n2 + 1 2.
π
Et alors un = (1 − cos( ))(ln(n))2011
3
n +1

−n + 1
n π 2
un = sin π 2 = sin nπ + 2 π ( ) 1
n +1 n +1 = 1 − 1 − n + o( 2 ) (ln(n))2011
2 n
2
π2

n −n + 1 π 1 2011
= (−1) sin π 2 = + o( 2 ) (ln(n)) ∼ 2 (ln(n
n +1 2n2 n 2n
π2
3
2011 π2 5. D’après la règle de Cauchy,la série
n 2 (ln(n)) = 1/2 (ln(n))2011 → 0
2n2 2n de terme généralun converge.
D’après la règle de Riemann la série 6. Cela va dépendre de la valeur de α
de terme généralun converge.
1 2 sin2 (α)
3. On rappelle que pour tout x ≥ (un ) =
n
2
nn
0, sin(x) ≤ x 2 2
n n = e n ln(n) → e0 = 1
Z πp Z π
n n √
0 ≤ un = sin(x)dx ≤ xdx Donc
1
0 0 (un ) n → 2 sin2 (α)
π 3
D’après la règle de Cauchy
2 2 n 2π 2 1
= x 3 × 3
3 0 3 n2 Si 2 sin2 (α) < 1,autrement dit si
1 sin2 (α) < 12
3 est le terme général d’une série
n2
de Riemann convergente. Donc la Exercice 57 Enoncé
série de terme généralun converge.
1
√
1+(−1)n n
4. un = 1+n n’est pas de
constant mais il parait délicat d’ap-
pliquer le TSSA
√
signe
√
.N
1 + (−1)n n 1 n
un = = −(−1)n Exercice 61 Enoncé
1+n n+1 1+n
1
∼ n1 ,donc diverge 1. La série de terme général n ln12 n est
H
n+1 √
x
Posons f (x) = 1+x , on a alors f (n) = une série de Bertrand avec α = 1 et
√
n β = 2 > 1, donc converge.
1+n
V.
2. Pour n > 2
f (n) > 0 et lim f (n) = 0 n
n→+∞ X X
S − Sn = uk − uk
Et pour tout x > 1
k>2 k=2
0 1−x 1 1
f (x) = √
X
<0 = uk ≤ ≤
2 x(1 + x)2 n ln2 n ln n
k>n+1
√
n
Ce qui montre que la suite 1+n donc S − Sn ≤ ln1n
est décroissante, d’après le TSSA√
Par ailleurs,par comparaison à une
n n intégrale, on obtient :
la série de terme général (−1) 1+n
converge .
Z +∞
X 1 1
un est la somme du terme général 2 >− − 2
1 k>n+1
k ln k n+1 t ln t
d’une série divergente( n+1 )et du
terme général 1
√ d’une série conver- =
n n ln(n + 1)
gente (−1) 1+n , donc la série de
terme général un diverge. d’où le résultat.

1
d’où, pour tout n, un < n+1
1. Dans le cas où u0 = 0, la suite est Posons wn = nun
nulle. On suppose désormais ce cas Par récurrence sur n,on montre que
exclu. wn+1 − wn > 0. Ainsi, la suite wn est
La suite (un ) est à termes dans ]0, croissante.
1] car l’application x 7→ x−x2 laisse 5. On a :
stable cet intervalle. XN
La suite (un ) est décroissante et mi- (vn+1 −vn ) = vN +1 −v0 = −(N +1)uN +1
norée donc convergente. Sa limite ` n=0
vérifie
Or −(N + 1)uN +1 → −` quand
` = ` − `2 et donc ` = 0.
N → +∞. Par suite, la série
2. un+1 − un ≤ 0 et un ∈]0, 1[ pour tout
P
vn+1 − vn converge.
n ∈ N donc (un ) converge et la seule 6. De ce qui précède, nu1 n → 1 quand
limite possible étant 0.
1
n → +∞ donc un ∼ n1 .
N
X
n=0
u2n =
N
X
n=0
un −un+1 = u0 −uN +1 → u0
Posons Hn = 1+ 21 +...+ n1 = ln n+γ +o(1).

.N
P+∞
u2n converge et 2 On observe
P
donc n=0 un = u0
3. On a un = 2Hn − Hn2
= 2(ln n + γ + o(1)) − ln(n2 ) − γ + o(1) →
H
N N
X Y un+1 γ.
ln(1 − un ) = ln( )
un a) un > 0 et
n=0 n=0
V.
ln un = nk=1 ln(1 + a−1

P
uN +1 k )
= ln → −∞
u0 Si a = 1 alors un = 1 → 1.
P
donc la série numérique ln(1−un ) Si a > 1 alors
diverge. a−1 a−1
ln(1 + k ) ∼ k
Puisque ln(1 − un ) ∼ −un
donc lnun → +∞ puis un → +∞.
Par équivalence dePséries à termes
Si a < 1 alors ln un → −∞ et donc
de signe constant, un diverge.
un → 0.
4. Récurrence sur n b) Si a > 1 il y a divergence grossière
-si n = 0, 0 < u0 < 1 de la série.
Supposons que cela soit vrai jus- Si a ∈]0, 1[ alors
qu’à l’ordre n, alors
ln un ∼ nk=1 a−1
P
k = (a − 1) ln n
0 < un+1 = un − u2n < et donc
1 1 1 1 ln(kun ) = ln k + (a − 1) ln k + o(ln k) ∼
− = 1 <
n + 1 (n + 1)2 (n + 2) + n
n+2 a ln k → +∞

Ainsi kun → +∞ et à partir d’un cer- N
X N
X +1 N
X +3
tain rang un > 1/k. ln n − 2 ln n + ln n

La série de terme général un s’avère di- n=1 n=2 n=2
vergente puis
N
X
Exercice 64 Enoncé (ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2)) =
n=1
Si α < 1 alors n nα 1ln n → +∞ donc pour (ln 1 + ln 2 − 2 ln 2 − 2 ln(N + 1)+

n assez grand nα 1ln n > n1 . Par comparai- ln(N + 1) + ln(N + 2)) →
son de séries à termes positifs, la série − ln 2
diverge
Si α > 1 alors considérons β ∈]1, α[. On
a nβ nα 1ln n → 0 donc la série est absolu- Montrons que la série
X
un est conver-
ment convergente. n≥1
Si α = 1 alors exploitons la décroissance gente et calculons sa somme.
de la fonction x 7→ x ln1 x sur ]1, +∞[.
1
Pour k > 2
1
>
Z k+1
dt
.P X
n≥1
un =
X
n≥1
X 1
1+2+3+·+n
1
.N
k ln k k t ln t = n(n+1)
donc n≥1 2
X X 2
n n+1 un =
n(n + 1)
X 1 Z
dt
H
> n≥1 n≥1

k ln k 2 t ln t Soit N ∈ N∗
k=2
N
n+1 − −−−−−→ 2
= [ln(ln t)]2 n → +∞ + ∞
X
V.
Soit SN =
n(n + 1)
Par suite, la série étudiée diverge n=1
On a XN
2
lim SN = lim
N →+∞ N →+∞
n=1
n(n + 1)
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = N
1
X
= lim 2
a + 2b 1 N →+∞
n=1
n(n + 1)
(1 + a + b) ln n + + O( 2 )
n n N
X 1 1
Il y a convergence si, et seulement si, = lim 2 −
N →+∞ n n+1
1 + a + b = 0 et a + 2b = 0 ce qui cor- n=1
respond à a = −2 et b = 1. 1
= lim 2(1 − )
Dans ce cas : N →+∞ N +1
lim SN = 2
N →+∞
N
X ∞
X
(ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2)) = D’où un = 2
n=1 n=1

X 2
Exercice 66 Enoncé Donc √ est une série diver-
n≥1
n
gente.
Etudions la convergence des séries sui- X (2n + 1)4
vantes : 3.
n≥1
(4n2 + 1)3
X (2n + 1)4 X
X n2 + 1 Posons = un
1. (4n2 + 1)3
n≥2
n2 n≥1 n≥1
(2+ n1 )4
Méthode 1 : 3 2
7 n (2n+1)4 n2 (7+ 12 )3
24 × (4n2 +1)3 = 24
n
73 n2
X n2 + 1 X 1 (2+ n1 )4
= (1 + 2 ) n2 (7+ 12 )3
n2 n lim 24
n
=1
n≥2 n≥2 n→+∞ 7 n2
3
4
N Donc un ∼ 732n2 = vn
(un ) et (vn ) sont à termes réels posi-
X
lim 1 = lim (N − 2) = +∞
N →+∞ N →+∞ tifs et un ∼ vnX .
1
X n=2 X
n≥2
X 1
1 est une série divergente.
n2
est une série de Riemann
.P Conclusion :
même nature .
X
vn =
X 24
un et
n≥1
vn sont de
est une série de

n≥1
.N
n≥2 73 n2
convergente(2 > 1). n≥1 n≥1
X n2 + 1 Riemann convergente car 2 > 1.
Donc est une série diver- X (2n + 1)4
n2 Donc est une série
H
n≥2 (4n2 + 1)3

X X 1 n≥1
gente car 1 et 2
sont deux convergente.
n X
n≥2 n≥2
4. ln(1 + e−n )
V.
séries de nature différentes.

n≥1
Méthode 2 : Posons un = e1n et vn = ln(1 + e−n )
2
lim nn+1 = lim 1 + n12 = 1

n→+∞
2
n→+∞ (un ) et (vn ) sont à termes réels posi-
2
lim nn+1
2 6= 0 tifs. On a vn = ln(1 + un )
n→+∞
X n2 + 1 1
un en
Donc la série est lim = lim 1
2 n→+∞ vn n→+∞ ln(1 +
n≥2
n en )
1
grossièrement divergente. ln(1 + en )
= lim 1
X 2 n→+∞
en
2. √
n≥1
n =1
X 2 X 2
√ = Donc un ∼ vn
n≥1
n n≥1 n 21 Soit N ∈ N∗
X 2 Posons
1 est une série de Riemann di- N
n≥1 n 2
X 1
SN =
vergente car 0 < 12 < 1 n=1
en

X tann (π/7)
3.
3n+2
e n≥0
lim SN = Soit N ∈ N
N →+∞ e−1 N
X tann (π/7)
Posons SN =
3n+2
∞ n=0
X e
ln(1 + e−n ) = N
tan(π/7) n

1
e−1
X
lim SN = lim ×
N →+∞ N →+∞ 3 32
n=1 n=0
1
lim SN =
N →+∞ 3(3 − tan(π/7))
Exercice 67 Enoncé D’où
N
X tann (π/7)
=
1
n=0 3n+2 9 − 3 tan(π/7))
Vérifions si les sommes suivantes sont 4.

X 9
(3n + 1)(3n + 4)
n≥0
finies : Soit N ∈ N
N
9
∞
X
Posons SN =
X −1 n=0 (3n + 1)(3n + 4)
1. ( )n
n=2
3 lim SN = lim
N
X 9
N →+∞ N →+∞ (3n + 1)(3n + 4)
n=0
Soit N ∈ N∗ − {1}.
1
 
N N
X 1 X 1
= lim 3 −3
Soit SN =
XN
n=2
−1
( )n
3
N
.P =
=
N →+∞
lim
N →+∞
lim
N →+∞

3


N
X
n=0
N
X
n=0
3n + 1
1
n+ 1
1
3(n + 1
−
3
N
X
)
+1
−3
1
4
n=1 n + 3
n=0

N
X
n=0
3n + 4

1
3(n + 4

3
)


.N
n=0 3
X −1 lim SN = 3
lim SN = lim ( )n N →+∞
N →+∞ N →+∞
n=2
3 D’où
∞
X 9
(3n + 1)(3n + 4)
=3
n=0
3
lim SN = Exercice 68 Enoncé
H
N →+∞ 4
∞
X −1 3
D’où ( )n = Montrons que les séries
P
un et
P
vn
3 4
V.
n=2
sont de même nature.
X 2n
2.
3n−2 ∀n ∈ N, un ≥ 0
n≥5 un
Soit N ∈ N∗ − {1, 2, 3, 4}. vn = 1+u n P
Posons Supposons que un converge .
N
Alors lim un = 0
N →+∞
X 2n
SN = un
n=5
3n−2 lim= lim (1 + un )
n→+∞ vn n→+∞
N n
= 1 car un → 0
X 2 n→+∞
lim SN = lim × 32
N →+∞ N →+∞ 3 Donc un ∼Pvn
n=5 P
un ∼ vn , un et vnPsont des séries à
lim SN = 27
N →+∞ termes positifs. P
Donc vn converge.
∞ n
X 2 Supposons que vn converge .
D’où = 27
3n−2 Alors lim vn = 0
n=5 n→+∞

un
Ce qui implique un → 0 car 1+u n
= Exercice 70 Enoncé
n→+∞
vn P Montrons que les séries de terme général un et vn ne sont pas de même nature et pourtant
Donc un ∼ vn . D’où un converge. un ∼ vn .
un = (−1)n bn avec bn = √1
n
(bn )n∈N∗ est une suite décroissante tendant vers 0.
P
Soit (SN )N ∈N∗ la suite des sommes partielles de un .
Montrons que (SN )N ∈N∗ converge.
→ Montrons que (S2N )N ∈N∗ et (S2N +1 )N ∈N∗ sont convergentes et convergent vers
la même limite.
Montrons que la suite de terme général
un converge. 2N +2 2N
∀n ∈ N, vn → 0 n n
X X
S2N +2 − S2N = (−1) bn − (−1) bn
n=0 n=0
n→+∞
= u2N +2 + u2N +1
u
Xn = avn X
+ bvn+1 + cvn+2 . = b2N +2 − b2N +1 ≤ 0
un = (avn + bvn+1 + cvn+2 ) (S2N )N ∈N∗ est une suite décroissante .

S2N +3 − S2N +1 = b2N +2 − b2N +3 ≥ 0
n≥0 n≥0 (S2N +1 )N ∈N∗ est une suite croissante.
Soit N ∈ N
N lim (S2N +1 − S2N ) = lim (b2N +1 − b2N +3 )
N →+∞ N →+∞
X
Posons SN = (avn + bvn+1 + cvn+2 ) car bn → 0
=0
n→+∞
n=0
(S2N )N ∈N∗ et (S2N +1 )N ∈N∗ sont deux suites adjacentes.
1
N
X
lim S2N +1 = lim S2N = l(l ∈ R)

lim SN = lim avn + bvn+1 + cvn+2
N →+∞
=
N →+∞
lim
N →+∞
lim
N →+∞
n=0

a

a
N
X
n=0
N
X
vn + b
vn + b
N
X
n=0
N
X +1
vn+1 + c
vn + c
N
X +2
N
X
n=0

vn 

vn+2 
.P
D’où (SN )N ∈N∗ converge.
X
n≥1
un converge .
X (−1)n
√
X
n≥1
N →+∞
vn =
X (−1)n
n≥1
"
√
n
+
est une série convergente .

1
n
#
N →+∞
.N
n=0 n=1 n=2 n
  n≥1
N X 1
est une série divergente.
X
= lim (a + b + c) vn + av0 + av1 + bv1 + bvN +1 + cvN +2  n
N →+∞ n≥1
n=2
X (−1)n X 1
= lim a(v0 + v1 ) + b(v1 + vN +1 ) + cvN +2 √ et sont deux séries de natures différentes .
N →+∞ n n
n≥1 n≥1
= a(v0 + v1 ) + bv1
X
Donc vn diverge.
n≥1
H
X un X∼ vn
D’où un converge.
X
Ici un et vn sont deux séries dont les termes généraux ne gardent pas un signe
n≥0 n≥1 n≥1
∞
X constant.
un = a(v0 + v1 ) + bv1
n=0 Ce résultat ne contredit pas la proposition énoncée au cours.
V.
7.3 ENONCES DES DEVOIRS D’ANALYSE 2
Premier devoir où P(x) est un polynôme à coeffi-

cients réels ?
2. Décris la méthode de la variation
Exercice 1 : Connais-tu ton cours ?Corrigé
de la constante.
1. Que dit le principe de superpo- Exercice 2Corrigé

sition et comment s’applique-t-il
dans la résolution des équations
Calculer les primitives suivantes (va-
différentielles de la forme
riable x), en indiquant l’ensemble de va-
0
y + a(x)y = P (x) sin(βx) lidité

1. Z 2. En déduire P
une condition suffisante
x
xe cos xdx pourPque un converge et pour
que vn diverge.
2. 3. on suppose que un ∼ vn . Démontre
x5 + x3 − x + 1
Z
dx
P
que
P un converge si et seulement
x2 (x2 + 1)
si vn converge
Exercice 3Corrigé
Exercice 2
Résoudre sur R les équations
on considère la série harmonique de
différentielles suivantes :
terme général un . On note hn les
a) sommes partielles définies par n ≥ 1
y 0 + y = x − ex + cos x n
1 1 X1
b) hn = 1 + + · · · + =
2 n k
y 00 − 3y + 2y = x(ex + e2x ) k=1
1
1. Démontre que pour tout k ≥ 2,
Exercice 4Corrigé
On considère l’équation différentielle

.P Z k+1
k
1
t
dt ≤ uk ≤
Z k
1
k−1 t
dt
.N
(E) donnée par
en déduire que pour tout n ≥ 1,
(1 − x2 )y 0 + y = 1
ln(n + 1) ≤ hn ≤ ln(n) + 1
H
Représenter les courbes intégrales de P

(E) sur ] − 1, 1[ 2. En déduire que un diverge et que
hn est équivalent à ln(n) + 1 quand
V.
n tend vers l’infini.

Second devoir
Exercice 1 3. Pour tout n ≥ 1, on pose

: Questions de cours Z n+1
1
Soient
P
un et
P
vn deux séries et n0 δn = un − dt
n t
un entier naturel tel que pour n ≥ n0 ,
Montre que 0 ≤ δ ≤ P un − un + 1. en
≤ un ≤ vn . Pour tout entier n ∈ N, on
déduire que la série δn converge .
pose :
n n
X X 4. En déduire qu’il existe un réel stric-
sn = uk et tn = vk
tement positifγ tel que
k=0 k=0
1. Montre que les suites (sn ) et (tn ) lim hn − ln(n) = γ
n→∞
sont croissantes à partir d’un rang
n0 , et qu’il existe un réel a tel que (γ = 0.577215665 est la constante
pour tout n ∈ Nsn ≤ tn + a d’Euler)

Exercice 3 Déterminer l’ensemble des solu-
(Règles de Bioche)
tions à valeurs réelles de l’équation
Calculer l’intégrale suivante : différentielle
Z
1 y 00 −4y 0 +13y = (12x+8) cos x+(4x+2) sin x
J= dt
sin(t) + tan(t) Exercice 6
H : L’on peut vérifier que J présente
Soient a et b deux réels données.On
un invariant et faire le changement de
considère la série numérique suivante :
variable u = f (t) approprié.On vérifiera
alors que
X
(ln(n) + aln(n + 1) + bln(n + 2))
Z n≥1
u
J= du
(u2 − 1)(1 + u) 1. Quelle condition doivent vérifier
les réels a et b pour que le terme
et on achève la résolution
général de la série tende vers 0
1
Exercice 4 quand nn tend vers l’infini.
(Intégrales de Wallis ) :
Pour n ∈ N, on pose
Z π
.P2. Déterminer alors les réels a et b
pour que cette série soit conver-
.N
2
In = sinn (t)dt gente.
o
1. Etablir une relation de récurrence 3. Soit N un entier non nul. Pour les
H
entre In et In+1 . valeurs trouvées de a et b,calculer

en fonction de N , la somme par-
tielle :
V.
2. Montrer que (In )n∈N est décroissante,strictement

positive puis que In+1 ∼ In X N
SN = (ln(n)+aln(n+1)+bln(n+2))
n≥1
3. En considérant le produit de (n +
1)In+1 In déterminer un équivalent 4. En déduire la somme de la série
simple de In quand n tend vers +∞
Rattrapage
4. Montrer que ∀n ∈ N :
Exercice 1
(2n)! π
I2n = n 2
(2 n!) 2 Résoudre sur R les équations suivantes :
1.y 0 + y = x − ex + cos(x).
ce dernier calcul n’utilise que la re-
2.2.y 00 − 3y 0 + 2y = x(ex + e−2x )
lation de la première question.
Exercice 5 Exercice 2
(Règle de Bioche)

Calculer l’intégrale suivante 1. Pour quels entiers naturels
Z
1 l’inégalité
J= dt
sin(t) + tan(t)
1 1 1
On pourra vérifier que J présente un ≤ −
k3 k 2 (k + 1)2
invariant et faire le changement de va-
riable u = f (t) approprié . On vérifiera est-elle vraie ?
alors que P 1 1

Z 2. La série k2 − (k+1)2 est-elle
u
J= du convergente ?
(u2 − 1)(1 + u)
et on achèvera la résolution . 3. . Calculer la somme de la série.
+∞
X 1 1
Exercice 3 −
k 2 (k + 1)2
k=1
Le but de cet exercice est d’effectuer
1
un calcul approché de la somme
S=
∞
X 1
k3
k=1
.P4. Démontrer alors que
8
8
≤S≤
10
8
.N
R +∞ 2
Premier devoir (d) e−t cos tdt est semi-
H
0
convergente.
Exercice 1
(e) Soit x > 0. Pour toute fonction
V.
impaire et continue sur ] − x, x[,

1. Répondre par vraie ou fausse avec
on a :
justification aux affirmations sui- Z x
vantes :
R +∞ lim f (t)dt = 0.
(a) Soit α > 0 , si 1 t−α dt est x→+∞ −x
R +∞ −t2
divergente alors 1 e t dt di-
2. Énoncer la deuxième formule de la
verge.
n
moyenne puis la démontrer dans
k2 le cas de fonctions continûment
P
(b) La suite n3 +k 2 n converge vers
k=1 dérivables.
1 − π4 .
(c) Pour tous réels a, b (a < b) et Exercice 2
toutes fonctions f, g continues
sur [a, b], on a : 1. Calculer
Z b Z b
|a − b| b (a) les valeurs
exactes (simplifiées)
Z
f (t)dt g(t)dt ≤ f (t)2 + g(t)2 dt.
a a 2 a
de chacune des intégrales sui-

P P
vantes : (a) vn et wn sont conver-
√ n≥0 n≥0
Z 3
gentes et déterminer leurs
Z 7
2 1 + tan2 (arcsin t) t2
I1 = √ √ dt et I2 = √ sommes. dt.
− 3
2
1 − t2 2−1 1+t
P
(b) un est convergente et sa
(b) les primitives de la fonction n≥0
somme est dans l’intervalle
αt
hα : t → te cos t [−1, 1].
où α un réel non nul. Exercice 2

2. On considère les équations
1. Calculer les intégrales suivantes :
différentielles :
Z π2 √ Z √2
16 sin
0 √ t
2
(E1 ) : y 0 +y(y−1) = 4x2 +2x+2, (E2 ) : (1+2x)y”−2y
I1 = −8xy = dt,0 Iet
2 = (E √ : y (3) −6y”+
3 ) arcsin tdt.
0 2t −
2
2
(a) Résoudre l’équation (E1 ) sur R

2. On étudie la propagation de Covid-
sachant que y(x) = 2x + 1 est
1
19 dans la population d’une ville
solution.
(b) Résoudre l’équation (E2 ) sur
un intervalle I à préciser. On
.P
donnée où tout bouge à volonté. On
note I(t) le nombre d’individus in-
fectés à l’instant t et N l’effectif to-
.N
pourra chercher une solution tal de la population. Il revèle que
αx
de la forme e . I(t) suit le modèle de Verhulst :
(c) Résoudre (E3 ) sur R. I 0 (t) = k.I(t)(N − I(t)), k > 0.
H
Second devoir Si la ville est isolée et compte 5000

individus dont 160 infectés et 1200
V.
Exercice 1 le sont 7 jours après, à partir de

quel jour l’infection touchera 80%
1. Énoncer puis démontrer le de la population ? Et 100% ?
Théorème de la divergence Pour répondre à ces interrogations,
grossière d’une série. (a) écrire le Problème de Cauchy
2. Démontrer la propriété suivante : de la situation ;
Propriété : Une série à termes posi- (b) déterminer toutes les solutions
tifs est convergente si et seulement (constantes et non constantes)
si la suite des sommes partielles est de l’équation différentielle en
majorée. question ;
3. Étudier la (c) déduire la (seule) solution du
n naturePdes(−1)déries
1 2 n−1
:
√ problème de Cauchy puis calcu-
P
1 + 2n et .
n≥0 n≥1 n ln(1+n)
ler la constante k ;
1
Rπ
4. Soit un = n+1 0 cos(nt)dt, vn
2
= (d) déduire les différentes réponses
sin n cos n
2n et wn = 2n . Montrer que aux interrogations problèmes.

Rattrapage 1. Calculer les intégrales
Z π2 √ Z √3
1 + sin t 2 tan2 (
Exercice 1 I1 = √ dt et I2 = √ √
0 2t − 3
2
1
+∞ +∞
On donne
P 1
= e,
P 1
= π2
et on 2. Soient a < b deux nombres réels et
n! n2 6
n=0 n=1 f, g : [a, b] → R deux fonctions conti-
pose :
nues sur [a, b]
2n
n2
(−1)n−1 (a) Montrer

(2n)! 1 que 1
un = , vn = 1− n , wn = p , an = et bn = 3 .
(n!)2 2 n ln(1 + n) Zn!b Z nb + n2
|a − b| b
Z
f (t)dt g(t)dt ≤
1. Etudier la nature des séries a a 2 a
numériques suivantes :
(b) En déduire que
X X
vn et wn . h πi Z x√
1
n≥0 n≥1 ∀x ∈ 0, , cos tdt ≤ (x+sin
1
2 0 2
vergente.
n→+∞
√
la série de terme générale un est di-

.P
2. Calculer lim n un puis déduire que 3. Soit F une fonction réelle dérivable
sur ]0, +∞[ vérifiant l’équation
.N

1
3. Justifier que les séries
P
an et
P
bn (E) : F 0 (x) = F , ∀x ∈]0, +∞[,
n≥0 n≥1
x
sont convergentes puis calculer (a) Justifier que F est deux fois
H
+∞
X +∞
X dérivable sur ]0, +∞[ et est une
S1 = an et S2 = bn . solution de l’équation x2 y 00 +y =
V.
n≥0 n≥1 0.
(b) Trouver toutes les fonctions F
Exercice 2
solution de (E).

Exercice 1Corrigé
7.4 CORRIGÉS DES DEVOIRS D’ANALYSE 2

Premier devoir (E) il faut trouver les solutions
générales de l’équation homogène,
ie équation sans second membre.
Exercice 1 : (Questions de cours)Enoncé 2. Méthode de variation de la
constante
1. Principe de superposition On considère sur un intervalle I les
On considère l’équation différentielle équations différentielles suivantes :
0
(E) : y + a(x)y = b(x) sur un inter- (H) : y 0 (x) + a(x)y(x) = 0 et (E) :
valle I. y 0 (x) + a(x)y(x) = b(x)
On suppose que la fonction x 7→ On rappelle que les fonctions a et
n
X b sont continues à valeurs dans
b(x) = αk bk (x) ; (αk ∈ R) K = RouC.
k=1
Soit x 7→ yk (x) une solution Soit x 7→ h(x) solution de (H) sur
particulière sur I de l’équation I, non nulle (donc ne s’annulant
différentielle (Ek ) : y 0 + a(x)y = pas sur I). On sait que la solu-
1
tion générale de (H) sur I s’écrit
bk (x).
Alors une solution particulière sur
I de (E) est x 7→ y(x) =
Xn
αk yk (x)
.P
y : x 7→ λh(x) où λ ∈ R. Pour
résoudre complètement (E) sur I, il
suffit de d’en connaître une solution
.N
k=1 particulière. On cherche une telle
Application
solution sous la forme x 7→ λ(x)h(x)
0
(E) : y + a(x)y = P (x)sin(βx) où λ est maintenant une fonction
Par définition,
H
dérivable sur I et à valeur dans

eiβx − e−iβx K(on fait donc varier la constante).
sin(βx) =
2i
V.
Exercice 2Enoncé
1 −iβx iβx

= i e −e
2 Calcul de primitives
1 −iβx 1 iβx
sin(βx) = ie − ie
R x
2 2 1. xe cos xdx
La fonction x 7→ xex Rcos x est définie
Ainsi (E) : y 0 + a(x)y = iP (x)e
−iβx
− et continue sur R . xex cos xdx est
2
iP (x)eiβx donc bien définie sur R.
2 Intégration par parties de x 7→
(1+i)x
On recherche par la suite une so- xe
lution particulière de chacune des On a
(1+i)x
(1 − i) ie
Z
équations : xe dx =
(1+i)x
2
xe +
(1+i)x
2
x x
0 1 −iβx xe e
(E1 ) : y + a(x)y = 2 iP (x)e et =
2
(1 − i)(cos x + i sin x) +
2
(i cos x − sin x)
(E2 ) : y 0 + a(x)y = − 2 iP (x)eiβx

x x x
1 =(
xe
cos x +
xe
sin x −
e
sin x)
2 2 2
x x
La somme de ces deux solutions + i(
xe
2
sin x − e sin x −
xe
2
x
cos x)
cherchées donne une solution par-

Z Z
x (1+i)x
Ainsi , xe cos xdx = Re xe dx
ticulière de (E).
x
e
= (x cos x + x sin x − sin x)
2
Ainsi pour résoudre finalement 1

Z
x x
xe cos xdx = e (x cos x + x sin x − sin x) + cste.
2

1
2.
R x5 +x3 −x+1
dx
x2 (x2 +1) 2 etd = −1.
x 7 → x5 +x3 −x+1
x2 (x2 +1)
est définie et continue sur R − {0}. L’intégrale ainsi défini est
définie sur ] − ∞, 0[ ou sur ]0, +∞[.
q : x 7→ −x( 21 x + 1)ex et h : x 7→
Faisons une décomposition en éléments simples.
x5 +x3 −x+1 1 + x−1
= x + 12 − x
x( 21 x − 1)e2x
x2 (x2 +1) x 1+x2
R x5 +x3 −x+1
x2 (x2 +1)
dx = 21 x2 − ln |x| − 1 + R x−1 dx
x 1+x2
D’après le principe de superposi-
tion, x 7→ h(x) + q(x) est une solu-
R x−1 R x 1

2 dx = 2 − 2 dx
1+x 1+x 1+x
R x−1
dx = 1 ln(1 + x2 ) − arctan x + cste
1+x2 2
R x5 +x3 −x+1
x2 (x2 +1)
dx = 21 x2 − ln |x| − 1 + 1 ln(x2 + 1) − arctan x + cste
x 2
tion particulière de (E).
Ainsi les solutions de l’équation
q !
R 5 3 −x+1 1+x2
Ainsi x +x 2 2 dx = 1 x2 − 1 − arctan x + ln
2 x |x|
+ cste
x (x +1)
différentielle sont sous la forme

Exercice 3Enoncé x 7→ yλ,β (x) = (λex + βe2x ) + x( 21 x −
1)e2x − x( 12 x + 1)ex
Résolution dans R Soit x 7→ yλ,β (x) = (−x( 21 x + 1) +
a) y 0 + y = x − ex + cos x λ)ex + (x( 21 x − 1) + β)e2x
La fonction x 7→ x est une primitive
sur R de x 7→ 1. Cherchons une pri- Exercice 4Enoncé
mitive de x 7→ ex (x − ex + cos x) ie de
1
x 7→ ex x − e2x + ex cos x c’est évident !
x 7→ xex − ex + 21 e2x + 12 ex (cos x + sin x)
soit x 7→ xex + 21 e2x + 12 ex (cos x+sin x−
2)
.P Représentons les courbes intégrales
de (E) :(1 − x2 )y 0 + y = 1 sur ] − 1; 1[
Résolvons sur ] − 1; 1[ (E).
.N
La fonction x 7→ 1 est une solution parti-
x 7→ 12 ex (cos x + sin x − 2 + ex + 2x)
culière de (E). Cherchons une primitive
est une primitive de x 7→ ex x − 1
de x 7→ 1−x 2 sur ] − 1; 1[.
e2x + ex cos x . Ainsi les solutions de
x 7→ 21 ln 1+x

y 0 +y = x−ex +cos x sont de la forme 1−x est une primitive de x 7→
H
1
x 7→ 12 x(cos x + sin x − 2 + ex + 2x) + 1−x2 sur ] − q
1; 1[.

1+x
ke−x ; k ∈ R Soit x 7→ ln 1−x une primitive de x 7→
V.
1
b) y 00 − 3y 0 + 2y = x(ex + e2x )(E) 1−x2 sur ] − 1; 1[.
L’équation caractéristique associée Les solutions de l’équation homogène
à y 00 − 3y 0 + 2y = 0 est de la forme sont
q sous la forme x 7→ yk (x) =
r2 − 3r + 2 = 0 1+x
1−x , k ∈ R. Les solutions de (E) sont
r2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 1our = 2 donc sous la forme x 7→ yk (x) = 1 +
x 7→ q(x) = x(ax + b)ex et x 7→
q
1+x
h(x) = x(cx + d)e2x sont solutions 1−x , k ∈ R.
particulière respectives de y 00 − 3y 0 + Représentation

q graphique de la fonction
2y = xex et y 00 − 3y 0 + 2y = xe2x x 7→ 1+x 1−x , k ∈ R.
On trouve a = − 12 , b = −1, c = Figure à insérer
Premier devoir Exercice 1Enoncé

1. Vrai ou faux . ( b−a )dt
R b2 R1
(a) Vérification a f (x)dx = −1 f ( a+b
2 +
b−a b−a
t( 2 ))( 2 )dt
Z 0 Z 0
exp(−t)dt = lim exp(−t)dt
−∞ x→ −∞ −∞
= lim −[exp(−t)]1x
x→ −∞
2. Soient a et b deux nombres réels et
= lim −(exp(0) − exp(x))
f une fonction intégrable sur [a, b]
x→ −∞
= lim (−1 + exp(−x))
x→ −∞
Z 0
exp(−t)dt = +∞
−∞ (a) Démontrons que si pour tout
R0
(car exp(−t)dt diverge). x ∈ [a; b],f (x) = f (a + b − x)
−∞ Rb Rb
(b) Vrai. alors a xf (x)dx = a+b2 a f (x)dx
1
Justification P osons t = a + b − x; dt = −dx
Z +∞
2
| exp(−t ) cos(t)|dt ≤
Z +∞
.P x=a+b−t
Pour x = a ;t = b
Pour x = b ;t = a
| exp(−t2 )|dt
.N
0
Z0 +∞
≤ exp(−t2 )dt (Intégrale
Z b de GAUSS)
Z a
0
xf (x)dx = (a + b − t)f (t)(−d
H
a b
R +∞ Z b Z b
2
Alors 0 | exp(−t ) cos(t)|dt xf (x)dx = (a + b − t)f (t)(dt)
R +∞
converge.Donc 0 exp(−t2 ) cos(t)dt Za b Za b
V.
Z
est absolument convergente . xf (x)dx = (a + b)f (x)dx −
(c) Faux. Za b a
Z b
Justification 2 xf (x)dx = (a + b) f (x)dx
La fonction x 7−→ sin(x) est im- a a
Rpaire
0
et continue sur R.
−∞ sin(x) dx n’existe pas car
sin(x) n’admet pas de limite en
−∞. Rb Rb
a+b
D’oú a xf (x)dx = 2 a f (x)dx
(d) Vrai. R
b
On a : a f (x)dx.
P osons x = a+b b−a
2 + t( 2 ) avec t ∈ (b) Calculons
Rπ
x sin(x)
1+cos2 (x) dx
0
[−1; 1] sin(x)
Pour x = a ; t = −1 La fonction x 7−→ 1+cos 2 (x) est intégra
dx = sin(0+π−x)
[0; π], 1+cos sin(x)
Pour x = b ; t = 1 2 (0+π−x) = 1+cos2 (x) alors

—
π
Z 1
π+0 π t
Z Z
x sin(x) sin(x) √
dx = dx I1 = dt
1 + cos 2 (x) 2 1 + cos 2 (x) t 2+1
0 0 0
π π 1
Z 1
2t
= [− arctan(cos(x))]0 = √ dt
Z π 2 2 0 t2 + 1
x sin(x) π 3π π Z 1
dx = (− + ) 2t
0 1 + cos2 (x) 2 4 4 = √
2
π 2π 0 2 t +1
= (− )
p
2 4 = [ t2 + 1]10
Z π √
x sin(x) π2 I 1 = 2−1
2
dx = −
0 1 + cos (x) 4 R1
— Calculons : I2 = 0 ln(1 + t2 )dt
3. En utilisant l’inégalité de Cauchy-
Schwartz prouver que pour tout
x ∈ [1; +∞[; on a : u(t) = ln(t2 + 1) et v 0 (t) = 1
Posons
| ln(x)| ≤ x−1
√ u0 (t) = 1+t2t
et v(t) = t
1
2
x
Les fonctions x 7−→ 1 et x 7−→
1 .P
x sont continues sur [1; +∞[ .Alors elles sont intégrables
D’où d’après l’inégalité de Cauchy-Schwartz ,pour t ∈
2
I2 = [t ln(t sur 1
0 −
+ 1)][1;
Z 1 2
+∞[
Z 1
t +1−1
0 1+t
2t2
2
dt
.N
[1; +∞[: = ln(2) − 2 dt
0 t2 + 1
Z t Z t Z t = ln(2) − 2[t]10 + 2[arctan(t)]10
1 2 1 π
( ) ≤ ( )( 12 ) = ln(2) − 2 + 2( − 0)
H
2
1 x 1 x 1 4
1 π
donc ([ln(x)]t1 )2 ≤ ([− ]t1 )([x]t1 ) I2 = ln(2) − 2 +
x 2
V.
1
alors (ln(t))2 ≤ (− + 1)(t − 1)
t
t − 1 R 7 1 q t−1
— Calculons I3= 3 1+t t+1 dt
(ln(t))2 ≤ ( )(t − 1)
t
(t − 1)2
2
(ln(t)) ≤ Posons
r t
(t − 1)2 r
D’où | ln(t)| ≤ t−1 t−1
t x= ⇔ x2 =
t−1 t+1 t+1
par conséquent | ln(t)| ≤ √ ⇔ tx + x2 = t − 1
2
t
⇔ t(x2 − 1) = −1 − x2
−(1 + x2 )
⇔ t=− 2
Exercice 2Enoncé x −1
4x
R1 t Donc dt = 2 dx
1. Calculons : I1 = 0 √t2 +1 dt (x − 1)2

√ 2. Calculons les primitives suivantes :
( 2) R dt
Pour t = 3 x = √2 P1 = 1−cos(t)+sin(t)
Pour t = 7 x = 23 P osons x = tan( 2t ) On a :dx =
√ 1 2
Z 3 2 dt; Donc dt = 1+x2 dx
2 x 4x 1−x2
I3 = √ −1−x 2 × 2 2
dx On a : cos(t) = x 2 +1 sin(t) = x22x+1
2
2 1 + x2 −1 (x − 1)
√
Z 3
2 4x2 Z
dt
= √ 2 2 2
dx P 1 =
2
2 (x − 1 − 1 − x )(x − 1) 1 − cos(t) + sin(t)
√ Z
Z 3
2 4x2 2 1
= √ dx = 1−x 2 2x
× 2
dx
2 −2(x − 1)2 1 − 2
x +1 + 1+x 2
1 + x
2 Z
Z 3√
2
2 −2x2 = 2 + 1 − 1 + x2 + 2x
dx
= √ dx x
2
2 (x2 − 1) Z
2
√
Z 3 2 = 2 + 2x
dx
2 x +1−1 2x
= −2 √ dx
1
Z
(x 2 − 1) 1
2
2
Z √3
2
= −2 √ dx − 2 √
2
2
Z √3
2
2
2
x
1
2−1
dx
.P =
Z
= ( −
x(x + 1)
x
1
x
1
+
dx
1
)dx
.N
Z √3 Z √3 Z
1
Z
1
2 2 1 = dx − dx
= −2 √ dx − 2 √ dx x x + 1
2
2
2
2 (x − 1)(x + 1)
Z 3√
Z 3 √ = ln |x| − ln |x + 1| + c
2 2 1 1 1
H
= −2 √ dx − 2 √ ( − )dx
2
2
2
2 2 x − 1 x + 1
√ Z √3 Z √3
3 2 1 2 1
V.
= −2[x] √22 − √ dx + √ dx
2 2 x − 1 2 x + 1
√ √2 √
2
√
3− 2 3 3
= −2( ) − [ln(x − 1)] 2 + [ln(x + 1)] 2
√2 √2
2 √ 2
√ 2
√ √
√ √ 3−2 2−2 3+2 2+2
= 2 − 3 − | ln( )| + | ln( )| + | ln( )| − | ln( )|
√ 2 √ 2 √ 2 √ 2
√ √ 3−2 2−2 3+2 2+2
I3 = 2 − 3 − | ln( )| + | ln( )| + | ln( )| − | ln( )|
2 2 2 2

Chapitre 8
ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR ET
LANGAGE C
8.1 ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR

trop limité pour les besoins du nouveau
1
système, Ritchie est amené à créer sur
.P
les mêmes bases le langage C. Par la
suite, avec l’aide de Brian Kernighan,
il promeut le langage et rédige notam-
.N
ment le livre de référence The C Pro-
gramming Language.
H
Il reçoit conjointement avec Ken

Thompson le prix Turing de l’ACM en
1983 pour leur travail sur le système
V.
Unix.
Dennis MacAlistair Ritchie, né le 9
septembre 1941 à Bronxville dans l’État En 1983, Ritchie et Thomp-
de New York et trouvé mort le 12 oc- son reçoivent le prix Turing pour
tobre 2011 à Berkeley Heights dans le leurs travaux sur la théorie d’un
New Jersey, est un des pionniers de l’in-système d’exploitation générique et
formatique moderne, inventeur du lan- l’implémentation du modèle sur le
gage C et codéveloppeur de Unix. Il est système UNIX. Le prix de Ritchie est par
parfois désigné par dmr, son adresse ailleurs intitulé Reflections on Software
électronique aux Laboratoires Bell. Research . En 1990, Ritchie et Thomp-
son seront de nouveaux récompensés,
Au début des années 1970, program- par la médaille Richard W. Hamming de
meur aux Laboratoires Bell, il travaille l’IEEE pour le système UNIX et le lan-
avec Ken Thompson au développement gage C.
d’Unix. Le langage B de Thompson étant
457
Le 21 avril 1999, Thompson et Rit- l’informatique matérielle et logicielle et
chie reçoivent la National Medal of Tech- les réseaux et a stimulé la croissance de
nology and Innovation de 1998, par le toute l’industrie, confortant le leader-
président américain Bill Clinton, tou- ship des États-Unis dans le domaine des
jours pour l’invention d’UNIX et du lan- systèmes d’informations.
gage C. Ces inventions ont, d’après le
jury, permis d’énormes avancées dans
1
.P
.N
H
V.

8.1.1 ÉNONCÉS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR
Année Académique : 2014-2015
Exercice 1 Corrigé • F4 = a · (a + b)
Réaliser une porte non-et à trois
entrées à partir de portes ou à deux
Faire le logigramme des fonctions
entrées et d’inverseurs.
suivantes en utilisant que les portes
Exercice 2 Corrigé logiques à deux entrées :
• S1 = a · b + bc
En n’utilisant que des portes non-ou à • S2 = (a + b) · c
deux entrées, réaliser une porte et à
• S3 = (a + b) · (d + c)
trois entrées.
1
Peut-on construire toutes les portes à

deux entrées à partir de portes ou et
.P
1. Simplifier par Karnaugh :
(a) F = a.b + c.d + a.b.c.d + a.b.c.d
.N
portes et à deux entrées (b) F = a.b.c.d + a.b.c.d + a.b.c.d +
exclusivement ? a.b.c.d + a.b.c
H
Réaliser, avec le moins possible de 1. A partir de la table de vérité

V.
circuit intégrées, les fonctions suivante, déterminer l’équation

suivantes : logique de la sortie S en fonctions
F = AB + C et G = AB ⊕ (CB + D), des entrées A, B et C.
A B C S
où A, B, C et D désignent les entrées et
0 0 0 1
F et G les sorties.
0 0 1 1
Exercice 5 Corrigé 0 1 0 1
0 1 1 0
En utilisant les propriétés de l’algèbre 1 0 0 0
de Boole, simplifier les équations 1 0 1 0
logiques suivantes : 1 1 0 1
• F1 = a · (a + b) 1 1 1 0
• F2 = (a + b) · (a + b) 2. Simplifier l’équation logique S.

• F3 = a + (a · b) 3. Construire le logigramme.

Exercice sur les conditions indifférentes
Donner les équations logiques

Trouvez la plus simple expression de la
simplifiées :
fonction F suivante en utilisant la
c 00 01 11 10 méthode de Karnaugh.

ba
0 0 0 0 o
1 1 0 1 x
dc 00 01 11 10

ba
1
00 0 1 1 0
01
11
10
1
0
x
1
1
1
x
x
1
1
0
0
.P
.N
dc00 01 11 10
ba Exercice 12 Corrigé
00 0 1 1 0
H
01 0 1 1 0
11 1 x 1 x
V.
10 1 x 1 0
Une partie opérative (P O) informe de
Exercice 10 Corrigé son état une partie commande (P C)
sous forme d’un ensemble de 7 bits :
b6 b5 b4 b3 b2 b1 b0 , chacun signifiant, par, par
Donner les équations simplifiées exemple, qu’un contact est actionné ou
correspondant aux tableaux non, qu’un mouvement est terminé etc.
ci-dessous : Comme il y a une grande distance,
dans un milieu parasité, entre la P O et
la P C, on décide d’intercaler une partie
relation (P R) assurant la transmission.
Celle-ci transmettra un 8e bit bit de
parité, car il sera positionné à 0 ou 1
afin que le nombre total de bits à 1 (y
compris celui de parité) soit toujours
pair ou nul.

Code de Gray
1
Exercice 13 Corrigé On veut réaliser un convertisseur code
.P
Gray → code binaire naturel.
.N
H
V.
1. Ecrire la table de vérité du

convertisseur.
2. Calculer et simplifier à l’aide des
règles de De Morgan l’expression
suivante :
X ⊕ Y = XY + XY .
3. Construire les tableaux de

Karnaugh des variables B1, B2, B3,
B4.
4. Trouver l’équation de B4 et en
déduire un câblage simple.

5. Trouver l’équation de B3 et câbler 2. Réaliser le schéma de câblage des
B3 avec des OU-EXCLUSIF à 2 fonctions simplifiées de chaque
entrées. sortie.
6. Trouver l’équation de B2 et câbler Exercice 17 Corrigé
B2 avec des OU-EXCLUSIF à 2
entrées. Soute de navire
7. Trouver l’équation de B1 et câbler
Un navire, destiné au transport
B1 avec des OU-EXCLUSIF à 2
d’éléments liquides, comporte dans sa
entrées.
cale trois soutes S1, S2, S3 (voir dessin
Exercice 16 Corrigé en coupe transversale ci-dessous).
Afficheur 7-segment
Soit à réaliser la logique de commande
On contrôle le remplissage des soutes
1
d’un afficheur de type 7 segments
conformément au synoptique et à la
table de fonctionnement donnés
ci-dessous. Cette fonction est le plus
.P
S1, S2 et S3 respectivement par des
interrupteurs I1, I2, I3.
Le voyant (AC) s’allume quand
.N
souvent désignée sous le nom de ”l’assiette est correcte”, c’est-à-dire
décodage. quand les charges sont bien réparties.
Le voyant AC s’allume pour les cas
suivants :
H
• Soutes 1 et 3 vides, soute 2

remplie ;
V.
• Soutes 1 et 3 remplies, soute 2

L’affichage est réalisé pour les chiffres
vide ;
0 à 9 du système décimal, afin de coder
le chiffre, il est nécessaire d’avoir 4 • Soutes 1, 2 et 3 remplies ;
informations binaires B0, B1, B2, B3. • Soutes 1, 2 et 3 vides.
Une soute est soit VIDE soit PLEINE.
1. Rechercher la table de vérité
correspondant au fonctionnement
du voyant AC. On utilisera le
binaire réfléchi pour le codage des
entrées.
1. Remplissez le tableau précédent de 2. Rechercher algébriquement
codage et simplifier les sorties a, b, l’équation minimale de AC.
c, d, e, f, g à l’aide des tableaux de 3. Représenter AC en utilisant des
Karnaugh. portes quelconques.

4. Représenter AC en n’utilisant Le tri consiste à contrôler les
uniquement des portes ET-NON à informations concernant une brique
deux entrées. pour en déduire sa catégorie. Le
dispositif de contrôle donne quatre
Exercice 18 Corrigé information sur chaque briques :
— p = 0 si le poids est bon
Aditionneur 2-bits
— l = 0 si la longueur est bonne
On additionne deux nombres codés — w = 0 si la largeur est bonne
chacun sur 2 bits : A et B. La sortie sera — e = 0 si l’épaisseur est bonne.
sur 3 bits notés S.
Le dispositif classe les briques en trois
1. Rechercher la table de vérité catégories selon les critères suivants :
correspondant au fonctionnement • le poids ainsi qu’au moins deux
de l’additionneur. On utilisera le dimensions sont correctes.
binaire naturel pour le codage des
• le poids est incorrect et les
1
entrées.
dimensions correctes ou le poids
2. En utilisant les tableaux de
Karnaugh, donner les expressions
simplifiées pour S.
.P est correct mais au moins deux des
dimensions sont incorrectes.
• le poids ainsi qu’une ou plusieurs
.N
dimensions sont incorrectes.
1. Etablir la table de vérité du
dispositif.
H
Détecteur de parité
2. Représenter les sorties du
On veut réaliser un détecteur de parité. dispositif à l’aide de la table de
V.
La sortie S de ce détecteur vaut 1 Karnaugh.

lorsque il y a un nombre impair de 1 3. Donner l’équation simplifier des
sur les 4 entrées a, b, c, d. sorties.
1. Rechercher la table de vérité 4. Donner le logigramme du dispositif
correspondant au fonctionnement en utilisant que des portes NAND.
du détecteur. 5. Donner le logigramme du
2. Etablir les tableaux de Karnaugh dispositif en utilisant des
de la sortie S. multiplexeurs 2 parmi 1.
3. Représenter S en n’utilisant Exercice 21 Corrigé
uniquement des portes NOR à
deux entrées. Contrôle de qualité de fabrication de
briques
Exercice 20 Corrigé On dispose de 4 critères pour
déterminer si une brique est bonne ou
Tri automatique de briques non :

— le poids P — cette impulsion est appliquée à
— la longueur L l’entrée d’horloge d’un compteur
diviseur par 16 ;
— la largeur l
— les 4 sorties ( a, b, c, d ) du
— la hauteur H
compteur délivrent des signaux
En fonction de ces critères, les briques logique conformes aux
sont rangées suivants 3 catégories : chronogrammes qui suivent, et
A- poids et au moins deux des sont appliqués aux entrées du
dimensions correctes. décodeur (voir chronogramme)
B- seul le poids est incorrect, ou le 1. A partir des chronogrammes,
poids est correct et une dimension remplir les tableaux de Karnaugh
est correcte au maximum. de chaque sortie du décodeur en
C- le poids est incorrect et 2 fonction des sorties du compteur.
dimensions sont correctes au 2. En déduire les équations de
1
maximum. chaque sortie.
Déterminer en fonction des 4 critères
qui définissent une brique, dans quelle
catégorie elles vont se ranger.
.P
3. Transformez les équations pour
n’utiliser que les portes demandées
dans la présentation.(Remarque :
.N
Un 0 signifie que le critère n’est pas bon, on pourra utiliser le fait qu’entre
1 signifie que la cote est bonne. V1, O1 et R1 il n’y a toujours
l = 0 : largeur hors norme, l = 1 : qu’une seule lampe d’allumer. Idem
H
largeur bonne. pour V2, O2, et R2).

V.
Commande de feux tricolores Vote au directoire

Nous nous proposons de réaliser, à Le comité de direction d’une entreprise
l’aide de porte NAND à 2, 3 ou 4 est constitué de quatre membres :
entrées, le décodeur d’un montage
électronique permettant le — le directeur
fonctionnement des feux tricolores — ses trois adjoints A, B, C.
d’un carrefour routier comportant 2 Lors des réunions, les décisions sont
voies. prises à la majorité.
Le principe du montage électronique Chaque personne dispose d’un
complet est présenté dans le schéma interrupteur pour voter sur lequel elle
synoptique ci-dessous : appuie en cas d’accord avec le projet
Explication du principe soumis au vote.
— l’horloge délivre une impulsion En cas d’égalité du nombre de voix,
toutes les 2 secondes ; celle du directeur compte double.

On vous demande de réaliser un Exercice 25 Corrigé
dispositif logique permettant
l’affichage du résultat du vote sur Gestion d’un chauffage
lampe R.
Le niveau d’une cuve est contrôlé par 2
1. Donner l’équation logique de R.
capteurs de niveau(nb, nh) et 2
2. Réaliser le schémas logique de la capteurs de température (th, tb). Une
sortie R. vanne permet le remplissage tant que
Exercice 24 Corrigé le niveau haut n’est pas atteint. Une
résistance chauffante assure le
chauffage jusqu’à la température
Problème d’indicateur de niveaux de
maximale. Une sécurité de
réservoirs
fonctionnement interdit le chauffage si
Soient deux réservoirs R1 et R2 dont le le niveau bas est atteint, de même le
niveau pour chacun est contrôlé par un remplissage est arrêté si la température
détecteur de niveau haut ( a pour R1 , b minimale est atteinte.
1
pour R2 ) et un détecteur de niveau bas
( c pour R1 , d pour R2 ). On écrira a, b,
c, d lorsqu’il y aura du liquide et a, b, c,
.P
Les capteurs nb, nh sont à l’état 1 si le
liquide est présent devant le capteur.
Les capteurs de température th, tb sont
.N
d en absence de liquide. On dispose de à l’état 1 si la température du liquide
trois voyants V1 , V2 , V3 , qui fonctionnent est supérieur à th, tb.
dans les conditions suivantes : 1. Décrire le fonctionnement par une
table de vérité.
H
— V1 = 1 si les deux réservoirs sont

pleins. 2. Déterminer les équations de
— V2 = 1 si les deux réservoirs sont fonctionnement par la méthode de
V.
vides. votre choix.

— V3 = 1 dans tous les autres cas Les capteurs de niveau sont à l’état
(réservoir à moitié plein ou un logique 1 lorsque l’eau est présente
plein et un vide ...). devant le capteur. Les capteurs de
température sont à l’état logique 1 si la
Un certain nombre de combinaisons
température est supérieure à la
sont technologiquement impossibles,
température à détecter.
les sorties V1 , V2 , V3 , prendront dans
ces cas là un valeur indifférente ( x ). Exercice 26 Corrigé
1. Etablir la table de vérité de ce
système. Serrure de coffre
2. Déterminer les équations logiques Quatre responsable A, B, C et D d’une
simplifiée. société peuvent avoir accès à un coffre.
3. Réaliser le logigramme de V1 , V2 , V3 Ils possèdent chacun une clé différente
avec des portes NAND. (a, b,c et d) et il a été convenu que :

— A ne peut ouvrir le coffre que si au Un parking souterrain est géré grâce à
moins un des responsables B ou C un gardien et à partir de capteurs de
est présent ; détection de véhicules.
— B,C et D ne peuvent ouvrir le coffre Un capteur p dans le sol détectera la
que si au moins deux des autres présence d’un véhicule à l’entrée du
responsables sont présents. parking (p = ”1”). Un capteur h en
hauteur détectera la présence d’un
Donner l’équation logique de la serrure véhicule de plus de 2 mètres (h = ”1”).
du coffre S en fonction de a, b, c et d et Pour une hauteur supérieure à 2 mètres
matérialiser le circuit de commande l’entrée dans le parking est interdite.
par un logigramme. De plus le gardien du parking aura la
possibilité de fermer un contact g (
Exercice 27 Corrigé g = ”1”) si le parking est plein, pour ne
pas autoriser l’entrée de véhicules
Amplification sonore supplémentaires.
1
L’autorisation de pénétrer sera
.P
Les trois hauts-parleurs d’une salle de visualisée sur un feu bicolore :
cinéma(a, b et c) peuvent être branchés - Si le feu est vert la barrière s’ouvrira
sur un amplificateur qui possède deux et le véhicule pourra pénétrer dans le
.N
sorties : la première d’impédance parking. - Si le feu est rouge la barrière
4Ω(S4) et la deuxième d’impédance restera fermée.
8Ω(S8).
1. Donnez la table de vérité du
H
— Lorsqu’un seul haut-parleur est système. Pour les combinaisons

utilisé, il doit être relié à la sortie matériellement impossibles, le feu
de 8Ω. rouge restera allumé.
V.
— Lorsque deux hauts-parleurs sont 2. En déduire les équations Logiques

utilisés, il doivent être reliés tous de ”Vert” et ”Rouge”.
les deux à la sortie de 4Ω(ils sont 3. Réalisez le schéma à l’aide de
alors montés en parallèle). portes logiques.
— Le fonctionnement simultané des
trois hauts-parleurs est interdit. Exercice 29 Corrigé
Déterminer les équations logiques des
sorties S4 et S8 en fonction de a, b, c et Distributeur de boisson
matérialiser le circuit de commande
Un appareil comporte trois cuves
par un logigramme.
contenant de l’eau, du cassis et de la
menthe. Trois boutons e, c et m
commandent les électovannes E, C et
M permettant d’obtenir de l’eau pure,
Gestion d’un parking du cassis à eau(un mélange d’eau et de

cassis) ou de la menthe à eau(un évidence les combinaisons des bits
mélange d’eau et de menthe). Une d’adresse du multiplexeur et
pièce p, doit être introduite, sauf pour identifier, à l’aide de l’équation de
l’eau pure qui est gratuite. sortir du multiplexeur, les
Le déclenchement d’un bouton différentes valeurs que devront
quelconque e, c, m ou l’introduction prendre les les entrées ei .
d’une pièce déclenche une
temporisation. Si celle-ci arrive à son Exercice 30 Corrigé
terme avant qu’un choix cohérent ait
été fait, la pièce éventuellement Circuit de phare d’une automobile
introduite est rendue(fonction P , de
restitution). La pièce est également On dispose sur une automobile, les
rendue en cas d’une fausse manœuvre. commandes v, c, r, a permettant la
mise sous tension :
1. Ecrire les équations logiques de
commandes des électrovannes E, — des veilleuses V ,
1
C, M et de la fonction de retour de — des feux de croisement C(2
la pièce P , en fonction des
variables e, c, m et p.
On ne tient pas compte de la
.P phares),
— des feux de routes R(2 phares),
.N
temporisation. — des antibrouillard A(2 phares).
2. Simplifier les fonctions logiques Les veilleuses V n’étant pas comptées
obtenues. comme des phares, il est précisé que :
H
3. Réaliser les schémas — quatre phares ne peuvent être

correspondants ; les variables e, c, allumés simultanément
m et p seront représentées par des
V.
— les feux A ont priorités sur les feux

boutons poussoirs tandis que les
R
commandes E, C, M seront reliées
à des LED de couleurs différentes. — les veilleuses peuvent être
allumées seules, mais l’allumage
4. Réaliser le même schéma en
de A, C, R, entraine
utilisant un multiplexeur.
obligatoirement l’allumage de V .
Un multiplexeur à n entrées
d’adresse permet de réaliser toutes 1. Déterminer les équations logiques
les fonctions de n + 1 variables. Si de V , C, R, A en fonction de v, c, r,
nous supposons que la sortie de a.
notre multiplexeur est Y et que A
2. Simplifier les fonctions logiques.
et B représentent les bits de
sélection, alors 3. Réaliser, avec digsim ou logisim,
Y = ABe0 + ABe1 + ABe2 + ABe3 . les schémas correspondants.
Ecrire les équations de commande 4. Réaliser le même schéma en
sous une forme mettant en utilisant une mémoire morte

(ROM). Il s’agit d’appliquer les 5. On veut construire un comparateur
variables comme entrées d’adresse de deux nombres A et B codés en
et de considérer les sorties comme binaire sur 2 bits. Le résultat sera
les fonctions à réaliser. exprimé en binaire sur 3 bits : Z0,
Z1, Z2. Z0 vaut 1 ssi A ¡ B, Z1 vaut
Exercice 31 Corrigé 1 ssi A = B et Z2 vaut 1 ssi A ¿ B.
Etablir les tables de Karnaugh, lister
tous les impliquants, signaler ceux qui 1. Combien de nombres peut-on
sont essentiels, et donner les coder sur 4, 8, 16 et 32 bits ?
expressions logiques simplifiées pour Quelles sont les bornes ?
les problèmes suivants :
2. Ecrire les nombres 48, 10.75,
1. Faire un circuit combinatoire qui 7.6875 et 23.9 en binaire. Les
prend en entrée 2 nombres A et B écrire en hexadécimal.
codés sur 2 bits et qui envoie à la
1
sortie le produit Z de ces nombres.
Z sera codé sur 4 bits.
2. Concevoir un circuit qui
.P
Convertir les nombres suivants en
binaire, octale, hexadécimale, en
.N
implémente la fonction majorité utilisant la méthode de la division par
sur 5 variables d’entrée. Le circuit la base.
envoie 1 à la sortie quand le
1. (353)d
H
nombre de 1 est supérieur au

nombre de 0 dans les bits en 2. (1212)d
entrée. 3. (3237)d
V.
3. Faire une fonction logique qui Exercice 34 Corrigé

détermine la présence de signaux
adjacents dans un mot de 6 bits. La
Convertir les nombres suivants en base
fonction vaudra 1 ssi strictement 2
décimale en utilisant directement la
signaux adjacents valent 1.
valeur des poids binaires.
Exemple : A5’A4A3A2’A1’A0
implique Z = 1, mais pas 1. (10110111)b
A5’A4A3A2’A1A0, ni 2. (11001010)b
A5’A4A3A2A1’A0’. 3. (352)o
4. Synthétiser un système 4. (4242)o
combinatoire à 5 entrées A[4 :0] et
5. (A3B)h
1 sortie Z. Z prend la valeur 1
quand le nombre décimal qui 6. (7BC2)h
correspond aux entrées est
divisible entièrement par 6, 7 ou 9.

En utilisant la valeur des poids Exercice 38 Corrigé
fractionnaires, convertir en binaire,
octale et hexadécimale par
On souhaite réaliser le circuit logique
soustractions successives.
d’un multiplicateur d’entiers sur 4 bits
1. (0, 625)d à l’aide de circuits combinatoires
2. (0, 53125)d uniquement.
3. (0, 28125)d 1. En partant de la multiplication de
deux entiers codés sur 4 bits,
Exercice 36 Corrigé proposer un algorithme de
résolution.
1. Remplir le tableau suivant : 2. Appliquer l’algorithme pour
répondre au problème initial.
1
2. Effectuer les opérations suivantes
en binaire :
.P
Représentation des nombres
1. Convertir 45678 en base 10
.N
2. Convertir f ac716 en base 10
3. Convertir 172−8 en base 10
Exercice 37 Corrigé 4. Convertir 00110011100110102 en
H
base 10
Le registre d’état d’un microprocesseur 5. Convertir 4f e416 en base 2
V.
8 bits comporte un bit C(arry) de 6. Convertir 456710 en base 16

retenue, et un bit (o)V(erflow) de
débordement. 7. Convertir 200310 en base -8
Donner une expression logique de C et 8. Convertir en binaire et en décimale
V en fonction des bits de poids fort, des le résultat de l’opération : nombre
opérandes et du résultat de l’addition. 4 - nombre 5.
Année Académique : 2015-2016-2017
I - Logique Combinatoire suivantes :

A - Expressions logiques et Circuits F = AB + C et G = AB ⊕ (CB + D), ou
Combinatoires A , B, C et D désignent les entrées et F
et G les sorties.
Réaliser , avec le moins possible de
circuit intégrés, les fonctions 1- En utilisant les propriétés de

l’algèbre de Boole, simplifier les a b c d S
équations logiques suivantes : 0 0 0 0 0
. F1 = a.(a + b) 0 0 0 1 0
. F2 = (a + b).(a + b) 0 0 1 0 0
. F3 = a + (a.b) 0 0 1 1 1
. F4 = a.(a + b) 0 1 0 0 0
2- Faire le logigramme des fonctions 0 1 0 1 0
suivantes en utilisant que des portes 0 1 1 0 0
logiques à deux entrées : 0 1 1 1 1
.S1 = a.b + bc 1 0 0 0 0
.S2 = (a + b).c 1 0 0 1 0
.S3 = (a + b).(d + c) 1 0 1 0 0
1 0 1 1 1
1 1 0 0 1
1 1 0 1 1
1
1 1 1 0 1
.P
1 1 1 1 1
2- Simplifier l’équation logique S
3- Construire le logigramme.
.N
Soit l’opération binaire xor réalisée par Exercice 44 Corrigé
la ”porte-ou-exclusif”
1 - Montrer l’associativité de
H
l’opération xor. On considère les fonctions f et g

2 - Quelle relation y a-t-il entre x xor y , définies par les tables de vérité
V.
x xor y et xxory ? suivantes :

x y z f
3 - Donner une interprétation de
0 0 0 1
x xor y xor c , puis une
0 1 1 1
interprétation de x1 xorx2 xor......xorxn .
1 1 1 1
1 0 0 1
1 0 1 1
x y z t g
0 0 0 0 1
0 0 1 0 1
0 1 0 1 1
1 0 0 0 1
1- A partir de la table de vérité 1 0 0 1 1
suivante, déterminer l’équation 1 0 1 0 1
suivante de la sortie S en fonction des 1 0 1 1 1
entrées a , b , c , d. 1 1 0 1 1

Remarque : Seuls les arguments pour a- Rechercher la table de vérité
lesquels la fonction vaut 1 sont correspondant au fonctionnement de
précisés. l’additionneur. On utilisera le binaire
Exprimer chacune de ces fonctions sous naturel pour le codage des entrées.
forme d’expression logique en utilisant b- Donner les expressions simplifiées
les ensembles d’opérateurs suivants : pour S.
1- ε1 = {and, or, not} 3- Reprendre la question 2-) en
2-ε2 = {and, xor, true} utilisant le code gray pour le codage
des entrées ! ! (Si possible)
Simplifier par Karnaugh :
1- F = a.b + c.d + a.b.c.d + a.b.c.d Afficheur 7-segment
2-
F = a.b.c.d+a.b.c.d+a.b.c.d+a.b.c.d+a.b.c Soit à réaliser la logique de commande
1
B - Circuits Pour l’arithmétique Binaire d’un afficheur de type 7 segments
conformément au synoptique et à la
table de fonctionnement donnés
ci-dessous. Cette fonction est le plus
.N
1- Concevoir un additionneur 1 bit avec souvent désignée sous le nom de
retenue d’entrée et de sortie. décodage.
2- On additionne deux nombres codés L’affichage est réalisé pour les chiffres
chacun sur 2 bits : A et B. La sortie sera de 0 à 9 du système décimal ; afin de
H
sur 3 bits notés S. La retenue d’entrée coder le chiffre, il est nécéssaire d’avoir
n’est pas considérée. 4 informations binaires B0 , B1 , B2 , B3 .
V.
B3 B2 B1 B0 a b c d e f g h
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
- Remplissez le tableau ci-dessus et Karnaugh
simplifier les équations des sorties a, b, - Réaliser le câblage des fonctions
c, d, e, f et g à l’aide des tableaux de simplifiées de chaque sortie.

C - Approfondissement Donner l’équation logique de la serrure
du coffre S en fonction de a,b,c et d et
Exercice 48 Corrigé matérialiser le circuit de commande
par un logigramme.
Vote au directoire
Le comité de direction d’une entreprise
est constitué de quatre membres :
- le directeur D Réaliser le pavé numérique affichable
- ses trois adjoints A, B, C. suivant :
Lors des réunions, les décisions sont / * +
prises sont prises à la majorité. Chaque 7 8 9
personne dispose d’un interrupteur 4 5 6
pour voter sur lequel elle appuie en cas 1 2 3
d’accord avec le projet soumis au vote. 0 - .
En cas d’égalité du nombre de voix,
1
celle du directeur compte double.
On vous demande de réaliser un
dispositif logique permettant
l’affichage du résultat du vote sur une
.P
Etablir les tables de Karnaugh, lister
tous les impliquants, signaler ceux qui
.N
lampe R. sont éssentiels, et donner les
1- Donner l’équation logique de R. expressions logiques simplifiées pour
2- Réaliser le schéma logique de la les problèmes suivants :
1 - Circuit combinatoire qui prend en
H
sortie R.
entrée 2 nombres A et B codés sur 2
Exercice 49 Corrigé bits et qui envoie à la sortie le produit Z
V.
de ces nombres. Z sera codé sur 4 bits.

Serrure de Coffre 2 - Construire un comparateur de deux
nombres A et B codés en binaire sur 2
Quatre responsables A,B,C et D d’une bits. Le résultat sera exprimé en
société peuvent avoir accès à un coffre. binaire sur 3 bits : Z0 , Z1 , Z2 . Z0 vaut
Ils possèdent chacun une clé différente 1 ⇔ A < B, Z1 vaut 1 ⇔ A = B et Z2
(a,b,c et d) et il a été convenu que : vaut 1 ⇔ A > B.
- A ne peut ouvrir le coffre que si au II - Logique Séquentielle
moins un des responsables B ou C est
présent ; Exercice 52 Corrigé
- B, C et D ne peuvent ouvrir le coffre
que si au moins deux des autres Soit la table d’états ci-dessous.
responsables sont présents. Dessiner le circuit décrit par celle-ci.

x a y a’ y’
0 0 0 0 0
0 0 1 0 0
0 1 0 1 1
0 1 1 1 1
1 0 0 0 1
1 0 1 0 1
1 1 0 1 0
1 1 1 1 0
Exercice 53 Corrigé Approfondissement :

1- Réaliser un circuit séquentiel qui,
Soit le circuit séquentiel ci-dessous. Il a après n cycles d’horloge, donne la
une entrée x et trois sorties y2 ,y1 et y0 représentation binaire de 11 ∗ n modulo
et est réalisé avec trois bistables D. 16. 11 ∗ n ≡ r[16]
2- Réaliser un circuit qui reconnait la
1
1- Soient y2 , y1 et y0 les valeurs des
sorties d’un cycle.
Exprimer y20 , y10 et y00 , les valeurs des .P
séquence 010 dans
00001001111001010010.
sorties au cycle suivant en fonction de III- Représentation des nombres
.N
x,y2 ,y1 et y0 . Exercice 56 Corrigé
2- Donner la table d’états
correspondant à ce circuit.
1- Convertir 45678 en base 10
3- Expliquer en une phrase ce que fait
H
2- Convertir fac716 en base 10

le circuit.
4- Comment pourrait-on simplifier ce
4- Convertir 00110011100110102 en
V.
circuit ?.
base 10
Exercice 54 Corrigé 5- Convertir 4fe416 en base 2
1- Réaliser un compteur modulo 3, 7- Convertir 200310 en base -8
c’est-à-dire un circuit séquentiel 8- Convertir en binaire et en décimal le
donnant la séquence 0,1,2,0,1... résultat de l’opération : nombre
2- Comment se comporte-t-il si son état 4-nombre 5.
initial est 3 ? Exercice 57 Corrigé
3- Comment peut-on compléter ce
circuit pour permettre de l’initialiser à
1- Convertir les nombres suivants en
une valeur arbitraire ?
binaire, octale, hexadécimale, en
Exercice 55 Corrigé utilisant la méthode de la division par
la base.
Réaliser un circuit séquentiel donnant a- (353)d
la séquence 0,1,2,3,4,5,4,3,2,1,0....... b- (1212)d

c- (3237)d On appelle automate un opérateur
2- Convertir les nombres suivants en séquentiel dont l’état et les sorties
base décimale en utilisant directement futurs sont fonction des entrées et de
la valeur des poids binaires. l’état présent de l’automate (Figure 1).
a- (10110111)b Un automate utilise des bascules non
b- (11001010)b transparentes pour mémoriser l’état
c- (352)o présent et des opérateurs
d- (4242)o combinatoires pour générer les sorties
e- (A3B)h et l’état futur. L’utilisation de bascules
f- (7BC2)h non transparentes est nécessaire à
3- En utilisant la valeur des poids cause du rebouclage des sorties des
fractionnaires, convertir en binaire, bascules sur les entrées à travers des
octale et hexadécimale par circuits combinatoires.
soustractions successives.
a- (0,625)d Figure 1 : Automate synchrone
1
b- (0,53125)d
c- (0,28125)d
4- Remplir le tableau suivant :
Décimal Binaire Hexadécimal
.P
Les automates sont dits synchrones
lorsque le passage d’un état (état
présent) à l’état suivant (état futur) a
BCD
lieu sur une transition d’un signal
.N
35
appelé horloge commun à toutes les
1101001
bascules de l’automate.
3E
Il y a 2 types d’automates :
10000101
H
- Automate de Moore (Figure 2) : l’état

5- Effectuer les opérations suivantes :
1 1 1 1 1 1 1 futur est fonction de l’état présent et
des entrées. Les sorties sont fonction
V.
+ 1 1 1 1 1 1
de l’état présent.
1 1 1 1 1 1 0
- Automate de Mealy (Figure 3) : l’état
× 1 1 1
futur est fonction de l’état présent et
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
des entrées. Les sorties sont fonction
- 1 0 0 / 1 0 0
de l’état présent et des entrées.
Approfondissement : On note (x)c2 la
représentation en complément à deux Figure 2 : Automate de Moore
sur n bits de l’entier x. On rappelle que
(x)c2 = xn−1 ...x1 x0P
, alors Il y a équivalence entre les deux types
n−1 n−2 i
x = −xn−1 2 + i=0 xi 2 d’automates : tout automate de Moore
Donner (51)c2 , (128)c2 , (−1)c2 , (−51)c2 peut être transformé en automate de
et (−128)c2 pour n=8 et n=16. Mealy et réciproquement. L’automate
LES AUTOMATES de Mealy a toujours moins d’états que
l’automate de Moore correspondant.
1 AUTOMATES SYNCHRONES 1.1
Généralités Figure 3 : Automate de Mealy

1.2 Différences Moore-Mealy On obtient les expressions suivantes
La différence entre l’automate de
Moore et l’automate de Mealy est
présentée via un exemple de réalisation D0 = E
d’automate. D1 = E.Q0
Soit un automate synchrone avec une S = Q1
entrée E et une sortie S tel que la sortie
S passe à 1 lorsque l’entrée reçoit Le schéma correspondant est donné en
successivement les bits 0 et 1 figure. Pour cet automate particulier,
(reconnaissance de la séquence 01). on remarquera que la version Mealy
1.2.1 Version Moore (voir paragraphe suivant est un sous
Le graphe de transition est donné par ensemble de la version Moore).
la Figure 4, où chaque état est Figure 5 : Automate de Moore pour la
représenté par un couple Etat/Sortie. détection de la séquence 01
A/0 signifie que l’état est A et la sortie 1.2.2 Version Mealy
1
associée est 0. La valeur de l’entrée est Le graphe de transition est donné par
donnée sur les arêtes du graphe
(transition entre un état et l’état
suivant). Le diagramme de transition
.P
la Figure 4, où les arêtes du graphe
(transition entre états) contiennent le
couple E/S (Entrée / Sortie). Le
.N
est donné par la Table. diagramme de transition est donné par
Figure 4 : Graphe de transition pour la Table et le diagramme codé par la
détecter la séquence 01 (Moore). Table. Figure 6 : Graphe de transition
X EP EF Z pour la séquence 01 (Mealy)
H
0 A B 0 E EP EF S
0 B B 0 0 A B 0
V.
0 C B 1 0 B B 0
1 A A 0 1 A A 0
1 B C 0 1 B A 1
1 C A 1 Table 2 : Diagramme de transition
Table 1 : Diagramme de transition pour (Mealy)
la séquence 01 (Moore) E Q D S
Avec le codage A (00), B (01) et C (10), 0 0 1 0
le diagramme de transition codé est 0 1 1 0
1 0 0 0
E Q1 Q0 D1 D0 S 1 1 0 1
0 0 0 0 1 0 Table 3 : Diagramme de transition codé
0 0 1 0 1 0 (Mealy)
0 1 0 0 1 1 Les équations correspondantes sont
1 0 0 0 0 0 D = ES = E.Q
1 0 1 1 0 0 Le schéma correspondant est donné en
1 1 0 0 0 1 figure

Figure 7 : Automate de Mealy pour ”temps court” et TC = 0 sinon.
détecter la séquence 01. Soit TL la variable booléenne associé
UN EXEMPLE D’AUTOMATE SYNCHRONE au temps long, telle que TL = 1 si le
1.3 Enoncé du problème temps écoulé depuis la dernière remise
L’automate synchrone contrôle les feux à zéro du compteur est supérieur à
à un carrefour (Figure 8) entre une ”temps long” et TL = 0 sinon.
grande route et un chemin. Sur le Avec la version Moore de l’automate
chemin, des détecteurs repèrent la pour laquelle les états internes sont
présence ou non d’une automobile en associés aux sorties, les états internes
attente du feu vert. sont
RV (Feux Route Verts et Feux Chemin
Figure 8 : Carrefour contrôlé par Rouges)
automate RO (Feux Route Oranges et Feux
Chemin Rouges)
Soit A la variable booléenne associée à
CV (Feux Route Rouges et Feux Chemin
la présence d’une automobile (A = 1 si
1
Verts)
présence, et A = 0 sinon). Le feu ne
peut passer au rouge sur la route que
s’il s’est écoulé au moins un temps
appelé ”temps long” pendant lequel un
.P
CO (Feux Route Rouges et Feux Chemin
Oranges)
1.4 Graphe de transition et diagramme
.N
d’état.
véhicule attend sur le chemin. Le feu
Le graphe de transition est donné en
ne peut être rouge sur la route plus
Figure 9.
longtemps que cette durée ”temps
H
long”, même si des véhicules sont Figure 9 : Graphe de transition

présents sur le chemin. Il y a un temps
appelé ”temps court” qui correspond à La table de transition est donnée en
V.
la durée du feu orange. Table 4. Les codes utilisés pour la table

Soit TC la variable booléenne associé de transition et les sorties sont données
au temps court, telle que TC = 1 si le respectivement par les Table 5 et Table
temps écoulé depuis la dernière remise 6. La Table 7 donne la version codée de
à zéro du compteur est supérieur à la table de transition.

Etat présent Entrées Etat futur Sorties Compteur
FR FC RAZ
Route Verte A Route Verte V R OUI
A et TL=0 Route Verte V R NON
A et TL=1 Route Orange V R OUI
Route Orange TC=0 Route Orange O R NON
TC=1 Chemin Vert O R OUI
Chemin Vert A Chemin Orange R V OUI
A et TL=0 Chemin Vert R V NON
A et TL=1 Chemin Orange R V OUI
Chemin Orange TC=O Chemin Orange R O NON
TC=1 Route Verte R O OUI
1
Table 4 : Diagramme de transition
Etat présent
.P suivantes des entrées D0 et D1 des
bascules (état futur) en fonction des
.N
termes produit qui dépendent de l’état
Q1 Q0
présent Q1 ,Q0 et des entrées A,TC,TL.
0 0 Route Verte
D0 = m2 + m3 + m6 + m7 + m8
0 1 Route Orange
D1 = m4 + m5 + m6 + m7 + m8
H
1 0 Chemin Vert
où mi correspond aux termes produit
1 1 Chemin Orange
(mint) de la table VI-10.
V.
Table 5 : Codage des états de D1 = Q0 .T C + Q0 .A.T L + Q1 .Q0 .A

l’automate D0 = Q1 .Q0 + Q1 .Q0 .T C + Q1 .Q0 .T C
Couleur des feux F R1 = Q 1
F1 F0 F R0 = Q0 + Q1
0 0 Verte F C 1 = Q1
0 1 Orange F C0 = Q0 + Q1
1 1 Rouge RAZ = m0 + m2 + m4 + m6 + m7 + m9
RAZ = T C.Q0 + (A + T L)Q0
Table 6 : Codage des sorties de Le schéma global de l’automate est
l’automate donné en Figure 10. Il combine un
1.4.1 Implantation matérielle. aspect Moore (les sorties FR0 , FR1 , FC0
L’automate correspondant au et FC1 sont fonction uniquement de
diagramme de transition est implanté l’état présent de l’automate) et un
avec des bascules et des portes aspect Mealy (la sortie RAZ est fonction
logiques. L’implantation avec des de l’état présent et des entrées de
bascules D donne les expressions l’automate).

Entrées EP EF Sorties Mint.
A TC TL Q1 Q0 D1 D0 RAZ FR1 FR0 FC1 FC0
0 ∅ ∅ 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0
1 ∅ 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1
1 ∅ 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 2
∅ 0 ∅ 0 1 0 1 0 0 1 1 1 3
∅1 ∅ 0 1 1 0 1 0 1 1 1 4
1 ∅ 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 5
1 ∅ 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 6
0 ∅ ∅ 1 0 1 1 1 1 1 0 0 7
∅ 0 ∅ 1 1 1 1 0 1 1 0 1 8
∅ 1 ∅ 1 1 0 0 1 1 1 0 1 9
Table 7 : Diagramme de transition après codage des états et des sorties
8.1.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR
1
.P
Exercice 1 Enoncé
.N
On a :
ABC = AB + C
Exercice 3 Enoncé
H
ABC = (A + B) + C
D’où Non. Les fonctions réalisées par les
portes ou et et sont toutes deux
V.
croissantes (au sens où si x ≤ y and

x0 ≤ y 0 alors x ou y ≤ x0 ou y 0 et
x et y ≤ x0 et y 0 ). La composition de ces
Exercice 2 Enoncé fonctions donnera toujours une
fonction croissante et donc on ne
pourra pas réaliser de fonction non
On a :
croissante comme celle réalisée par la
ABC = ABC porte-non-et.
= AB + C Exercice 4 Enoncé
ABC = (A + B) + C
On a :
Par ailleurs, F = AB + C
A = A + A (indempotence) = AB + C
D’où F = (A + B) + C.

Donc
On a Donc
G = AB ⊕ (CB + D)
= AB(CB + D) + AB(CB + D)
= AB CB D + AB(CB + D)
= ABCBD + ABCB + ABD
1
A ⊕ B = AB + AB.
.P
= ACD + ABCB + ABD
= ACD + A + ABC + ABD
Ainsi
.N
H
V.

1
1. Le circuit est un circuit à 4 variables
d’entrées A [1 :0] et B[1 :0].
.P
2. Fonction majorité.
Il s’agit d’une fonction de 5 va-
riables : Z = F(A0, A1, A2, A3, A4).
.N
Il faut faire une table de Karnaugh
à 5 variables. La variable de poids
fort est A0. C’est sur A0 que le choix
H
de la sous- table est fait (A0 ⇒ sous-

table de gauche , A0’ ⇒ sous-table
de droite).
V.
Calcul des équations :
3. Détecteur de 2 signaux adjacents.

1
.P
.N
H
V.
4.
I - Logique Combinatoire
A - Expressions logiques et Circuits
Combinatoires
On a : F = AB + C
5. Comparateur. = AB.C

F = (A + B).C F3 = a + (a.b)
On obtient : = a + (a + b)
= a.(a + b)
= a.a + a.b
= a.b
On a : F3 = a + b
G = AB ⊕ (CB + B) F4 = a.(a + b)
G = AB(CB + B) + AB(CB + B) = a.a + a.b
On obtient : F4 = a.b
G = ACD + A + ABC + ABD
1
.P
.N
H
1-
V.
F1 = a.(a + b)
= a.a + a.b
F1 = a + a.b
F2 = (a + b).(a + b)
= a.a + ab + ab + b.b
= a + a(b + b) + (b + b)
=a+a
F2 = a

1- Développer x xor (y x or z) en une a b R0 S R
somme de 4 produits de trois variables. 0 0 0 0 0
Faire de même pour (x xor y) x or z. 0 0 1 1 0
2- x xor y = x xor y = xxory 0 1 0 1 0
3- 0 1 1 0 1
∗x ⊕ y⊕ z vaut 1 si et seulement si x,y 1 0 0 1 0
et z valent toutes 1 ou alors une seule 1 0 1 0 1
des trois vaut 1. 1 1 0 0 1
∗x1 ⊕ x2 ⊕ ..... xn vaut 1 si et seulement 1 1 1 1 1
si le nombre des xi valant 1 est pair.
Le circuit est représenté par la figure 2- Table de vérité
ci-dessous : a1 a0 b1 b0 S2 S1 S0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0 1
0 0 1 0 0 1 0
1
0 0 1 1 0 1 1
.P0 1 0 0 0 0 1
0 1 0 1 0 1 0
0 1 1 0 0 1 1
.N
0 1 1 1 1 0 0
1 0 0 0 0 1 0
Exercice 43 Enoncé 1 0 0 1 0 1 1
H
1 0 1 0 1 0 0
1 0 1 1 1 0 1
1 1 0 0 0 1 1
V.
1 1 0 1 1 0 0
1- 1 1 1 0 1 0 1
∗f = yz + yz + xy ou f = yz + yz + xz 1 1 1 1 1 1 0
∗g = xy + yt + yzt
2- Les formes suivantes sont obtenues à
partir de la table, par simplifications
successives, puis remplacement des
négations grâce au fait que x = 1 ⊕ x
∗f = 1 ⊕ y ⊕ z ⊕ xz ⊕ xyz Exercice 46 Enoncé
astg = 1 ⊕ y ⊕ t ⊕ xt ⊕ xyt ⊕ yzt B -
Circuits Pour l’arithmétique Binaire
Afficheur 7-segment
1- Table de vérité Table de vérité

B3 B2 B1 B0 a b c d e f g ha b c d S
0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 00 0 0 0 0
1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 00 0 0 1 0
2 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 00 0 1 0 0
3 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 00 0 1 1 0
4 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 00 1 0 0 0
5 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 00 1 0 1 0
6 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 10 1 1 0 0
7 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 00 1 1 1 1
8 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 01 0 0 0 0
9 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 11 0 0 1 0
C - Approfondissement 1 0 1 0 1
1 0 1 1 1
Exercice 47 Enoncé 1 1 0 0 1
1 1 0 1 1
1
1 1 1 0 1
Vote au directoire
Table de vérité
A B C D R
.P
1 1 1 1 1
.N
0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 Exercice 49 Enoncé
0 0 1 0 0
0 0 1 1 1
H
0 1 0 1 1
V.
0 1 1 0 0
1 0 0 0 0
1 0 0 1 1
1 0 1 0 0
II - Logique Séquentielle
1 0 1 1 1
1 1 0 0 0
1 1 1 0 1
1 1 1 1 1
Serrure de Coffre La table d’états est donnée par la figure

Table de vérité suivante :

0 0 0
x y 2 y1 y0 y2 y1 y0 Exercice 55 Enoncé
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 1
0 0 1 1 0 0 1
0 1 0 0 0 1 0
0 1 0 1 0 1 0
0 1 1 0 0 1 1 Pas d’entrée sauf l’horloge. On pourrait
0 1 1 1 0 1 1 rajouter une entrée pour réinitialiser
1 0 0 0 1 0 0 mais ce n’est pas spécifié.
1 0 0 1 1 0 0 4 bistables y3 , y2 , y1 , y0 pour coder 10
1 0 1 0 1 0 1 états. On numérote les états de
1 0 1 1 1 0 1 manière à ce que y2 , y1 , y0
1 1 0 0 1 1 0 correspondent aux valeurs des 3 sorties
1 1 0 1 1 1 0 S2 , S1 , S0 qui permettent de coder les
1
1 1 1 0 1 1 1 valeurs de 0 à 5. La table d’états est
1 1 1 1 1 1 1
Ce circuit décale les valeurs de yi vers
yi−1 pour i ∈ {1, 2} et place la valeur de
.P
donnée par la figure suivante :
0 0
y3 y2 y 1 y 0 y3 y2 y1 y0
0 0
.N
0 0 0 0 0 0 0 1
x dans y2 .
0 0 0 1 0 0 1 0
Le circuit peut être simplifié en
0 0 1 0 0 0 1 1
supprimant les portes non-et.
0 0 1 1 0 1 0 0
H
0 1 0 0 1 1 0 1
0 1 0 1 – – – –
V.
0 1 1 0 – – – –
Il y a 3 états possibles : 2 bistables sont 0 1 1 1 – – – –
nécéssaires. 1 0 0 0 – – – –
La table d’états est donnée par la figure 1 0 0 1 0 0 0 0
suivante :0 0
1 0 1 0 1 0 0 1
y1 y0 y1 y0 1 0 1 1 1 0 1 0
0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1
0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0
1 0 0 0 1 1 1 0 – – – –
1 1 – – 1 1 1 1 – – – –
En choisissant la valeur 0 pour les 2
sorties non spécifiées, le circuit passera Approfondissement :
de l’état (11) à l’état (00). Pour 1- Pas d’entrées sauf l’horloge. 4
permettre l’initialisation avec une bistables y3 , y2 , y1 , y0 pour coder des
valeur arbitraire, utiliser des valeurs de 0 à 15. La table d’états est
multiplexeurs. donnée par la figure suivante :

0 0 0 0 0 0
n r y3 y2 y1 y0 y 3 y 2 y1 y0 Entrée Etats Passés Etats Futurs Sortie
0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 x T1 T0 T1 T0 S
1 11 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0
2 6 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1
3 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0
4 12 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0
5 7 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0
6 2 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1
7 13 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0
8 8 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0
9 3 0 0 1 1 1 1 1 0 III- Représentation des nombres
10 14 1 1 1 0 1 0 0 1
11 9 1 0 0 1 0 1 0 0 Exercice 56 Enoncé
12 4 0 1 0 0 1 1 1 1
13 15 1 1 1 1 1 0 1 0 Exercice 57 Enoncé
1
14 10 1 0 1 0 0 1 0 1
15 5 0 1 0 1 0 0 0 0 .P
Approfondissement :
Pour n=8
.(51)c2 = 00110011
.N
.(128)c2 impossible!
.(−1)c2 = 11111111
.(−51)c2 = 11001101
2- Reconnaissance de la séquence 010
H
.(−128)c2 = 10000000
Diagramme d’état : Pour n=16
.(51)c2 = 0000000000110011
V.
.(128)c2 = 0000000010000000
.(−1)c2 = 1111111111111111
.(−51)c2 = 1111111111001101
Table de transition .(−128)c2 = 1111111110000000
8.1.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR

Rattrapage 1. Combien de bascules D sont

nécessaires pour la réalisation de
Exercice ce compteur ?
On souhaite réaliser un compteur 2. Proposer la table de transition

décrivant la séquence suivante ou table de vérité permettant de
1,3,5,7,0,2,4,6 à bases de bascules D . décrire le comportement du comp-

teur . 3. Proposer le logigramme du comp-
teur
Rattrapage ce compteur ?
2. Proposer la table de transition
On souhaite réaliser un compteur ou table de vérité permettant de
décrivant la séquence suivante décrire le comportement du comp-
1,3,5,7,0,2,4,6 à bases de bascules D . teur .
1. Combien de bascules D sont 3. Proposer le logigramme du comp-
nécessaires pour la réalisation de teur
1
Exercice 1Corrigé .P
On veut réaliser un circuit qui effectue
l’opération mathématique X 2 .Le
.N
circuit a uniquement deux variable
1. Donnez l’expression de S de la fi- d’entrée.
gure ci-dessus .
H
1. Combien de variables de sortie sont

2. Quelle est la valeur de S lorsque
nécéssaires ?
A=1 , B=0 et C=0 ?
3. Représentez S via la table de Kar- 2. Donnez la table de vérité du circuit
V.
naugh. .
4. Déduisez-en l’équation simplifiée 3. Déduisez-en les équations des va-
de S . riables de sortie .
Premier devoir 3. Représentez S via la table de

Karnaugh
Exercice 1 4. Déduisez-en l’équation simplifiée de
S
Il-y-a-un-logigramme-ici 5. Représentez S (simplifiée) en
1. Donnez l’expression logique de S de utilisant un multiplexeur.
la figure ci-dessus Exercice 2
2. Quelle est la valeur de S lorsque
A=1, B=0 et C=0 ? On veut réaliser un dispositif

permettant de contrôler les briques. Le Exercice 2
tri consiste à contrôler les informations
concernant une brique pour en déduire
sa catégorie. Le dispositif de contrôle
donne quatre informations sur chaque On veut réaliser le diagramme d’état
brique : décrivant le fonctionnement d’une
• p=o si le poids est bon machine à laver.
La machine dispose d’un bouton m
• l=0 si la longueur est bonne
pour le démarrage de la machine et
• w=0 si la largeur est bonne d’un bouton p pour indiquer à la
• e=0 si l’épaisseur est bonne machine qu’il faut faire un prélavage.
Le dispositif classe les briques en trois Le démarrage et le prélavage sont
catégories(a,b,c) ; lorsqu’une classe est activés par un signal bas.
détectée sa variable correspondante a A l’initialisation la machine se trouve à
pour valeur 1. Les critères de l’arrêt. Lorsque le démarrage est activé
1
classifications sont listés ci-dessous : la machine va se mettre en phase de
• le poids ainsi que au moins deux di-
mensions sont corrects(a)
.P lavage et elle y reste pendant 30
minutes. Une fois le lavage fini, la
machine va essorer les linges pendant
.N
• le poids est incorrect et les dimen- 10 minutes et ensuite les essorer
sions correctes ou le poids est cor- pendant 5 minutes. Le processus de
rect mais au moins deux des dimen- lavage de la machine se termine après
sions sont incorrects(b) l’essorage. Lorsque le prélavage a été
H
• le poids ainsi qu’une ou plusieurs demandé par l’utilisateur, la machine

dimensions sont incorrects(c) fait un prélavage pendant 10 minutes
V.
Travail à faire : avant la phase de lavage.

1. Établir la table de vérité du Dans un souci d’harmonisation, nous
dispositif. allons associé à chaque temporisation
2. En déduire les équations des une variable Cmin qui restera à 0 tant
variables de sortie. que la temporisation n’est pas achevée
et à 1 dans le cas contraire. Par
Second devoir
exemple pour une temporisation de 10
Exercice 1 minutes, nous aurons une variable C10
qui est égale à 0 tant que les 10
Simplifiez les expressions ci-après à minutes ne sont pas passées et à 1
l’aide de la table de Karnaugh où ¬a après. Pour simplifier nous
équivaut à non a. supposerons que le système initialise
1. ¬a¬b¬c¬d + a¬b¬c¬d + a¬bc¬d + les variables à 0 quand cela est
¬a¬bc¬d + ¬ab¬cd + ¬abcd + ab¬cd + nécessaire.
abcd 1. Combien d’états avez-vous
2. d + ab¬c¬d + a¬b¬c¬d + ¬a¬b¬c¬d dénombré ?

2. Nommez chaque état et décrivez fonctionnement de la machine.
le(que fait le système dans l’état en 4. Combien de variables d’entrée avez
question). vous dénombré ?
3. Proposez un diagramme d’état du
Devoir 1 (Voir Premier devoir 2019-2020)Devoir 2 (Voir Second devoir 2019-2020)
8.1.4 SOLUTIONS DES DEVOIRS D’ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR
Premier devoir
1
Exercice 1Enoncé
.P
4. Equation simplifiée de S
D’aprés le tableau de karnaugh
S =B+C
.N
1. Expression de S Exercice 2Enoncé
D = AB
E =B+C
1. Variable de sortie
F =B
H
le circuit a uniquement deux va-

G = DEL= D + E
riables d’entrée donc le plus grand
H=E F = EF +EF = (B+C)B+
nombre à l’entré s’écrit 11 en bi-
V.
(B + C)B=BB + CB + BCB = BC
naire : c’est à dire le nombre 3.On
S = GH = G + H
en déduit que le plus grand nombre
S = (AB + B + C) + BC
à la sortie est 32 .le plus petit
2. Valeur de S lorsque A=1 , B=0 et nombre de bits sur lequel 9 peut
c=0 s’écrire est 4 . Donc 4 variables de
S = (AB + B + C) + BC sortie sont nécéssaires .
S = (1.0 + 0 + 0) + 0.0
2. Tableau de vérité
S=1
3. Représentation de S
S = (AB + B + C) + BC
S = AB.B.C + B + C 3. Equation des variables de sortie
S =B+C S0 = e1 e0 + e1 e0 = e0 (e1 + e1 ) = e0
S = B(C + C) + C(B + B) S1 = 0
S = BC + BC + BC + BC S2 = e1 e2
S = BC + BC + BC S3 = e1 e0

8.2 LANGAGE C
8.2.1 ÉNONCÉS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE LANGAGE C
Ecrire un programme qui donne la Ecrire un programme qui permet de

parité d’un nombre entré par calculer le pgcd de deux nombres
l’utilisateur.
Ecrire un programme qui donne le Ecrire un programme qui permet de

factoriel d’un nombre entré par calculer le ppcm de deux nombres
l’utilisateur.
Exercice 9Corrigé
Exercice 3Corrigé
1
Ecrire un programme qui permet de
convertir un entier saisi au clavier en
.P
compter le nombre de nombres
premiers d’un tableau.
.N
binaire.Vous utiliserez une première
méthode sans tableau puis une autre
Exercice 10Corrigé
avec un tableau.
H
Exercice 4Corrigé
Calculer la valeur d’un polynôme de
degré 40 en un point x donnée
V.
convertir un entier saisi au clavier en Exercice 11Corrigé

octal.Vous utiliserez une première
méthode sans tableau puis une autre
avec un tableau.
transformer les caractères miniscules
Exercice 5Corrigé d’une chaine de caractère en
majuscule.
Ecrire un programme qui permet
d’afficher la valeur minimale et la Exercice 12Corrigé
valeur maximale d’un tableau.
Exercice 6Corrigé Ecrire un programme qui permet de
transformer une chaine de caractères
miniscules en majuscule.
Ecrire un programme qui permet
d’afficher la moyenne des nombres
impairs d’un tableau.

Ecrire un programme qui permet de Ecrivez en programme la fonction
convertir un entier en une chaine de logarithme népérien (ln).
caractères.
Ecrire un programme qui permet de Ecrivez un programme capable de

convertir une chaine de caractères en trouver un carré parfait de quatres
entier. chiffres de format XXYY.

Ecrivez un programme capable de
calculer le produit de 2 matrices.
reconnaitre un palindrome.
1
Ecrivez en programme la fonction
exponentielle.
.P
Ecrivez un programme capable
d’éffectuer la somme et la moyenne des
.N
éléments d’un tableau.
8.2.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE LANGAGE C

H
Exercice 1Enoncé
V.
1 #include<s t d i o . h>
2 i n t main( void )
3 {
4 i n t n=0;
5 p r i n t f ( ” Entrez un nombre\n” ) ;
6 scanf ( ”%d” ,&n ) ;
7 i f (n%2==0)
8 {
9 p r i nt f ( ” pair ” ) ;
10 }
11 else
12 {
13 p r i n t f ( ” impair ” ) ;
14 }
15 return 0;
16 }
Exercice 2Enoncé
1ère méthode

2 i n t main ( )
3 {
4 i n t n , i =2, f a c t =1;
6 scanf ( ”%d” ,&n ) ;
7 while ( i<=n)
8 {
9 f a c t=f a c t * i ;
10 i++;
11 }
12 p r i n t f ( ” Le f a c t o r i e l de ce nombre e s t %d\n” , f a c t ) ;
13 return 0;
14 }
2ème méthode
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t n , f a c t =1;
1
6
7
8
9
10
scanf ( ”%d” ,&n ) ;
while (n>=1)
{
f a c t=f a c t * n ;
n−−;
.P
.N
11 }
12 p r i n t f ( ” l e f a c t o r i e l de ce nombre e s t %d\n” , f a c t ) ;
13 return 0;
14 }
H
Exercice 3Enoncé
V.
• sans tableau
2 i n t main ( )
3 {
4 int n,p, i ;
6 scanf ( ”%d” , &n ) ;
7 p r i n t f ( ”L ’ e c r i t u r e de ce nombre en b i n a i r e e s t : ” ) ;
8 i =31;
9 while ( i >=0)
10 {
11 p=n>>i ;
12 i f (p&1)
13 p r i n t f ( ”1” ) ;
14 else
15 p r i n t f ( ”0” ) ;
16 i −−;
17 }
18 p r i n t f ( ”\n” ) ;
19 return 0;
20 }

• avec tableau
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t r [32];
5 i n t n , i =0,k=0;
7 scanf ( ”%d” ,&n ) ;
8 while (n!=0)
9 {
10 r [ i ]=n%2;
11 n=n/2;
12 i++;
13 k++;
14 }
15 p r i n t f ( ”Ce nombre en b i n a i r e e s t : ” ) ;
16 f o r ( i=k−1; i >=0;i −−)
17 {
18 p r i n t f ( ”%d” , r [ i ] ) ;
19 }
20 p r i n t f ( ”\n” ) ;
21 return 0;
1
22 }
.P
Exercice 4Enoncé
.N
• sans tableau
2 i n t main ( )
H
3 {
4 i n t i =0,r , n b i t ;
5 i n t nombre=0;
V.
7 scanf ( ”%d” ,&nombre ) ;

8 n b i t =((( s i z e o f ( i n t ) * 8)/3)+1) * 3;
9 while ( nbit >0)
10 {
11 nbit −=3;
12 r=nombre>>n b i t ;
13 p r i n t f ( ”%d” , r &7);
14 }
15 p r i n t f ( ”\n” ) ;
16 return 0;
17 }
Exercice 5Enoncé
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t T[5]={78 ,45 ,2 ,0 ,85};
5 i n t i , min=T [ 0 ] ,max=T [ 0 ] ;
6 f o r ( i =1; i <5; i++)

7 {
8 i f (T[ i ]<min)
9 {
10 min=T[ i ] ;
11 }
12 i f (T[ i ]>max)
13 {
14 max=T[ i ] ;
15 }
16 }
17 p r i n t f ( ” La plus p e t i t e vale ur du tableau e s t %d\n” , min ) ;
18 p r i n t f ( ” plus grande vale ur du tableau e s t %d\n” ,max ) ;
19 return 0;
20 }
Exercice 6Enoncé
2 i n t main ( )
1
3 {
4
5
6
7
8
int i ;
f l o a t som=0,nmb=0;
.P
i n t tab [15]={20 ,31 ,5 ,7 ,4 ,15 ,8 ,9 ,12 ,14 ,3 ,21 ,22 ,25 ,10};
f l o a t moy;
f o r ( i =0; i <15; i++)
.N
9 {
10 i f ( tab [ i]%2==1)
11 {
12 som+=tab [ i ] ;
13 nmb=nmb+1;
H
14 }
15 }
16 moy=som/nmb;
17 p r i n t f ( ” La moyenne des nombres impairs e s t : %f \n” ,moy) ;
V.
18 return 0;
19 }
Exercice 7Enoncé
1ère méthode
2 i n t main ( )
3 {
4 int a ,b;
6 scanf ( ”%d” ,&a ) ;
7 p r i n t f ( ” Entrez un second nombre\n” ) ;
8 scanf ( ”%d” ,&b ) ;
9 while ( a * b!=0)
10 {
11 i f ( a>=b)
12 a=a−b ;
13 else
14 b=b−a ;

15 }
16 i f ( a==0 && b!=0 )
17 p r i n t f ( ” Le pgcd e s t %d\n” , b ) ;
18 i f (b==0 && a!=0 )
19 p r i n t f ( ” Le pgcd e s t %d\n” , a ) ;
20 i f ( a==0 && b==0)
21 p r i n t f ( ”\n erreur \n” ) ;
22 return 0;
23 }
2ème méthode
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t a=0,b=0, r =0;
6 scanf ( ”%d” ,&a ) ;
7 p r i n t f ( ” Entrez un autre nombre\n” ) ;
8 scanf ( ”%d” ,&b ) ;
9 i f ( a==0 && b==0)
10 p r i n t f ( ” erreur \n” ) ;
11
1
r= a % b ;
12
13
14
15
16
while ( r !=0)
{
a=b ;
b=r ;
r=a % b ;
.P
.N
17 }
18 p r i n t f ( ” Le pgcd des 2 nombres e s t %d\n” , b ) ;
19 return 0;
20 }
H
Exercice 8Enoncé
1ere méthode
V.
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t n1 , n2 , prod , r , ppcm ;
5 p r i n t f ( ” C a l c u l e du pgcd e t du ppcm de deux nombres\n” ) ;
6 p r i n t f ( ” Entrez un premier nombre\n” ) ;
7 scanf ( ”%d” ,&n1 ) ;
8 p r i n t f ( ” Entrez un second nombre\n” ) ;
9 scanf ( ”%d” ,&n2 ) ;
10 prod=n1 * n2 ;
11 r=n1%n2 ;
12 while ( r !=0)
13 {
14 n1=n2 ;
15 n2=r ;
16 r=n1%n2 ;
17 }
18 p r i n t f ( ” Le pgcd de ces 2 nombres e s t %d\n” , n2 ) ;
19 ppcm=prod/n2 ;
20 p r i n t f ( ” Le ppcm de ces 2 nombres e s t %d\n” ,ppcm ) ;
21 return 0;
22 }

2ème méthode
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t n1 , n2 , r1 , r2 ;
5 p r i n t f ( ” Entrez l e s deux nombres\n” ) ;
6 scanf ( ”%d,%d” ,&n1,&n2 ) ;
7 r1=n1 , r2=n2 ;
8 i f (n1==0||n2==0)
9 p r i n t f ( ” Le ppcm n ’ e x i s t e pas\n” ) ;
10 else
11 while ( r1!=r2 )
12 {
13 i f ( r1<r2 )
14 r1+=n1 ;
15 else
16 r2+=n2 ;
17 }
18 p r i n t f ( ” Le ppcm des deux nombres e s t %d\n” , r1 ) ;
19 return 0;
20 }
1
.P
Exercice 9Enoncé
.N
2 #include<s t d l i b . h>
3 i n t main ( void )
4 {
5 i n t tab [10]={32 ,58 ,20 ,12 ,107 ,80 ,51 ,31 ,41 ,29};
6
H
i n t i , j , c=0,k=0;
7 f o r ( i =0; i <10; i++)
8 {
9 f o r ( j =2; j<tab [ i ] ; j++)
V.
10 {
11 i f ( ( tab [ i ]% j )==0)
12 c++;
13 }
14 i f ( c==0)
15 k++;
16 c=0;
17 }
18 p r i n t f ( ”%d\n” , k ) ;
19 p r i n t f ( ” Le nombre de nombre premier du tableau e s t %d\n” , k ) ;
20 return 0;
21 }
Exercice 10Enoncé
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t n=41;
5 f l o a t tab [ 2 5 ] ;
6 f l o a t A=tab [ 4 1 ] ;

7 float x;
8 int i ;
9 p r i n t f ( ”On veut c a l c u l e r l e s v a l e u r s du polynome P , pour d i f f e r e n t e s v a l e u r s de x” ) ;
10 p r i n t f ( ” Pour cela , entrez une vale ur de x svp\n” ) ;
11 scanf ( ”%f ” ,&x ) ;
12 f o r ( i=n−1; i >=0;i −−)
13 {
14 A=A* x+tab [ i ] ;
15 }
16 p r i n t f ( ” La vale ur de P , pour x=%f e s t : %f \n” , x , A ) ;
17 return 0;
18 }
Exercice 11Enoncé
2 i n t main ( )
3 {
4 int i ;
1
5 char cdc[]={ ’ B ’ , ’ o ’ , ’ n ’ , ’ j ’ , ’ o ’ , ’ u ’ , ’ r ’ , ’ ’ , ’ l ’ , ’ e ’ , ’ s ’ , ’ ’ , ’G ’ , ’A ’ , ’ r ’ , ’ s ’ , ’ \0 ’ };
6
7
8
9
10
f o r ( i =0;cdc [ i ]!= ’ \0 ’ ; i++)
{
i f ( cdc [ i]<= ’ z ’ && cdc [ i]>= ’ a ’ )
cdc [ i ]−=( ’ a ’− ’A ’ ) ;
.P
.N
}
11 p r i n t f ( ”%s ” , cdc ) ;
12 p r i n t f ( ”\n” ) ;
13
14 return 0;
15 }
H
Exercice 12Enoncé
V.
2 i n t main ( )
3 {
4 char * tab=”abobo” , t ;
5 int i ;
6 f o r ( i =0; i <=4;i++)
7 {
8 t=tab [ i ]−32;
9 p r i n t f ( ”%c ” , t ) ;
10 }
11 p r i n t f ( ”\n” ) ;
12 return 0;
13 }
Exercice 13Enoncé
Exercice 14Enoncé

Exercice 15Enoncé
1 #include <s t d i o . h>

2 #include <s t d l i b . h>
3 i n t A[2][3]={{1 ,3 ,2} ,{6 ,4 ,9}} , B[3][3]={{9 ,10 ,23} ,{12 ,3 ,0} ,{6 ,7 ,0}};
4
5 f l o a t c a l c u l p r o d u i t ( i n t A[ 2 ] [ 3 ] , i n t B[ 3 ] [ 3 ] , i n t nligA , i n t ncolB ) ;
6 {
7 float P[][];
8 int i , j , k;
9 f o r ( i = 0; i <nligA ; i++)
10 {
11 f o r ( j = 0; j <nbColB ; j++)
12 {
13 f o r ( k = 0; k < nbColA ; k++)
14 P[ i ] [ j ] = A[ i ] [ k ] * B[ k ] [ j ] ;
15 }
16 }
17 return P ;
18 }
19 i n t main( void )
1
20 {
21
22
23
24
int i , j ;
p r i n t f ( ”\n===> Matrice P <===\n” ) ;
f o r ( i =0; i<nligA ; i++)
f o r ( j =0; j<nColB ; j++)
.P
.N
25 p r i n t f ( ”%f ” , c a l c u l p r o d u i t (A , B, 2 , 3 ) ;
26 p r i n t f ( ”\n” ) ;
27 return 0;
28 }
H
Exercice 16Enoncé
V.
1
2 int fact ( int k)
3 { int i , s ;
4 f o r ( i=k , s=1; i >=1;i −−)
5 s *=k ;
6 return s ;}
7 double exp ( double x , i n t n)
8 {
9 double j , t =1,g=0;
10 f o r ( j =0; j<=n ; j++)
11 { i f ( j==0)
12 g=1;
13 else
14 { t *=x ;
15 g+=(t / f a c t ( j ) ) ; }
16 }
17 return g ;}
Exercice 17Enoncé

1
2 void lo g a r ( double x , i n t n)
3 {
4 double s , t ;
5 i n t k , sign = −1;
6 t = 1 ; s = 0 ;
7 f o r ( k=1; k<=n ; k++)
8 {
9 sign *= −1;
10 t *= ( x −1);
11 s += ( sign * ( t / k ) ) ;
12 }
13 p r i n t f ( ”%f ” , s ) ;
14 }
Exercice 18Enoncé
1
2 i n t main ( )
1
3 {
4
5
6
7
int a , b , x , n;
f o r ( a = 0; a <= 9; a++)
{
f o r (b = 0; b <= 9; b++)
.P
.N
8 {
9 f o r ( n = 30 ; n <= 99 ; n++)
10 {
11 x = (1000 * a ) + (100 * a ) + (10 * b) + b ;
12 i f ( x==(n * n) )
13 p r i n t f ( ”%d%d%d%d” , a , a , b , b ) ;
H
14 }
15 }
16
17
V.
Exercice 19Enoncé
1
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t i , j , palindrome ;
5 palindrome=0;
6 char tab [ 4 0 ] ;
7 p r i n t f ( ” e n t r e r l e mot : ” ) ;
8 scanf ( ”%s ” , tab ) ;
9
10
11 f o r ( i =0, j= s t r l e n ( tab)−1 ; i<=j ; i ++,j −−)
12 {
13 i f ( tab [ i]==tab [ j ] )
14 palindrome = 1;
15 e l s e {palindrome=0; break ;}
16 }
17 i f ( palindrome )

18 p r i n t f ( ”\n\tpalindrome ” ) ;
19 else
20 p r i n t f ( ”\n\tnon palindrome ” ) ;
21
22
23 return 0;
24 }
Exercice 20Enoncé
1
2 i n t main ( )
3 {
4 i n t i , som ;
5 double moy;
6 som = 0;
7 i n t tab [ ] = { 1 , 2 , 3 , 4};
8 f o r ( i=0 ; i <(s i z e o f ( tab ) / s i z e o f ( i n t ) ) ; i++)
9 {
1
10 som+=tab [ i ] ;
P
11 }
12 p r i n t f ( ”%d\n” , som ) ;
13 moy = som/( s i z e o f ( tab ) / s i z e o f ( i n t ) ) ;
N.
14 p r i n t f ( ”%f ” , moy) ;
15 }
H.
8.2.3 ÉNONCÉS DES DEVOIRS DE LANGAGE C

V.
Devoir
Exercice 1
Donnez la valeur des variables (var) suivantes :

1. int var = sizeof(double);
2. int var = sizeof(int);
3. int a =10; int var =4; var/= a;
4. float var= 1/(float)2;
5. int var= 10; var>>=2;
6. int var; var= 10; var ^= var;
Exercice 2
Qu’affichent les codes suivants ?

1) int t[] = {7,8,9,1},i,s;
for(i=0, s=1; i < 4; i++)
if(t[i]%3)
s+=t[i];
printf("%d",s);
2) int t[] = {7,8,9,1,2,2},i;
for(i=0; i < 5; i++)
if(t[i+1] < t[i])
printf("%d", t[i]);
3) char t[] = {’f’,’o’,’o’,’\0’,’b’,’a’,’ r’,’\0’},i;
for(i=0;i< t[i]!=’\0’; i++)
if((t[i+4]-’a’)%2)
t[i]+=2;
printf("%s",t);
1
Exercice 3
P
Soit un tableau de n entiers, écrivez un programme qui affiche le plus grand
N.
nombre se trouvant dans le tableau.
Rattrapage
H.
Exercice 1
Donner la valeur des variables aléatoires suivantes :

V.
1. int var=sizeof(float);
2. int var=sizeof(int);
3. int a=10 ,float var=4 ,var/=a;
4. float var=1/(float)2;
5. int var=10;var>>=2;
6. int var ;var=10;var^=var;
Exercice 2
Qu’affichent les codes suivants :

1. int t[]={7,8,9,1},i,s;
for(i=0,s=1;i<4;i++);
if(t[i]%7)
s+=t[i];
printf("%d",s);

2. int t[]={7,8,9,1,2,2},i;
for(i=0;i<5;i++)
if(t[i]<t[i+1]
printf("%d",t[i]);
3. char t[]={’f’,’o’,’o,’\0’},i
for(i=0;i<t[i]!=’\0’;i++)
if((t[i]-’a’))
t[i]++;
else
t[i]--;
printf("%s",t);
Devoir
1
.P
Exercice 1
Donnez la valeur des variables (var) suivantes :

.N
1. int var = sizeof(double) ;
2. int var = sizeof(int) ;
3. int a = 10 ; int var = 4 ; var /= a ;
H
4. float var = 1 / (float) 2 ;

5. int var = 10 ; var > > = 2 ;
V.
6. int var ; var = 10 ; var^= var ;

Exercice 2
Qu’affiche les codes suivants ?

1.
int t[ ] = {7,8,9,1} , i , 5 ;
for(i = 0, s = 1 ; i ¡ 4 ; i++)
if(t[i] % 3)
s += t[i] ;
printf(”%d”,s) ;
2.
int t[ ] = {7,8,9,1,2,2} , i ;
for( i = 0 ; i ¡ 5 ; i++)
if(t[i + 1] ¡ t[i])
printf(”%d”,t[i]) ;

3.
char t[ ] = {’f’,’o’,’o’,’\0’,’b’,’a’,’r’,’\0’} , i ;
for(i = 0 ; i ¡ t[i] != ’\0’ ; i++)
if((t[i + 4] - ’a’) % 2)
t[i] += 2 ;
printf(”%s”,t) ;
Exercice 3
Soit un tableau de n entiers,écrivez un programme qui affiche le plus grand

nombre se trouvant dans le tableau.
Devoir
1
Énoncer-écriture de programme
.P
Écrire en langage C les programmes permettant de réaliser les fonctions
ci-dessous. Vous pouvez omettre les directives d’inclusion de fichier et
.N
commencer directement par int main(void).
1. Un programme qui détermine si un nombre est divisible par trois et/ou
divisible par cinq.
H
2. Un programme qui affiche tous les nombres premiers entre 97 et 60000.

3. Un programme qui calcule la somme des nombres compris entre 97 et
60000.
V.
4. Un programme qui calcule l’image de x par la fonction f(x)=x5 +x+1, sans la

fonction pow de la librairie math.h.

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 9
ELECTROMAGNETISME ET OPTIQUE
GEOMETRIQUE
polytechnique en 1802 (Essai de

géométrie analytique : appliquée aux
courbes et aux surfaces du second
1
ordre). Grace à l’appui de Laplace, il
.Pest nommé en novembre 1800, âgé de
26 ans, professeur de physique
mathématique au Collège de France,
.N
succédant à Jacques Antoine Joseph
Cousin, démissionnaire.Il enseigne à
l’Athénée de Paris de 1803 à 1806.
H
Nommé premier titulaire de la chaire

d’astronomie de la faculté des sciences
de Paris le 18 avril 1809, il devient
V.
docteur ès sciences par collation le 5

août de la même année. Il est entre
Jean-Baptiste Biot (21 avril 1774 à 1816 et 1826 chargé de la moitié du
Paris - 3 février 1862 à Paris, 5e) est un cours de physique pour l’acoustique, le
physicien, astronome et mathématicien magnétisme et l’optique, Gay-Lussac,
français, pionnier de l’utilisation de la titulaire de la chaire de physique,
lumière polarisée pour l’étude des enseignant la chaleur, les gaz,
solutions. l’hygrométrie, l’électricité et le
C’est vers l’enseignement que Biot galvanisme. Il est rappelé aux fonctions
oriente sa carrière après ses études de professeur d’astronomie en mars
d’ingénieur. Il devient professeur de 1826 et c’est Claude Pouillet qui
mathématiques à l’Ecole centrale du reprend ses enseignements pour le
département de l’Oise à Beauvais en cours de physique. Il est doyen de la
mars 1797, poste qu’il occupe durant 4 Faculté des sciences de Paris à partir de
ans, et publie le contenu de ses leçons 1840, succédant à Louis Jacques
destinées aux candidats à l’Ecole
505
Thénard. Il est mis à la retraite comme résultats, il utilise le saccharimètre
professeur de la faculté des sciences en pour déterminer la nature et la
1849 et y est nommé professeur quantité de sucres présents dans une
honoraire. solution. Il formule également, avec
Biot est notamment connu pour avoir Félix Savart, la loi de Biot-Savart, qui
étudié et établi avec Jean-François donne la valeur du champ magnétique
Persoz les lois de la rotation du plan de produit en un point de l’espace par un
polarisation de la lumière traversant courant électrique en fonction de la
une solution liquide. Partant de ces distance de ce point au conducteur.
1
.P
.N
H
V.

9.1 ELECTROMAGNETISME I
9.1.1 ENONCES DES TRAVAUX DIRIGES D’ELECTROMAGNESTISME I
Exercice 1 Corrigé un point M de son axe z0Oz

(OM = z > 0) à partir du
−−→
1. Calculer, en utilisant le théorème champ élémentaire d2 E créé
de Gauss, le champ créé en tout par la charge élémentaire
point par une droite uniformément dq = σdS
→
−
chargée (densité linéaire λ). Que • Que devient ce champ E
constatez-vous en comparant le lorsque le rayon du disque R
résultat obtenu à celui d’un champ tend vers l’infini ?
créé par un fil rectiligne infini
• On considère un plan infini
chargé uniformément (densité
portant une densité de charge
linéaire de charge λ) en un point M
surfacique σ > 0, percé d’un
1
de l’espace et situé à une distance
trou circulaire de centre O et
r du fil rectiligne ?
2. L’espace compris entre les plans
(x = −a) et (x = a) est
.P de rayon r. Calculer le champ
→
−
E en un point M de l’axe z0Oz
du trou.
.N
uniformément chargé (ρ > 0). En
déduire le potentiel V en tout point B/ Un conducteur creux
de l’espace. On prendra V = 0 pour hémisphérique de centre O et de
rayon R est chargé uniformément
H
x = a. Représenter les variations de

V en fonction de x. Que se passe avec une densité de charge
t-il quand x −→ ∞ ? surfacique σ > 0.
V.
→
−
3. Calculer la capacité d’un • Calculer le champ E crée au
condensateur formé de deux point O.
cylindres coaxiaux, les rayons R1 et
• On considère maintenant une
R2 (R2 > R1 ) et de longueur L
distribution de charge en
grande devant les rayons. Que
volume ayant la forme de
devient cette capacité si les rayons
l’hémisphère ci-dessus et
sont très voisins ?
portant une charge volumique
Exercice 2 Corrigé uniforme ρ. En considérant la
distribution volumique comme
engendrée par la distribution
A/ On considère un disque de rayon
surfacique de la première
R, de centre O, portant une densité
question lorsque le rayon de
de charge surfacique σ.
cette dernière varie de 0 à R,
−→
• Retrouver, par calcul direct le calculer le champ électrique E2
→
−
champ E créé par le disque en créé au point O.

• Retrouver ce dernier résultat Exercice 4 Corrigé
par un calcul direct.
Exercice 3 Corrigé Une sphère de centre O et de rayon R

contient une charge Q répartie
uniformément avec une densité
On considère une distribution 3Q
volumique ρ = .
volumique de charges à symétrie 4πR3
sphérique de centre O. Les charges sont 1. Exprimer le potentiel en tout point
réparties en volume avec une densitè de l’espace en utilisant les
ρ(r), r désignant la distance au point O. équations locales de Laplace et de
La densité ρ est : Poisson.
• nulle entre r = 0 et r = R/2, et 2. En déduire le champ électrique
→
−
pour r > R ; E (r).
• non nulle entre r = R/2 et r = R. →
−
3. Retrouver l’expression de E (r) en
1
La charge totale de la distribution appliquant le théorème de Gauss.
→
−
est Q. Le champ E créé par cette
distribution vaut :
→
−
E = k(αr − R)→ −
ur dans l’intervalle
.N
[R/2; R] On considère deux cylindres coaxiaux
où →
−
ur est le vecteur unitaire radial d’axe OZ et de rayon a < b. Le cylindre
de la base des coordonnées intérieur porte une charge surfacique
de densité uniforme σ1 , le cylindre
H
sphériques.
extérieur porte une charge surfacique
1. Donner le domaine de
→
− de densité uniforme σ2 . Entre les deux
définition du champ E . Le
V.
cylindres, il y a de l’air ayant les mêmes

champ est-il continu partout ?
→
− propriétés électrostatiques que le vide.
2. Déterminer E = k E k pour On néglige les effets de bord en
r < R/2. En déduire la valeur supposant que la longueur L identique
de α. des deux cylindres est grande devant
→
− leur rayon. On admettra que cette
3. Déterminer E = k E k pour
r > R. En déduire la valeur de hypothèse implique que les charges
k. portées par les deux cylindres sont
opposées Q1 = −Q2 .
4. Appliquer le théorème de
Gauss pour un point M de 1. Détermine une relation entre les
l’intervalle [R/2; R] et obtenir densités surfaciques de charge.
une équation donnant une 2. Calculer le champ dans l’espace
primitive de la loi ρ(r) en situé entre les deux cylindres .
→
−
fonction de E = k E k. 3. Le cylindre intérieur est au
5. En déduire la loi ρ(r). potentiel V1 le cylindre extérieur

est au potentiel V2 . Calculer la (a) Rappeler l’expression du
capacité linéique du cylindre, champ électrostatique sur l’axe
qρ
C= où qρ est la charge d’ un cercle uniformément
V1 − V2 chargé ;
portée par un mètre du cylindre
intérieur. (b) Déterminer l’expresion des
potentiels électrostatiques qui
Exercice 6 Corrigé peuvent etre déduits de ce
champ. En quels points ce
résultat est-il valable ?
On considère une certaine distribution
de charges positives et négatives 2. Détermination par le théoreme de
symétrie sphérique de centre O, telle Gauss du champ produit par une
que le potentiel électrique V (M ) qu’elle distribution de charges (cylindre et
crée en un point M distant de r du droite).
point O soit de la forme : Une droite portant la densité
lineique de charges
1
A h ri
λ =≈ −3µC.m−1 est disposée
V (M ) =
4πε0 r
exp −
a
où A et a sont des constantes positives.
.P suivant l’axe d’un cylindre ”infini”
de rayon R ≈ 20cm et portant la
densité surfacique de charge
.N
1. Quelles sont les dimensions de A et σ = 1, 5/(4π)µC.m−2
a. (a) Calculer le champ
→
− →
−
2. Calculer le champ E (M) électrostatique E en tout point
H
correspondant, en tout point de de l’espace vide.

l’espace (excepté de O) (b) Que se passe t-il à la traversée
V.
3. A partir de l’expression de ce de la surface du cylindre ?

champ sur une sphère de centre O 3. Détermination par le theoreme de
et de rayon r, déterminer la charge Gauss du champ produit par une
interne Q(r) contenue dans cette boule chargée avec symetrie
sphère.En déduire la charge totale sphérique.
de la distribution. A l’intérieur d’une boule de centre
4. Calculer la densité volumique ρ à O et de rayon R une charge Q est
la distance r en précisant son supposée dispersée en volume
signe. avec en chaque point M une
densité µ(r) proportionnelle à la
Exercice 7 Corrigé distance r=OM.
(a) Donner l’expression de µ(r) en
1. Calcul, à partir du champ fonction de Q,r et R.
électrostatique, du potentiel crée (b) A l’aide du théoreme de
sur son axe, par un cercle chargé Gauss,calculer le champ

électrostatique en tout point électrostatique créé par cette
de l’espace. distribution vaut :
4. Retrouver l’expression du potentiel V (r) = Kr(R − r) + K 0
V(r) crée par une sphère chargée
dans l’intervalle [R/2 ;R] (1)
d’une densité volumique ρ en
intégrant l’équation de poisson. 1. Le potentiel est pris nul à
l’infini.Déterminer le champ
Exercice 8 Corrigé électrostatique et la loi V(r) pour
r > R.En déduire la valeur des
constantes K et K’.
Un disque de centre O et de rayon R
porte la charge surfacique σ. 2. Calculer le potentiel
électrostatique en O.Conclure.
1. Calculer le potentiel électrique V
en O,lorsque la distribution est Exercice 10 Corrigé
uniforme : σ = σ0 .
1. Quelle est la charge Q1 d’une
1
La charge surfacique est
maintenant donnée par :
2
σ(ρ) = A/(R − ρ ) 2 1/2
.P
sphère métallique (A)de rayon
R1 = 6cm lorsqu’elle est portée au
potentiel Vo = 45000 volts ? Dans
tout le problème on supposera
.N
ou A est une constante et ρ la cette sphère isolée.
distance à O.
2. On entoure la sphère (A) par une
2. Calculer le potentiel électrique V autre sphère métallique creuse (B)
H
en O, et l’exprimer en fonction de concentrique, de rayon R2 = 12cm

R et σc = σ(o). NB :Faire pour le et R3 = 15cm,initialement neutre et
calcul de l’intégrale un
V.
isolée.
changement de variable, en
introduisant par exemple α défini
par sin α = ρ/R.
3. Exprimer la charge Q du disque en
fonction de V et de R.
Une distribution volumique de charges

est à symétrie sphérique de centre
O,avec une densité ρ(r),ou r désigne la
distance au point O.La densité ρ n’est
nulle qu’entre r = R/2 et r = R,elle est
nulle ailleurs et la charge totale de la (a) Quelles sont les charges
distribution est Q.Le potentiel portées par (B) ?

(b) En déduire les potentiels VA et rayon R,et de la permittivité du
VB des deux sphères. vide ε0 et de la distance z.
(c) Déterminer et représenter 4. On s’intéresse maintenant au
graphiquement le potentiel champ électrostatique au voisinage
V(r)et la norme du champ de l’axe. On calcule donc le champ
→
−
E (r) en tout point M de en un point M par des coordonnées
l’espace, tel que OM=r. cylindriques (r, θ, z).
3. La sphère (B) est reliée à la terre (a) Montrer par des arguments de
(VB = 0).Quel est le nouveau symétrie très précis, qu’en M,le
→
−
potentiel VA0 de (A) ? On donne : champ E n’a pas de
K = 1/4πε0 = 9.109 S.I composantes orthoradiale Eθ .
(b) Montrer que la norme de E ne
Exercice 11 Corrigé dépend que de r et z.
(c) Montrer qu’au voisinage de
On donne une spire circulaire de rayon →
−
1
l’axe, le flux du champ E est
R,de centre O,d’axe Oz .Cette spire porte
une charge positive Q répartie
uniformément avec la densité linéique
.P conservatif.Que peut-on dire
de sa circulation sur un
contour fermé ?
.N
λ.
a) Calculer la capacité d’un

H
condensateur formé de deux

cylindres coaxiaux, de rayons R1 et
R2 et de longueur L grande devant
V.
les rayons. Que devient cette

capacité si les rayons sont très
voisins ?
b) Calculer, par intégration, le champ
1. Montrer par des arguments de
magnétique B crée en un point M
symétrie que sur l’axe,le champ
→
− quelconque de l’espace par un fil
électrostatique E est porté par
→
− rectiligne infiniment long et défini
l’axe et prend la forme de E = E → −
uz par l’axe (Oz).
ou uz est le vecteur unitaire porté
par l’axe Oz . c) Soit un conducteur filiforme
rectiligne parcouru par un courant
2. Comparer E(z) et E(−z). d’intensité I. Déterminer le champ
3. Calculer le champ électrostatique magnétique qu’il crée en un point
crée en un point de l’axe tel que de l’espace situé à la distance r de
OM=z.On donnera le résultat en ce courant en utilisant le théorème
fonction de Q,la charge totale,du d’Ampère.

d) Un fil parcouru par un courant I parcourues par un courant I est
est régulièrement bobiné (N enroulée régulièrement sur le tore.
spires) sur un tore à section droite Elles sont suffisamment serrées pour
carrée de côté a, la distance du être assimilées à une nappe surfacique
centre d’une section à l’axe ∆ étant continue.
noté R. Exprimer le champ figure
magnétique B(M ) en un point
M,intérieur au tore c’est-à-dire à la 1. Étudier les symétries de B
distance r [R − a/2, R + a/2]. 2. Exprimer le champ B en un point
Exercice 13 Corrigé M repéré par ses coordonnées
cylindriques (r, θ, z).
Un tore est engendré par la rotation 3. Comparer le champ avec le champ
d’une surface plane S autour d’un axe produit par un solénoide
(Oz). Une bobine de N spires infiniment long.
1
9.1.2
Exercice 1 Enoncé
.P
CORRIGES DES TRAVAUX DIRIGES D’ELECTROMAGNESTISME I
P
1 et
P
2 sont orthogonaux en tout
point de ces bases.
.N
1. D’après les considérations de →
− →
Z Z Z Z
φ1 = dφ = E ·−
n1 dS = 0
symétrie et d’invariance dans le P P
1 1
système de coordonnées Z Z Z Z
→
− →
→
− E ·−
H
cylindriques le champ E vérifie : φ2 = P

dφ = P
n2 dS = 0.
2 2
−−−→ P → −
E(M ) = E(r)→ −
ur Pour la surface 3 , E et n3 sont
V.
.Ces considérations permettent colinéaires de même sens. Tous les

d’utiliser le théorème de Gauss points de cette surf ce étant situé à
pour obtenir E(r) sans effectuer le la même distance de la droite, la
calcul direct du champ. valeur du champ reste donc
Soit M un point de l’espace. constante. D’où :
Choisissons comme surface de
→
− →
Z Z Z Z
Gauss le cylindre centré Psur l’axe φ3 = dφ = E ·−
n3 dS
(zz0) de surface latérale 3 (sur
P P
3 3
laquelle se situe lePpointPM ), de Z Z

disques de bases 1 et 2 de rayon = E(r) dS = E(r) × 2πrh.
r distants d’une longueur h.
P
3
→
−
Le flux du champ E à travers les La charge intérieure au volume
→
−
surfaces de base est nul car E et délimité par le cylindre se trouve
les vecteurs n1 et n2 respectivement sur la hauteur h, ainsi
normaux aux surfaces de base qint = λ × h.

Le théorème de Gauss s’écrit On choisit comme surface de
qint qint Gauss le cylindre de surface
φ = φ1 +φ2 +φ3 = ; soit : E(r)×2πrh = . P
ε0 ε0 latéraleP 3 ,P de disques de
On en déduit donc : bases 1 et 2 (sur lequel se
situe le point M ) de rayon r
λ →
− λ → −
E(r) = et E (M ) = ur . distants d’une longueur 2x. On
2πε0 r 2πε0 r étudiera le demi-espace (x > 0)
L’expression du champ crée par la car le champ ici est une
droite est la même q’en ce qui fonction impaire de la variable
concerne un fil rectiligne infini x puis on généralisera .
→
−
chargé uniformément (densité Le flux de champ E traversant
linéaire de charge λ) en un point M cette surface est :
de l’espace et situé à une distance
φ = φ1 + φ2 + φ3 = φ2 + φ3
r du fil rectiligne.
→
− → →
− →
Z Z Z Z
2. • Expression du champ = E · −
n dS+ E ·−
n3 dS
2
1
P P
La répartition des charges et la 2 3
géométrie de l’ensemble
chargé permettent d’adopter le
système de coordonnés
.P = 2 × E × S = 2 × E × πr2 .
Le théorème de Gauss s’écrit :
qint ρV
.N
cartésiennes (x; y; z) avec pour φ = =
ε0 ε0
O origine dans la suite de la
1er cas : si M est tel que
résolution.Pour cela on
−a < x < a
H
considéra les axes Ox ,Oy et

Oz. L’analyse des invariances
→
− qint = ρ × πr2 × 2x.
montre que le champ E est
V.
orienté suivant l’axe Ox Ainsi

puisqu’il y a invariance par 2 2ρπr2 x
2πr E(x) =
translation suivant les axes Oy ε0
et Oz.Soit M (x, y, z) un point d’où
de l’espace. →
− ρx →
−
E (M ) = ux
De même la considération des ε0
éléments de symétrie permet 2eme cas : si M est tel que x ≥ a
d’arriver aux conclusions que
les plans (M xy) et (M xz) sont qint = ρ × πr2 × 2a.
des plans de symétrie et donc
→
− Ainsi
que le champ E est orienté
2ρπr2 a
suivant la droite M x 2
2πr E(x) =
(intersection des plans de ε0
symétrie). Ainsi d’où
→
− →
− ρa →
−
E (M ) = E(x)ux .→
− E (M ) = ux
ε0
3eme cas : si M est tel que vecteur →
−
ur en coordonées
x ≤ −a cylindriques.On a :
− −
→ → Q
ZZ
→
− ρa −
E (M ) = − → ux E · dS =
ε0 ε0
• Le potentiel V en tout point de Q
⇒ E(r) · S =
l’espace R ε0
V (M ) = − E(x) et Q
V (x = a) = 0 ⇒ E(r) =
2πrLε0
2eme cas : si M est tel que x ≥ a
Z R2
⇒V =− E(r) dr
ρa ρa ρ R1
V (M ) = − x+K = − x+ a2
ε0 ε0 ε0 Z R2
Q
⇒ V = V2 −V1 = − dr
car V (x = a) = 0 R1 2πrLε0
1er cas : si M est tel que Q
⇒V =− (ln R2 − ln R1 )
1
−a < x < a 2πLε0
Le potentiel étant continu
au point A(a, 0, 0),
ρ 2
.P D’où
C=
2πLε0
R2
ln ( )
.N
V (x = a) = 0 = − x + K0 R1
2ε0
• lorsque R1 ' R2
D’où
ρ 2 ρ 2
H
V (M ) = − x + a e R2
2ε0 2ε0 e = R2 − R1 ⇔ = −1
R1 R1
3eme cas : si M est tel que
V.
R2 e
x ≤ −a ⇔ = +1
R1 R1
Le potentiel étant continu R2 e e
au point A0(−a, 0, 0) ⇒ ln = ln ( + 1) '
R1 R1 R1
ρa D’où
V (M ) = x+K00 = V (x = −a) = 0
ε0 ε0 2πLR1 ε0 S
C= =
D’où e e
ρa ρ
V (M ) = x + a2 Exercice 2 Enoncé
ε0 ε0
• Quand x → ∞ , V → −∞ B/ • Le champ en O
Q Utilisons le système de
3. • C= coordonnées sphériques
V2 − V1
Calculons V2 − V1 en utilisant le (r, θ, φ) avec →
−
uθ ≡ →
−
uz . L’analyse
théorème de Gauss . Le champ des éléments de symétrie par
→
−
E est orienté suivant le rapport à O permet d’écrire

−−−→ →
−
E(O) = E(O)→
−
uz 1. Le champ E est défini et continu
en tout point de l’espace.
−−−→ −2−−−→
ZZ
E(O) = d E(O) R
2. Pour r <
2
−−−→ →
ZZ
−2−−−→ → E = 0 en utilisant le théorème de
−
Ez (O) = E(O)·uz = −
d E(O) · uz Gauss appliqué éa une surface de
Gauss sphérique de rayon r.
−− −−−→ − → →
−
dq P O · øuz On trouve α = 2 en utilisant la
d2 Ez (O) = ×
4πε0 PO 3 continuité du champ sur le cercle
Avec P O = r R
de rayon :
2
−− −−−→ σdS r cos θ
d2 Ez (O) = × R
4πε0 r3 limR E = limR E = E( )
r→ 2 r→ 2 2
−−−−−→ σ > <
⇒ d2 Ez (O) = cos θ×sin θ×dθ×dφ 3. Pour r > R
4πε0 Q
1
−−−→
ZZ
σ E= 2
cos θ × sin θ × dθ × dφ 4πr ε0
⇒ Ez (O) =
−−−→
⇒ Ez (O) =
σ
4πε0
Z π
2
.P
Z 2π
k=
πR
Q
3ε
0
du champ en R :
en utilisant la continuité
.N
sin 2θ dθ dφ
8πε0 0 0 lim E = lim E = E(R)
r→R r→R
−−−→ > <
σ →−
⇒ Ez (O) = uz 4. Equation primitive
4ε0
H
Z
−
→
• Calcul de E2 ϕ(r)r2 dr = r2 ε0 E
dV = drdS ⇒ dq = ϕdV = σdS
V.
Z R 5. Déduction de ϕ(r)
⇒σ=ϕ dr
0
Q 3r2
ϕ(r) = ( − 2r)
Z R
2πR2 R
ϕdr
⇒ Ez (O) = Exercice 4 Enoncé
0 4ε0
−−−→ ϕ → Exercice 5 Enoncé
⇒ Ez (O) = R−
uz
4ε0
1. Déterminons une relation entre les
• Calcul direct densités surfaciques de charge :
ϕdV cos θ On a : σ1 = dq Q
ds = S
d2 Ez (O) =
4πε0 r2 Q1
Pour le cylindre intérieur, on a :σ1 =
−−−→ ϕ → S1
⇒ Ez (O) = R−uz (9.1)
4ε0 Q2
Pour le cylindre extérieur, on a :σ =
Exercice 3 Enoncé S2
(9.2)

or Q1 = −Q2 donc 3. Calculons la capacité linéique C du
ql
cylindre : C = V1 −V
−Q1 2
σ2 = (9.3) RR
ql = S1 σ1 dS1 ⇐⇒ ql = σ1 S1 ⇐⇒
S2
Q1 = πaLσ1 ⇐⇒ ql = 2πaσ1 car l = 1
De (9.1) on a : 2πaσ1
C= ⇐⇒
Pour le cylindre intérieur, on a : V1 − V2
Q1 2πaσ1 −4π 2 aσ1 0 2π0
σ1 = S1 =⇒ Q1 = S1 σ1 C = −Q 1 ln( b =
Q ln( b )
⇒ |C| = ln( b
)
a 1 a a
2π0
−σ1 S1
(??) dans (1) donne σ2 = S2
S1 = 2πaL et S2 = 2πbL
Exercice 6 Enoncé
−a
σ2 = σ1
b
A r
V (M ) = exp[− ] (9.4)
2. Calculons le champ dans l’espace 4πε0 r a
1
situé entre les deux cylindres :
→
−
Le champ E entre les deux
armatures est RR
Oz.On a : φ =
normal à l’axe
→
− →
E .−
n ds = 2πLE
.P
1. Les dimensions de A et de a :
[A] = IT [a] = L
→
−
2. Calculons le champ E (M )
.N
en considérant une surface de correspondant :
Gauss de rayon r < b . D’après le →
− −−→
E (M ) = −gradV (M ) En
théorème de Gauss, on coordonnées sphériques, on
H
a :2πLE = Q01 On a alors : constate d’après les considérations

de symétries et d’invariances :
Q1
E=
V.
2πrL0
→
− −∂ A r −
E (M ) = ( exp[− ])→ er
D’après les considérations de ∂r 4πε0 r a
→
− −A 1 r −
symétries et d’invariance, on a : E (M ) = ( exp[− ])→ er
4πε0 r a
→
− Q1 →− →
− −A −1 r 1 r −
E = 2πrL0 lr E (M ) = ( 2 exp[− ] − exp[− ])→
er
4πε0 r a ar a
→
− A a+b −r −
Entre les deux cylindres, le E (M ) = ( 2 )exp[ ]→ er
4πε0 ar a
potentiel est
V = V1 − V2
3. Déterminons la charge interne
b Q(r) contenue dans cette sphère :
−Q1
Z
1
V = dr ⇐⇒ Considérons une surface de Gauss
2π0 L a r
de rayon R .On a :
− −
RR → →
Q1 b φ= E .dS = 4πER2 D’après le
V 1 − V2 = ln( ) théorème de Gauss, on a : φ = Q0r
2π0 L a
On a donc 4πER2 = Qr
0 d’où Symétrie : les plans (O, → −
e r, →
−
e z ) et
→
− →
−
(O, e θ , e z ) sont des plans de
Qr = 4π0 R2 E symétrie donc le champ est porté
4π0 AR2 a + r r par →
−ez
Qr = ( 2 )exp[− ]
4π0 ar a Invariance : Il y a invariance par
a + r r rotation
Qr = AR2 ( 2 )exp[− ]
ar a dEz = dE cos α
Déduisons la charge totale : En dq cos α
assimilant toute la surface a celle = 2
or h2 = R2 + z 2 et cos α =
4πε0 h
de Gauss(R = r) , on obtient : 1 dq z
=
a+r r 4πε0 R2 + z 2 (R2 + z 2 )1/2
Qr = Ar2 ( )exp[− ]
ar2 a 1 λdl
a+r r =
Qr = A( )exp[− ] 4πε0 (R2 + z 2 )3/2
a a
r r Alors
Qr = A(1 + )exp[− ] 1 λz
Z
1
a a Ez = dl
La charge totale de la distribution
correspond à la valeur de Qr
lorsque le rayon atteint des valeurs
.P =
4πε0 (R2 + z 2 )3/2
1 λz
4πε0 (R2 + z 2 )3/2
2πr
.N
infinis. Or limr→∞ exp[ −r R λz
a ] = 0 d’où Ez =
r
on a : Q = A(1 + a ) ∗ 0 ⇒ Q = 0 2ε0 (R2 + z 2 )3/2
4. Calculons la densité volumique ρ : b) Expression du potentiel
H
dQ
ρ = dV →
− −−→ dv
E = −gradV ⇒ −
dQ
ρ = Sdr dz Z
V.
dQ A −r A r −r ⇒V =− Ez dz
= exp[ ] − (1 + )exp[ ]
dr a a a a a
Z
R λz
dQ A r r ⇒V =−
= exp[− ](1 − 1 − ) 2ε0 (R2 + z 2 )3/2
dr a a a Rλ
dQ A r −r ⇒V = √
= exp[− ( ε0 R 2 + z 2
dr a a a
dQ −Ar r 2) Détermination par le
= 2 exp[− ] théorème de Gauss du champ
dr a a
−A r produit par une distribution de
Or S = 4πr2 donc ρ = 4πa 2 r exp[− a ]
charges (cylindre et droite).
exp[− ar ] > 0 et A et a positifs ; Par
conséquent ρ < 0 a) Calcul du champ électrique
→
−
E
Exercice 7 Enoncé Soit M un point de
l’espace,notons r la
a) Champ électrostatique sur l’axe distance OM,L la longueur
d’un cercle la longueur du fil considéré

1er cas :r < R −
→ → − − →
superposition E1 = E + E 0
Considérons le cylindre
− →
→ −
ZZ
engendré par la révolution φ= E1 d s
du fil.
− −
→ →
ZZ
• Invariance = ( E + E 0 )ds
Il y a invariance par ZZ ZZ
translation le long du fil φ= Eds + E 0 ds
chargé et par rotation
autour de θ D’après le théorème de
• Symétrie Gauss E = 2πλ0 r et E 0 = 0r
σR
Les plans (O, → −

e r, →
−
e z ) et →
−
Donc E = ( 2πλ0 r + 0r
σR
)
→
− →
−
(O, e r , e θ ) sont des plans
b) Le champ est discontinue à
de symétrie donc le champ
→
− →
− la traversée de la surface du
E est tel que E = E(r)→ − er
cylindre de rayon R
D’après le théorème de
1
Gauss on a : c) Le potentiel est continue à
.P la traversée du cylindre de
rayon R
3) a) Expression de µ(r) en
.N
fonction de Q,r et R
−→
→ −
ZZ d
φ= E dθ µ = dvq alors dq = ρ(r)dv
Considérons le repère
sphérique (O, → −
u r, →
−u θ, →
−
H
ZZ
=E ds u ϕ)
2
dv = r dr dθ dϕ sin θ)
qi nt
= E × 2πrl or φ =
V.
ZZZ
ε0 Q= ρ(r)r2 dr dθ dϕ sin θ
Z R Z π Z 2π
= ρ(r)r2 dr sin θdθ dϕ
0 0 0
R Z R
dq = λdl ⇒ Qint = λdl = λL = 4π kr3 dr
λl λ 0
2πErl = ⇒E= Z R
ε0 2πrε0
→
− = 4πk r3 dr
E = λ → −
2πrε0e r 0
4
2e me cas : r > R Q = kπR
−→
Soit E 0 le champ créé par le Q µ(r)
k= πR4 = r alors
cylindre infini. rQ
Pour tout point M situé à µ(r) = πR4
l’extérieur du cylindre, M b) Considérons les
→
− −
→
subit l’influence de E et E 0 . coordonnées sphériques
D’après le théorème de (O, →
−
u r, →
−
u θ, →
−
u ϕ)

Il y a deux invariances par
rotation respectivement ZZ
A dρdθ
autour de θ et ϕ.Les plans V =
(R2 − ρ2 )1/2 4π0
(O, → −u r, →
−u θ ) et (O, →
−
u r, →
−u ϕ) Z R Z 2π
dρ dθ
sont des plans de symétrie =A
→
− 2
0 (R − ρ )
2 1/2
0 4π0
alors E est dirigé suivant
→
− →
− A
Z R
dρ
u r . On a E = E(r)→ −
u r. =
La surface de Gauss choisi 20 0 (R2 − ρ2 )1/2
est la sphère de centr O et Posons sin α = Rρ .On a p = R sin α
de rayon r.
1er cas :r < R dρ = R cos αdα
D’après le théorème de
r
ρ
Gauss = R 1 − ( )1/2 dα
RR → − R
φ= E. d s = Qεint
0
→ dρ = (R2 − ρ2 )1/2 dα
2 Qint
4πr E = ε0 → E = 4rQ2int πε0
1
4 kr2 Si ρ = 0, sin α = 0 et α = 0
Q = πkr alors E = 40
→
−
E = kr →
eme
40
2 cas :r > R
2−
ru .P Si ρ = R, sin α = 1etα = π2
RR
Donc 0 (R2 −ρ
donc V = Aπ
dρ
2 )1/2 =
Rπ
0 dα =
2 π
2
.N
Qint 4 40
E(r) = 4πr 2 or Qint = kπR
0 A Rσ0 π
→
− σ(0) = d’où V =
alors E = 4rkR2 0 →
4 − R 4ε0
ur
A A
ZZ ZZ ZZ ZZ
Q= σ.ds = ds = σ.ds = ρdρdθ
H
(R2− ρ2 )1/2 (R2 − ρ2 )1/2

Z R Z 2π
Aρ
= dρ dθ
0(R2 − ρ2 )1/2 0
Exercice 8 Enoncé
q
R
= −A[ R2 − ρ2 ]0 × 2π
V.
Q = 2πRA
Rσ0 π 40 V
A = Rσ0 , alors Q = 2πR2 σ0 or V = 40
donc σ0 = Rπ
40 V
Q = 2πR2 ×
1- Calculons le potentiel électrique en Q = 8R0 V
Rπ
O lorsque la distribution est

d σds
uniforme dV = 4πq0 ρ = 4π0ρ
Exercice 9 Enoncé
ZZ
σds 1) Déterminons le champ
V = or ds = ρdρdθ
4πε0 ρ électrostatique et le champ V(r)
Z R Z 2π
σ pour r > R
= dρ dθ repère :(O, → − u θ, →
u r, →
− −
u ϕ)
4πε0 0 0
σ →
− →
−
Les plans (O, u r , u θ ) et
= R × 2π
4π0 (O, →−
u r, →
−u ϕ ) sont des plans de
σR symétrie pour la distribution alors
V = →
−
2ε0 (O, →−
u r ) porte le champ E .
Il y a deux invariances par rotation
→
−
2) Calculons le potentiel V en O autour de la sphère alors E est

indépendant de θ et ϕ donc 4πr2 E = Qint = ϕint V
0 = 0 car φint = 0
→
−
E = E(r)→ − 0
ur alors E = 0 or
→
− →
−
La surface de Gauss est une E = −gradV = − δV δr u r = 0 donc
sphère.D’après le théorème de V = cste
Gauss
RR on a: Ainsi le potentiel en O est égal au
→
− → − potentiel en r = R2
RR
φ= E . n ds = E ds = 4πr2 E
• Pour r > R,Qint = Q alors
R R R
4πr2 E = Q0 et E = 4πrQ2 0 V (0) = V (r = ) = K (R − ) + K 0
→
− 2 2 2
donc E (r > R) = Q → −
u
4πr2 0 r Q R R Q
= × × +
→
− −−→ δV 4π0 R3 2 2 4π0 R
E = −gradV ⇒ Er = − 5Q
Zδr V (0) =
16π0 R
⇒ V = − Er dr
Z Conclusion :Bien que le champ soit
Q nul en O,le potentiel existe bien O.
⇒V =− dr
4π
1
Z0 Exercice 10 Enoncé
⇒V =−
⇒V =−
Q
4π0
Q
+C
1
(− 2 )dr
r .P
1- Capacité de la sphère A :
C1 = 4π0 R1 = 6, 67.1012 F
.N
4π0 r
Q1 = C1 V0 = 0, 3µC
V (∞) = 0 alors C = 0
2-
donc V (r > R) = 4πQO r
H
• Déduisons K et K’
La continuité de V en R permet
d’écrire :
V.
V (r = R) = KR(R − R) + K 0 = 4πQ0 R
alors K 0 = 4πQ0 R
On a Er = − dV dr
2 0
dV
dr = d(KRr−Kr
dr
+K )
= K(R − 2r)
Er = −K(R − 2r) ⇒ 4πrQ2 0 =
−K(R − 2r)
La continuité du champ en R
donne :
Q Q
4πR2 0 = −K(R − 2R) ⇒ 4πR2 0 = KR
⇒ K= 4πQ0 R3
a) Par influence totale entre (A)
2) Calculons le potentiel et (B) la surface interne de (B)
électrostatique en O prend la charge −Q1 et la
→
− R
• Calculons le champ E pour r ≤ 2 surface externe prend la
D’après le théorème de Gauss charge Q1

b) On a : plan de la figure est un plan de
VA = KQ KQ1 KQ1
R1 − R2 + R3 = 40, 5KV
1
symétrie pour la distribution donc
→
−
VB = KQ 1 R1 R1
R1 R3 = V0 R3 = 18KV
plan de symétrie pour E .
c) • r < R1 D’où E(−z) = −E(z)
Il n’y a pas de charge →
−
→
− →
− 3- Calculons E
intérieure alors E r = 0 →
−
E = E→ −
u z ⇒ E = Ez .
Er = −δVδr = 0 ⇒ V = cste →
− dq P M λdl P M
d E = 4π0 P M 3 = 4π
V (r) = V R1 = VA = 40, 5KV 0 PM
→
−
3
En projetant suivant u z on a :
•R1 < r < R2 λdl P Mz
→
− Q1 KQ1 dEz = 4π ;
E (r) = 4πr 2 et V (r) = r + C1 . √ 0 PM3
0
PM = 2 2
V est continue pour r = R1 : √ R + z ; P Mz = Pz M cos α =
V (R1 ) = VA ⇒ C1 = −4, 5KV cos α R2 + z 2 ; cos α = √R2 +z 2 ⇒
V (r) = KQ P Mz = z
r − 4, 5
1
• R2 < r < R3 λdl z

Z
λz z
Z
dEz = ⇒E = dEz = dl
Le conducteur est p
4π0 ( R2 + z 2 )3
p
4π0 ( R2 + z 2 )3/2
1
λz z
équipotentiel
V (r) = V (R2 ) = V (R3 ) = VB =
18KV
→
−
V (r) = cste alors E r = 0 •
→
−
.P E =
=
λR
p
p
4π0 ( R2 + z 2 )3/2
z
20 ( R2 + z 2 )3/2
× 2πR
.N
r > R3 4- a) Le plan contenant le point M et l’axe (Oz ) est un plan de symétrie pour la
→
− 1→
− distribution.Or ce plan a pour vecteur directeur les vecteurs →
−
u r et →
−u z et
E r = KQ
→
−
r2 e r
donc le champ E M qui appartient à ce plan n’a pas de composante
suivant →
−uθ
V (r) = KQ r + C2
1 b) La distribution de charge est invariante par rotation autour de l’axe (Oz )
H
donc E ne dépend pas r et z.
V (∞) = 0 alors C2 = 0 donc c) Si on considère une surface fermée au voisinage de l’axe,elle ne contient
pas de charges.D’après le théorème de Gauss le flux à travers cette surface
V (r) = KQ r + C2
1 est nul.Donc le flux de E est conservatif au voisinage de l’axe.
→−
On peut dire que sur un contour fermé,le champ E est à circulation
conservative.
V.
3) La sphère B étant reliée à la

terre,elle perd sa charge extérieure
+Q1 .
VA0 = KQ KQ1 KQ1 KQ1 R1 Exercice 12 Enoncé
R1 − R2 = R1 − R1 × R2 =
1
V0 (1 − R
R2 ) = 22, 5KV
1
Exercice 11 Enoncé a) Capacité du condensateur

C = V1 Q−V2 avec V1 le potentiel du
1- Tout plan contenant l’axe (Oz ) est cylindre intérieur et V2 celui du
un plan de symétrie pour la cylindre extérieur.D’après le
distribution.L’intersection de tout théorème de Gauss on a :
ces plans est l’axe (Oz ) ,alors le
→
−
champ E sur l’axe est tel que
ZZ
Q
→
− E ds = ⇒ 2πrL0
E = E→ −uz 0
→
− Q
2- Le champ E a les memes symétries ⇒E=
que la distribution de charges.Or le 2πrL0

Z R2
V1 − V2 = E(r)dr
R1
Z R2
Q dr
=
R1 2πrL0 r
Z R2
Q dr
=
2πrL0 R1 r
Q
= [ln r]R
R1
2
2πrL0
Q R2
V1 − V2 = ln
2πrL0 R1
2πL0
C= R
ln R2
1
Si R2 ' R1 on a : Soit Γ la ligne de champ passant

par M.Son rayon est r et la
1
e R2 →
−
e = R2 − R1 ⇒
⇒
R1
R2
R1
=
=
R1
e
R1
−1
+1
.P
circulation de B le long de Γ est :
H→ − →
−
C = B . dl = 2πrB(M ).
Si M est à l’extérieur du tore on a 2
.N
R2 e e cas :
⇒ ln = ln +1≈ cas 1 :Aucun courant ne traverse la
R1 R1 R1
surface délimitée par Γ
2πL0 R1
⇒ C= cas 3 :La surface délimitée par Γ
H
e
est traversée par N courants
(positifs) et N courants
V.
Exercice 13 Enoncé descendants (négatifs).

H→ − →
−
C = B . dl = µ0 N I − µ0 N I = 0
→
− Ainsi dans tous les cas où M est à
1. Etudions les symétries de B l’extérieur du Tore on a C = 0 et
Le systeme est invariant par donc B(M ) = 0
rotation autour de l’axe (Oz ) alors •Si M est à l’extérieur du tore
→
−
B n’est pas fonction de θ. (cas2),seuls les courants montants
Tous les plans contenant l’ axe (Oz ) traversent la surface.Le courant
sont des plans de symétries pour Total traversant cette surface est
les courants.C’est le cas du plan égal à +N I.
→
−
(O, →
−e r, →
−
e z ).Alors le champ B est D’après le théorème d’Ampère on
perpendiculaire au plan a:
(O, →
−e r, →
−
e z ).Donc C = 2πrB(M ) = µ0 N I ⇒
→
− B(M ) = µ2πr
0N I
B (M ) = B(r, z)→ −e θ.
CONCLUSION
→
−
2. Expression de B en un point M • Si M est à l’extérieur B(M ) = 0

µ0 N I
• Si M est à l’intérieur B(M ) = 2πr
vers l’infini.Le champ est bien nul
3. Comparaison à l’extérieur.A l’intérieur du tore le
On peut voir un solénoide infini rayon r est quasiment uniforme et
comme un tore dont le rayon tend égal à R aussi grand que l’on veut.
9.1.3 ENONCES DES EXAMENS D’ELECTROMAGNESTISME I
Devoir On creuse dans une sphère de centre O

et de rayon R une cavité sphérique de
Exercice 1 Corrigé meme centre O et de rayon R/4.Il n’y a
pas de charge dans la cavité.Dans le
On considère un cylindre de rayon R et volume sphérique restant , la densité
d’extension infinie suivant son axe.Il volumique de charges est
1
est rempli d’une distribution volumique ρ0 = k = cte > 0.
reste de l’espace est vide.

1. Déterminer les symétries de la
.P
uniforme de charges de densitté ρ et le En utilisant le principe de
superposition déterminer l’expression
du champ électrique E(r) et le
.N
potentiel qui en résulte (en prenant
distribution de charges.Que
V = 0) dans les 3 cas suivants :
peut-on déduire sur la direction du ∞
champ électrostatique ? 1. r ≤ R/4
H
2. Quelles sont les invariances de la 2. R/4 ≤ r ≤ R

distribution de charges ? Que
3. r ≥ R
V.
peut-on déduire ?
3. Déterminer le champ NB :On utilisera sur les conditions
électrostatique E rayonné par cette d’existence et et de continuité du
distribution dans tout potentiel aux différentes frontières
l’espace.Est-il continu en pour déterminer les constantes qui
R ?Justifier votre réponse. interviennent dans l’expression du
potentiel.
4. En déduire les expressions du
potentiel électrostatique associé au Rattrapage
champ rayonné.
5. Reprendre les questions 3 et 4 Exercice 1
pour un cylindre uniquement
chargé en surface avec une densité 1. La valeur du champ magnétique
surfacique uniforme σ. créé par une spire circulaire , de
rayon R de centre O parcourue par
une intensité I en un point M de

l’axe situé à une distance x de O face se trouve un objet plan AB ,
est : parallèle à la lame.
µ0 I R2 On désire déterminer les positions des
B= images successives de cet objet à
2 (x2 + R2 )1/2
travers les différents dioptres , A0 B 0
Calculer la circulation de ce champ étant l’image définitive . On note A1
le long de l’axe . Interpréter ce l’image de A à travers le dioptre
résultat par le théorème d’Ampère. air/lame , A2 l’image de A1 par le
2. On se propose d’étudier miroir et A0 l’image de A2 à travers le
quantitativement la répartition des dioptre lame/air . Les points O1 et O2
charges induites sur une sphère se trouvent sur la normale au système
métallique neutre placée dans un passant par A . O1 est sur la première
champ uniforme E~0 . Pour cela on face et O2 sur la seconde . Toutes les
utilise la méthode indirecte . expressions littérales sont données en
fonction de n, e et h
(a) On considère d’abord le champ
1
1. . Donner les expressions littérales
uniforme E~0 .Calculer le
potentiel en un point M
,repéré par son abscisse x sur
.Pde O1 A1 , O2 A2 et O1 A0 en se plaçant
dans l’approximation de Gauss
un axe (Ox) parallèle à E~0 et de 2. Faire l’application numérique pour
.N
même sens . On prendra V = 0 h = 50cm; e = 3cm et n = 1, 5.
pour x = 0 . 3. Montrer que quelques soit h le
(b) On place en O un dipôle formé système se comporte comme un
H
de deux charges (−q) et (q) miroir dont on déterminera la

séparées par une longueur l . Il position . On notera O3 le point de
V.
s’oriente suivant l’axe (Ox) . ce miroir appartenant a la droite

Calculer le potentiel total en M (O1 O2 ) et on exprimera O1 O3
en fonction de r et de θ .
(c) Montrer qu’il existe une sphère
, de centre O et de rayon R ,
Devoir
sur laquelle ce potentiel est nul
et calculer R Exercice 1
Exercice 2
Une sphère de rayon R et de centre O
La face arrière d ’une lame à faces est chargé avec une densité volumique
parallèles , d’épaisseur e et d’indice n , ρ(r) qui ne dépend que de la distance r
est rendue réfléchissante . C’est ce au centre. On note Q la charge totale
dispositif qui est utilisé pour les de la sphère.
miroirs usuels (miroirs de salle de bain 1. Quel est le système de
, etc ) . A une distance h de la première coordonnées le mieux adapté ?

Analyser les symétries du système. Exercice 2
Que peut-on déduire pour la
→
−
direction du champ électrique E ? Une distibution volumique de charges
→
−
De quelle coordonnée E est à symt́rie sphérique de centre O. La
dépend-il ? densité β n’est nulle qu’entre
2. Donner l’expression du vecteur r = R/4 et r = R, elle est nulle ailleurs
champ électrique en un point et la charge totale de la distribution est
quelconque de l’espace. On notera Q. Le potentiel électrostatique crée par
Q(r) la charge contenue dans la cette distribution vaut :
sphère de rayon r. V (r) = Ar(R − r) + B dans l’intervalle
[R/2; R]
3. La densité de charge ρ est
uniforme. Expliquer le champ 1. Le potentiel est pris nul à l’infini.
électrique et le potentiel pour tout Déterminer le champ
point M . électrostatique et la loi V (r) pour
r > R. En déduire la valeur des
1
4. Reprendre la même question si la
sphère est chargée uniquement en
surface, avec une densité
surfacique σ uniforme.
.P constantes A et B
2. Calculer le potentiel
électrostatique en O. Conclure.
.N
Devoir prendra V =0 à l’infini.

H

V.
1. Enoncer la loi de Coulomb et le Une sphère de rayon R et de centre O

théorème de Gauss. est chargée électriquement avec une
2. Calculer, en utilisant le théorème densité volumique ρ(r) qui ne dépend
de Gauss, le champ créé par un fil que de la distance r au centre. On note
rectiligne chargé uniformément Q la charge totale de la sphère.
(densité linéique de charge λ) en 1. Quel est le système de
un point M de l’espace et situé à coordonnées le mieux adapté ?
une distance r du fil rectiligne. En Analyser les symétries du système.
déduire le potentiel correspondant. Que peut-on déduire pour la
→
−
3. Sur une axe (ox) on place une direction du champ électrique E ?
→
−
charge q(q > 0) à l’origine e une De quelle coordonnée E
charge (-3q) au point d’abscisse L. dépend-il ?
Calculer en tout point de l’axe le 2. Donner l’expression du vecteur
potentiel en fonction de x. On champ électrique en un point

quelconque de l’espace. On notera 3. La densité de charge ρ est
Q(r) la charge contenue dans la uniforme. Expliciter le champ
sphère de rayon r. électrique et le potentiel pour tout
point M .
9.1.4 SOLUTION DES DEVOIRS D’ELECTROMAGNETISME
Année académique 2017-2018 D’après le théorème de Gauss :

ZZ ZZ ZZ ZZ
E. ~ =
~ ds ~1 +
~ ds
E. ~ ds
E. ~2 +
Devoir S S1 S2 S
= 0 + 0 + E(r) × 2πrh
ZZ
Exercice 1 Enoncé E. ~ = E(r) × 2πrh
~ ds
S
RRR RRR
Qint = ρdV = ρ V dV =
1
1. Etude des symétries de la V
2
ρπr h
distribution de charges.
Considérons le repère cylindrique
(O, e~r , e~θ , e~z ) ;
.PAinsi E(r) = 2πrε
Donc E
πρr2 h
~ = ρr e~r
2ε0
2e cas : r ≥ R
0 h = ρr
2ε 0
.N
Les plans (O, e~r , e~θ ) et (O, e~r , e~z )
sont deux plans de symétrie Le théorème de Gauss toujours
contenant le point M pour la appliqué fournit :
~ ~
RR
distribution de charges. La S E.ds = E(r) × 2πrh et
H
direction du champ électrostatique Qint = ρπR2 h

ρR2
~ est celle de l’axe (O, e~r .
E Ainsi E(r) = 2rε 0
~ ρR2
V.
~ = E(r, θ, z)~
E er Donc E = e~r
2rε0
Continuité en R
2. Les invariants de la distribution de Pour r=R, quelque soit le cas
charge ~ = ρR e~r . Le champ est bien
E 2ε0
Il y a invariance par translation continu es R.
parallèlement à l’axe (oz). Il y a
invariance par rotation d’angle θ 4. Expressions du potentiel V
autour de l’axe (oz) . On en déduit On a V = V (r), on sait que
que E ~ ne dépend que de r. ~ = −−
E
−→
gradV R
~ = E(r)~
E er Donc V (r) = − E(r)dr
~ 1er cas : R0 ≤ r < R
3. Détermination du champ E ρr
~ = E(r)~ V (r) = − 2ε dr = − 2ερ0 × 12 r2 + cste
E er 0
2
La surface de Gauss engendrée est V (r) = − ρr

4ε0 + cste
e
un cylindre de rayon r et de 2 cas : r ≥
R RR2 ρ 2
hauteur h. V (r) = − 2rε0 dr = − R2ε0ρ × hr + cste

−ρR2 hr
1er cas : 0 ≤ r < R V (r) = 2ε0 + cste

5. Reprenons les questions 3 et 4 En tout point M, le champ est la somme
pour un cylindre uniquement des champs créés l’un par la sphère
chargé en surface(densité σ) (O, R) portant la charge volumique ρ0 ;
Expression du champ l’autre par la sphère (O, R4 ) portant la
E~ = E(r)~ er charge volumique −ρ0 .
La surface de Gauss est toujours un En utilisant les résultats du cours et en
~
cylindre de rayon r et de hauteur h. posant e~r = OM ~ , on obtient :
OM
R
1er cas : 0 ≤ r < R D’après le a) r ≤ 4
théorème de Gauss , E~1 = ρ3ε0 r0 e~r et E~2 = − ρ3ε0 r0 e~r
~ ~
RR
S E.ds = E(r) × 2πrh et E~ = E~1 + E~2 alors E ~ = ~0
Qint = σπrh b) R4 ≤ r ≤ R
Ainsi E(r) = εσ0 ie E ~ = σ e~r 3
ε0 E~1 = ρ3ε0 r0 e~r et E~2 = − 3rρ20ε0 R4 e~r
2RRe cas : r > R ~ = E~1 + E~2
~ ~ E
S E.ds = E(r) × 2πrh et

~ ρ0 r R3
E = 3ε0 r − 64r2 e~r
Qint = σπRh
1
On a donc E(r) = rε Rσ
ie E~ = Rσ e~r c) r ≥ R
Continuité en R
0
Pour r = R , on a toujours E
~
Le champ E est bien continu en R.
rε0
~ = σ e~r
ε0
.P ρ0 R 3
E~1 = 3r 2ε e
0
E~2 = − ρ20 R e~r

donc
3r ε0 4
~r et
~ = 21 ρ02R3 e~r
E
3
.N
64 3r ε0
Expression R de V On obtient alors V(r) R en utilisant la
V = − E(r)dr relation : V (r) = − E(r)dr
1er cas : 0 ≤ r < R –Pour r ≥ R,
H
21 ρ0 R3
E(r) = εσ0 V (r) = 64 ε0 r + c1
donc V (r) = − εσ0 r + cste V (∞) = 0 ⇒ c1 = 0 donc V (r) = 21 ρ0 R 3
64 ε0 r
2e cas : r > R
V.
–Pour R4 ≤ r ≤ R
Rσ
E(r) = rε 0
2
R 3 ρ0
V (r) = − r6ερ00 − 192rε + c2
0
donc V (r) = − Rσ ε0 ln r + cste La continuité de V (r) en r = R donne
21 ρ0 R3 33R2 ρ0
64 ε0 r = − 192ε0 + c2
Exercice 2 Enoncé ρ0 R 3
⇒ c2 = 2ε0 r
2 3 3
Donc V (r) = − r6ερ00 − 192rε
R ρ0
+ ρ2ε0 R0 r
En utilisant le principe de 0
superposition, déterminons –Pour r ≤ R4 , V (r) = c3

l’expression du champ E(r) et le La continuité de V (r) en r = R4 donne
2
c3 = − R2ερ00 48
1 1

potentiel qui en résulte (en prenant + 24 −1
15ρ0 R2
V∞ = 0) Donc V (r) = 32ε0
Devoir Exercice 1 Enoncé

1. Enoncés de loi de Coulomb et celle La distribution linéique étant
de Gauss. invariante par translation(suivant
(a) Loi de Coulomb Soit un (→
−
uz ) et par rotation(→−
uθ ) alors les
→
−
système de deux charges coordonnées de E dépendent de la
ponctuelles q1 et q2 séparées composante radiale r.
d’une distance d1,2 . La charge q1 D’après le théorème de Gauss on a
exerce sur la charge q2 une Z Z
− −
→ → Qint
−−→ E .dS =
force F1→2 et la charge q2 0
−−→ S
exerce sur q1 une force F2→1 de
−−→ Soit le cylindre d’axe de rotation le
sens contraire à F1→2 telle que :
fil, de hauteur h et de rayon de
−−→ 1 q1 .q2 −−→ base r. On prend la surface latérale
F1→2 = u1→2 −
→
4π0 d21,2 du cylindre et on prend dS
→
−
où −
u−→
1→2 est le vecteur unitaire
colinéaire à E . D’où on a :
− −
→ → −
→
Z Z Z Z
orienté de q1 vers q2 . E .dS = E(r). dS(9.5)
1
(b) Théorème de Gauss : Le flux du
→
−
champ E à travers une surface
fermée S est proportionnel à la
charge qint contenue dans le
.P S
= E(r).(2πrh) (9.6)
Les charge à l’intérieur du volume
.N
délimité par la surface de Gauss
volume délimité par la surface sont sur la partie du fil de longueur
S h contenue dans le cylindre. Soit λ
qint
Φ= la densité de charge sur ce fil, on a
H
0
→
− donc : Qint = λ.h.
2. Calcul du champ E par le De tout ce qui précède on a donc :
théorème de Gauss et déduction
V.
− −
→ → − −
→ →
Z Z Z Z
du potentiel correspondant. La E .dS = E(r).(2πrh) et E .dS =
distribution linéique présente une S
invariance par translation et d’où
rotation autour du fil alors λ →
− λ →
E(r) = =⇒ E = −
ur
considérons la base cylindre 2πr0 2πr0
−−−− →
(→
−
ur , uθ , →
uz ) pour l’étude de la
→
− Déduction du potentiel qui
direction de E . Considérons les correspond a ce champ. Soit V ce
deux plans de symétries (M, → −
ur , →
−
uθ ) potentiel, on a
→
− →
− →
−
et (M, ur , uz ) ; on sait que E
→
− −−→ λ
appartient à ces deux plans, donc E = −grad(V ) =⇒ V = − ln(r)+ct
il appartient à leur intersection, or 2πr0
l’intersection des deux plans de 3. Calcul en tout point de l’axe (ox) le
symétrie est la droite (M, → −
ur ) par potentiel en fonction de x.
→
−
conséquent E est suivant(même Soit M un point sur l’axe (ox)
direction) que → −
ur . d’abscisse x.

(a) 1er cas supposons x = 0(M Comme limx→+∞ V (M ) = 0
confondu à O) Dans ce cas M alors
ne subit que l’effet de la charge −−−→ −−−→
(−3q) et on a : dV (M ) = −E(M ).dl(M ) =⇒ V = −
4
−−−→ −3q → − −−−→ −−−→
E(M ) = ux ordV (M ) = −E(M ).dl(M ) Exercice 2 Enoncé
4π0 L2
d’où 1. Le système étudié étant une sphère
−3q alors le système de coordonnées
V (M ) = −
4π0 L sphériques est le mieux adapté.
De même si M se trouve à Soient la base (→ −
ur , →
−
uθ , −
→) et M un
uφ
point. Les plans →
− →
−
x = L on a : (M, u r uθ ) et
,
(M, →
−u , −
→) sont des plabns de
u
q r φ
V (M ) = symétries de la distribution. On
4π0 L
sait que le vecteur champ
→
−
1
(b) 2ème Cas supposons que M se électrique E appartient à tout plan
trouve entre q et −3q, on a
d’après le principe de
superposition :
.P
de symétrie de la distribution donc
il appartient à l’intersection des
deux plans de symétries
.N
−−−→ q (−3q) c’est-à-dire à la droite (M, → −
ur ) ; on
E(M ) = ( + →
−
)ux →
−
4π0 x2 4π0 (L − x)2 en déduit donc que E a la même
direction que → −
ur .
et donc
H
La distribution sphérique présente

−−−→ −−−→ une
q invariante (−3q) par
dV (M ) = −E(M ).dl(M ) =⇒ V = − +
2 4π (L − x)(→
+cte
−
rotation(suivant
4π 0x uθ et (− →) dans ce
u φ
V.
0
→
−
cas les coordonnées de ( E ne
Comme limx→+∞ V (M ) = 0
dépendent que de la composante
alors →
−
radiale ( E = E(r).→ −
ur .
−−−→ −−−→ q (−3q)
dV (M ) = −E(M ).dl(M ) =⇒ V = −2. Expression + du vecteur champ
4π0 x2 4π0 (L − x)
électrique en un point quelconque
(c) 3ème Cas supposons que M se de l’espace.
trouve après q et −3q, on a Soit r la distance entre M et O. On
d’après le principe de sait que :
superposition : →
− 1
Z Z Z
ρ(r)dV →
E = −
ur
−−−→ q (−3q) →
− 4π0 r 2
E(M ) = ( + )ux
4π0 x2 4π0 (x − L)2 →
− →
−
Si r 6 R alors E = 0 .
et donc Si r > R alors
−−−→ −−−→ q (−3q)
→
− 1 Q(r) −
dV (M ) = −E(M ).dl(M ) =⇒ V = − 2
− E = +cte2 → ur
4π0 x 4π0 (x − L) 4π0 r
Avec les charges contenues dans la Pour ρ est uniforme on a
sphère de rayon r qui sont celles
→
−
Z Z Z
ρ
de la petite sphère de rayon R E = 2
dV →
−
ur (9.7)
4πr 0
(Q(r) = Q(R)).
ρ 4 3 →
= 2
( πr )−
ur (9.8)
4πr 0 3
ρr
= (9.9)
0
→
− −−→
On sait que E = −gradV d’où
3. Expression explicite du champ
électrique et du potentiel quand ρ ρr2
est uniforme. V =−
20
1
.P
.N
H
V.

9.2 OPTIQUE GEOMETRIQUE
9.2.1 ENONCES DES TRAVAUX DIRIGES D’OPTIQUE GEOMETRIQUE
Exercice 1 Corrigé biconvexe en verre crown, de rayons de

courbure R1 et R2 , avec une lentille
On veut savoir si les rayons arrivant du plan-concave en verre type flint, de
Soleil sur un aquarium peuvent sorte que les faces en contact aient le
converger à l’intérieur et griller les même rayon R2 .Les indices de
poissons qui s’y trouvent. Cela suppose réfraction des deux verres sont donnés
le foyer image F0 du dioptre est à par la loi de Cauchy :
l’intérieur de l’aquarium. En • lentille en verre crown,
considérant l’aquarium comme une B1
sphère séparant l’air (n = 1) du liquide n1 = A1 + 2 (2)
λ
d’indice n0 , quelle condition doit
avec A1 = 1.515 et
vérifier n0 pour que F0 se trouve à
1
B1 = 3.5 × 103 nm2 ;
l’intérieur de l’aquarium ? Les poissons
courent-ils des risques ?
.P
• lentille en verre flint,
B2
n2 = A2 + 2 (3)
.N
λ
Il s’agit de déterminer les conditions où A2 et B2 sont à déterminer.
pour limiter l’aberration chromatique, 1. Exprimer les vergences V1 et V2
respectivement des lentilles en
H
c’est-à-dire les défauts de formations

des images dus à la dispersion dans un verre crown et en verre flint en
verre. Les lentilles minces sont utilisées fonction des indices n1 (λ), n2 (λ) et
V.
dans le cadre de l’approximation de des rayons R1 ,R2 . En déduire la

Gauss. La vergence V d’une lentille vergence V = V1 + V2 des deux
mince est donnée par la relation lentilles accolées.
δV
algébrique : 2. Déterminer l’expression de .
δλ
1 1 Que doit valoir cette expression
V = (n − 1)( − ¯ ) (1) pour supprimer l’aberration
¯S1 C1 S2 C2
chromatique ? En déduire une
où n est l’indice de réfraction du verre relation entre B1 B2 , R1 et R2 puis
constituant la lentille S1 et S2 sont exprimer la vergence V en fonction
respectivement les sommets de la face de A1 A2 , R1 et R2 .
avant et arrière de la lentille, C1 et C2
les centres des dioptres la constituant. Exercice 3 Corrigé
On notera R1 et R2 les rayons de
courbure de ces dioptres. Deux morceaux de verre taillés en
On réalise un objectif achromatique forme de triangles rectangles et
mince en accolant une lentille isocèles d’indices respectifs N et n ont

leur face AB commune. Un rayon La figure représente la coupe d’un
incident arrive sur la face AD sous une cylindre en verre. Il est constitué de 2
incidence normale, se réfracte en I1 , se couches d’indice n1 et n2 . Un rayon
réfléchit en I2 puis ressort en I3 avec un lumineux arrive sur la face d’entrée
angle i. Les valeurs de N et n sont avec un angle d’incidence i. Ecrire la
telles que la réflexion soit totale en I2 . relation existant entre les angles r et j.
En déduire la relation existant entre i, j
et n1 . Donner l’expression de sin io
quand le rayon est à la limite de la
réflexion totale en J. Calculer io avec
n1 = 1, 5 et n2 = 1, 35.
1. Ecrire la relation de
1
Snell-Descartes aux points I1 et I3 .
2. Quelles relations vérifient les
angles r et α d’une part puis α et β
.P
.N
d’autre part ?
3. Quelle relation vérifient N et n
pour que la réflexion soit limite en
I2 ? Calculer N , r, α, β et i pour
H
n = 3/2 quand cette condition

limite est réalisée. On appelle No
On considère le rayon incident en I sur
V.
cette valeur limite de N . Pour que

un cube de verre de 4cm de côté.
la réflexion soit totale en I2 , N
Déterminer successivement les points
doit-il être Plus grand ou plus petit
de réflexion du rayon sur les
que No ?
différentes faces du cube. Par quelle
4. Ecrire la relation vérifiée par N et face va-t-il sortir ?
n pour que l’angle i soit nul. Que On donne AB = 4cm et AI = 1cm.
vaut N ?
La vitesse du son (exprimée en m/s),

dans l’air estr
donnée par la relation
(T (degresC))
Vson = 331, 45 1 + où T
273.16
est la température de l’air exprimée en
degresC.

1. Entre le sol et 15km d’altitude, la 1. Donner les caractéristiques de
température diminue l’image A1 B1 de AB, image
constamment pour passer de correspondant aux rayons
20degresC au sol à −50degresC à lumineux qui rencontrent d’abord
15km d’altitude. Calculer la vitesse le miroir plan puis le miroir
du son au sol et à 15km d’altitude. convexe.
2. Entre le sol et 15km d’altitude, 2. Même question pour l’image A2 B2
l’indice de réfraction de la lumière correspondant aux rayons
diminue constamment de 1, 000279 lumineux qui rencontrent d’abord
à 1, 000111. Calculer la vitesse de la le miroir convexe puis le miroir
lumière à ces 2 altitudes. plan.
Représenter schématiquement On remplace ensuite le miroir
l’allure des rayons émis par une convexe par un miroir concave.
source lumineuse placée à 15km 3. Comment sont modifiés les
d’altitude en faisant apparaitre la résultats précédents ?
1
courbure des rayons. Justifier
votre tracé. .P
4. Exprimer la distance d entre les
deux images.
5. A quelle condition les deux images
.N
sont- elles à la même position ?
Quelle est alors la nature de l’objet
A ? Peut-on dire que les images
H
sont confondues ?
3. Par analogie avec votre
raisonnement précédent, comment Exercice 8 Corrigé
V.
des ondes sonores provenant d’un

coup de tonnerre en altitude, La face arrière d’une lame à faces
vont-elles se propager dans parallèles, d’épaisseur e et d’indice n,
l’atmosphère ? Montrer qu’au sol, est rendue réfléchissante. C’est ce
en certains endroits, on verra dispositif qui est utilisé pour les
l’éclair sans entendre le tonnerre. miroirs usuels (miroir de salle de bain,
etc.). A une distance h de la première
face se trouve un objet plan, AB,
parallèle à la lame.
On place un objet AB entre un miroir On désire déterminer les positions des
plan et un miroir convexe. Le miroir images successives de cet objet à
plan est perpendiculaire à CA, où C est travers les différents dioptre,A0 B 0 étant
le centre du miroir sphérique. La droite l’image définitive. On note A1 l’image
CA coupe le miroir plan en O. A est à la de A à travers le dioptre air/lame, A2
distance x du miroir plan et on note D l’image de A1 par le miroir et A0 l’image
la distance entre C et O. de A2 à travers le dioptre lame/air. Les

points O1 et O2 se trouvent sur la lequel l’angle de réfraction est
π
normale au système passant par A. O1 2 (réflexion totale).
est sur la première face et O2 sur la 2. La surface est maintenant un
seconde. Toutes les expressions dioptre plan séparant l’eau
littérales seront données en fonction de (n1 = 1, 33) et l’air (n2 = 1). On note
n, e et h. i1 l’angle d’incidence dans l’eau et
1. Donner les expressions littérales i2 celui de réfraction dans l’air.
de O1 A1 , O2 A2 et O1 A0 en se (a) Construire par la méthode de
plaçant dans l’approximation de Snell le rayon réfracté.
Gauss. On donne i1 = 30degres et
l’échelle pour les surfaces des
2. Faire l’application numérique pour
indices : 4cm pour 1 indice.
h = 50 cm, e = 3cm et n = 1.5.
(b) Calculer le grossissement
3. Montrer que quel que soit h, ce i2
système se comporte comme un G = pour i1 = 60degres.
i1
1
miroir dont on déterminera la
position. On notera O3 le point de
ce miroir appartenant à la droite
O1 O2 et on exprimera O1 O3 .
1. Ecrire la relation de conjugaison

avec origine au sommet, du
.N
dioptre plan.
2. Un promeneur observe du bord
d’un étang une grenouille
H
1. Soient deux milieux différents, immergée dans l’eau. Il estime que

transparents, homogènes et l’animal se trouve à la profondeur
isotropes séparés par une surface h0 = 1, 35m.
V.
quelconque (réfléchissante et/ ou A quelle profondeur h se trouve

réfractante). On note n1 l’indice de réellement cette grenouille ?
réfraction du premier milieu et n2 On supposera que la surface de
l’indice de réfraction du second l’eau est plane et horizontale.
milieu. On donne : nair = 1 et neau = 34 .
(a) Enoncer les lois de Descartes
relatives au parcours des
rayons lumineux passant du 1. (a) Etablir la relation de
premier milieu au second conjugaison pour un miroir
milieu. sphérique, en prenant pour
(b) Montrer que si n1 > n2 le rayon point de référence le sommet.
réfracté s’écarte plus de la On posera clairement
normale que celui incident. l’hypothèse fondamentale qui
En déduire qu’il existe un angle justifie les approximations
d’incidence limite noté θ pour faites.

(b) Un miroir concave donne 6. On veut capter cette image sur un
l’image du filament d’une écran pour mesurer sa taille par
lampe sur un écran placé à 5m. exemple. Où doit-on placer
Le grandissement linéaire de l’écran ?
l’image par rapport à l’objet 7. Construire l’image A0 B 0 de l’objet
est de −12, 5.10−3 . Sachant que AB, en prenant AB = 2m. Utiliser
l’objet est grand de 10mm, 1
l’échelle 100 , horizontalement et
donner les caractéristiques de verticalement.
l’image et déterminer les Vérifier que l’image est à la
éléments cardinaux de ce position calculée et qu’elle est
miroir. réduite d’un rapport 5.
2. On considère à présent un miroir
plan. Exercice 13 Corrigé
(a) Montrer qu’on a affaire à un
système afocal. Un rayon lumineux arrive en I à la
1
et SA = −10cm.
(a) Déterminer la position de
.P
3. Soit AB un objet tel que AB = 1cm surface d’une goutte d’eau sphérique
de rayon R et d’indice n = 4/3. Le
rayon traverse la goutte et atteint la
.N
paroi de la goutte à nouveau en J sous
l’image et calculer A0 B 0 . Quelle
une incidence r.
est la nature de l’objet ?
1. Le rayon réfracté en I existe-t’il
(b) Retrouver les résultats
H
toujours ? Que vaut r quand

précédents par construction.
i = 90degres ?
Exercice 12 Corrigé 2. Que valent r0 et i0 ? Exprimer la
V.
déviation D en fonction de r et i.
1. Calculer le rayon R = SC d’un Existe-t-il un minimum de
miroir sphérique, pour qu’il donne déviation ? Comment apparit la
d’un objet réel AB placé à 10m du goutte d’eau éclairée par un
sommet S, une image droite et faisceau de rayons parallèles
réduite dont le rapport est 5. quand on est placé du côté du
point J ? Dans quelles conditions
2. Définir la vergence V d’un miroir.
peut-on observer ce phénomène ?
Calculer numériquement V .
3. Préciser la nature de ce miroir. 3. Une partie du rayonnement se
réfléchit en J à l’intérieur de la
4. Ce miroir est-il convergent ou goutte et ressort en K ? Que valent
divergent ? r0 et i0 ? Exprimer la déviation D0 en
5. Donner la position de l’image A0 B 0 . fonction de i et r. Montrer qu’il
Cette image est réelle ou virtuelle ? existe un minimum de déviation
Justifier. donné par :

r
4 − n2 Dm — Le rayon peut-il se réfléchir en
sin i = et cos = L?
r 3 2
(4 − n2 )3 Si le rayon sort en L, exprimer
27n4 les angles k et l en fonction de
i.
Calculer Dm , r et i au minimum de
déviation. Dans quelles conditions Exercice 15 Corrigé
observe-t-on ce phénomène ?
Une lame à faces parallèles d’épaisseur
(a) L’indice n varie de 1, 329 à
e, dont l’une des faces est
1, 343 entre le rouge et le bleu.
réfléchissante est constituée d’un verre
En déduire l’expression de
dDm d’indice n. Elle est en contact avec l’air
au minimum de déviation d’indice supposé égal à 1.
dn
(i est constant, seul r varie) et 1. Exprimer la vitesse v de la lumière
calculer la largeur angulaire de dans le verre en fonction de n et de
l’arc-en-ciel.
1
c, la vitesse de la lumière dans l’air.
Le soleil éclaire une serre avec des

.P
2. Le rayon incident qui arrive en I se
partage en 02 parties, le rayon
réfléchi IL (rayon 1) et le rayon
.N
rayons parallèles faisant un angle i réfracté qui suit le chemin IJK
avec la verticale. La serre est constituée (rayon 2).
de plaques de verre, à faces parallèles, — exprimer la longueur du
H
d’indice n = 3/2. chemin IJK en fonction de e et

1. On s’intéresse au rayon (1) qui de l’angle r.
— exprimer la longueur IL en
V.
arrive sur le bord de la serre au

point I. Il se réfracte en I puis fonction de e et des angles i et
arrive sur la deuxième face en J. r.
Peut-il sortir en J ? Sinon que En déduire le temps que met la
devient-il ? Faites un dessin lumière pour parcourir chaque
sommaire du cheminement chemin. Montrer que le rayon
ultérieur du rayon. 2 est en retard sur le rayon 1
d’une quantité
2. On s’intéresse maintenant au 2·e·n
rayon (2) qui arrive au point I 0 . ∆t = cos r
c
— Le rayon peut-il se réfléchir
totalement en I 0 ?
— Le rayon peut-il se réfléchir en Un objet de hauteurAB = 1, 0cm est
J0 ? placé devant une lentille,
— Le rayon peut-il se réfléchir en perpendiculairement à l’axe optique. A
K? est sur l’axe à 10cm du centre optique.

1. La lentille est convergente, de successivement, dans le sens
distance focale f 0 = 5, 0cm. positif, un objet (AB) et une lame
(a) Construire l’image A0 B 0 de AB à faces parallèles, d’épaisseur e,
donnée par la lentille. taillée dans un milieu d’indice n,
perpendiculairement à cet axe. Le
(b) Déterminer la nature, la taille, dispositif est plongé dans l’air.
le sens et la position de A0 étant l’image de A à travers le
l’image. système, montrer que le
2. Répondre aux mêmes questions, la déplacement d = AA0 est
lentille étant divergente et sa indépendant de la position de
distance focale étant égale à l’objet par rapport à la lame.
−2.5cm. Application numérique : n = 1, 5 ;
e = 25mm. Calculer d.
2. Qu’appelle-t-on système afocal ?
Donner trois exemples de ce type
1
On considère un dioptre sphérique
de système optique.
pour lequel on donne : SF = −15cm ;
0
SF = 20cm ; le premier milieu étant
l’air d’indice de réfraction n = 1.
.N
1. En déduire l’indice de réfraction n0 On considère une lentille mince
du second milieu ainsi que le convergente de distance focale
rayon de courbure SC. OF 0 = −OF = f . Un objet AB est placé
H
2. Un objet AB est placé en A sur à la distance x = OA du centre optique

l’axe optique de telle manière que de la lentille, la position de l’image
F A = −10cm. En déduire la A0 B 0 est notée OA0 = x0 . On pose
V.
position F 0 A0 de l’image. D = AA0 .

3. Déterminer l’image A0 B 0 si 1. Exprimer D en fonction de x et de
AB = 1cm. f.
2. Exprimer aussi le grandissement
Q
4. Q
Soient deux point conjugués et
0
tels que γ = −1. transversal γ en fonction de x et de
(a) Déterminer la position de ces f.
points : S et S 0 .
Q Q
(b) Calculer le grossissement de
ces points. Un dispositif plan sépare deux milieux
d’indice n et n’.Une source A se trouve
dans le milieu d’indice n.
1. Sur un axe qui sera assimilé à l’axe 1. En se plaçant dans le cadre de

optique sur système, on place l’approximation des petites angles,

donner l’expression de SA’ en Exercice 22 Corrigé
fonction de SA , n et n’.
L’eau a un indice n’=1.33. SA est
Un observateur sous-marin voit le
un pêcheur de 1.8 m de hauteur
paysage (terrestre) à travers la vitre de
.Sous quelle hauteur un poisson le
son masque de plongée considérée
voit-il ?
comme une lame à faces planes,
2. A est maintenant un poisson de 1 d’indice n2 = 3/2. Cette vitre est placée
m de profondeur et n = 1.33 .A sous l’eau (d’indice n1 = 4/3) comme
quelle profondeur ,le pêcheur l’indique la figure.
placé dans un milieu d’indice n’=1
le voit-il ?
Le soleil éclaire une serre avec des

rayons parallèles faisant un angle i
1
avec la verticale. La serre est constituée
de plaques de verre, à faces parallèles,
d’indice n = 3/2.
.P
.N
1. On s’intéresse au rayon (1) qui — Quelle relation vérifient r, j et α ?
arrive sur le bord de la serre au — Le rayon peut-il se réfléchir en J ?
point I. Il se réfracte en I puis
arrive sur la deuxième face en J. — Déterminer les conditions sur j et
H
Peut-il sortir en J ? Sinon que α pour que le rayon sorte en M en

devient-il ? Faites un dessin émergence rasante. L’observateur
peut-il voir un rayon incident si
V.
sommaire du cheminement
ultérieur du rayon. α = 20degres et i = 45degres ? Si
oui, pour quelle valeur de α va-t-il
2. On s’intéresse maintenant au
disparaitre ?
rayon (2) qui arrive au point I 0 .
— Le rayon peut-il se réfléchir Exercice 23 Corrigé
totalement en I 0 ?
— Le rayon peut-il se réfléchir en
L’extrémité gauche d’un cylindre de
J0 ?
8cm de diamètre et d’indice de
— Le rayon peut-il se réfléchir en réfraction n0 = 1.5 est une face concave
K? sphérique de 4cm de rayon . Un objet
— Le rayon peut-il se réfléchir en de 1cm de longueur est placé
L? perpendiculairement à l’axe optique à
Si le rayon sort en L, exprimer une distance de 22cm du sommet S du
les angles k et l en fonction de dioptre . L’ensemble est plongé dans
i. l’air , d’indice de réfraction n = 1.

1. .Déterminer la position, le sens et Exercice 26 Corrigé
la grandeur de l’image. Quelle est
la nature de ce dioptre ? On suppose que l’atmosphère terrestre
2. On remplace la face concave par est assimilable à un milieu transparent
une face convexe. Le nouveau stratifié plan (la correction due à la
dioptre est-il convergent, divergent rondité de la Terre est faible dans le cas
ou afocal ? qui nous concerne), l’indice variant
continument d’une valeur n0 = 1 dans
Exercice 24 Corrigé le vide à une valeur n = 1.0003 à la
surface du sol. Expliquer pourquoi les
étoiles semblent plus hautes sur
Soit un dioptre sphérique de sommet
l’horizon qu’elles ne sont réellement.
S1 séparant l’air e un autre milieu
homogène et isotrope d’indice de Exercice 27 Corrigé
réfraction n . D’un objet droit AB situé
sur l’axe et de 5cm du sommet , le Vous êtes à la surface de l’eau et vous
1
observez un poisson de longueur L
dioptre donne une image réelle
renversée A0 B 0 , deux fois plus grande
située à 16 cm du sommet.
.P
nageant à la profondeur h = 1m. On
appelle T sa tête et Q sa queue.
L’indice de l’eau est 1.33.
.N
1. .Déterminer n et SC le rayon de
courbure de ce dioptre . • Déterminer géométriquement la
position de l’image T 0 de T formée
2. .Calculer sa vergence V et ses par le dioptre plan air-eau en
H
distances focales. utilisant le rayon vertical passant

par T eu un rayon faisant un angle
i avec la verticale. Calculer la
V.
profondeur h0 de l’image T 0 avec

Un système optique d’indice n est deux angles d’incidence 10degres
limité par deux dioptres sphériques : le et 30degres. Que constatez-vous ?
premier convexe, de sommet S1 et de • Déterminer la profondeur h0 dans
centre C1 , et le second concave, de le cadre de l’approximation de
sommet S2 et de centre C2 . Les faces Gauss. Faire le même calcul si le
extrême de ce système baignent dans poisson est à 4m de profondeur.
l’air (n = 1). On pose :
• Un observateur est à la surface de
S1 S2 = e; S1 C1 = R1 ; C2 S2 = R2 (9.10) l’eau et regarde un poisson de 1m
de longueur situé à 1m de
où e, R1 et R2 sont positifs. profondeur. En absence d’eau,
Déterminer les valeurs de R1 et R2 en lorsqu’il est juste à la verticale, il
fonction de n et de e pour que le verrait ce poisson sous un angle α.
système optique ait S1 pour foyer objet Sous quel angle α0 le voit-il depuis
et C2 pour foyer image. la surface de l’eau ?

Exercice 28 Corrigé 1. À quelle distance h0 de la vitre
l’observateur voit-il le poisson ?
Dans les zones où le sol est très chaud, 2. Déterminer le rapprochement
h0 − h
la densité de l’air augmente avec relatif
h
l’altitude ainsi que l’indice absolu. En
partant d’un certain niveau, on Exercice 31 Corrigé
découpe l’atmosphère en couches
parallèles d’indices n0 > n1 > n2 ....Au Le principe du réfractomètre est
niveau de départ, un rayon arrive avec illustré sur la figure ci-dessous. Un
un angle d’incidence i0 . échantillon de liquide à étudier (indice
1. Quelles relations relient entre eux n inconnu) est disposé entre deux blocs
les angles d’incidence successifs de verre : un bloc illuminateur servant
i0 , i1 , i2 .... à éclairer le liquide, et un bloc
réfractant. Ce dernier possède un fort
2. Que devient la direction du rayon indice de réfraction (N = 1.75). Une
1
après un grand nombre de
réfractions ?
.P
source de lumière monochromatique
éclaire le bloc illuminateur par sa
surface haute. Sa surface basse est
.N
rugueuse (dépolie) si bien que chaque
point de cette surface recevant la
Un rayon lumineux se propageant dans lumière de la source réémet des rayons
l’air d’indice de réfraction égal à lumineux dans toutes les directions par
H
l’unité, arrive en incidence normale sur diffusion. Grâce à ce phénomène,

la face plane d’une demi-boule de l’échantillon de liquide est éclairé sur
rayon R fabriquée dans un milieu toute sa surface haute par des rayons
V.
transparent d’indice n. Le rayon lumineux dans toutes les directions. Un

incident est parallèle à l’axe principal rayon allant de A vers B possède le
de la demi-boule et à une distance y de plus grand angle d’incidence possible
celui-ci. Pour quelles valeurs de y, le sur le bloc réfractant situé au-dessous
rayon subit-il une réflexion totale sur la de l’échantillon de liquide. On appelle
face sphérique ? i0 cet angle. Ce rayon est réfracté dans
le bloc réfractant en faisant un angle r0
Exercice 30 Corrigé avec la normale à la surface de
séparation en B.
Un observateur regarde un poisson 1. Calculer sini0 en fonction de e et l (
nager dans un aquarium contenant de dimensions de h’échantillon
l’eau d’indice n = 4/3. Le poisson se définies voir figure). Faire
trouve à la distance h = 20cm d’une des l’application numérique pour
faces de la vitre. On négligera l = 2cm et e = 10cm. Par quelle
l’épaisseur de la paroi de l’aquarium. relation i0 et r0 sont-ils reliés ?

2. On appelle C le point où ce rayon 2. Calculer le grandissement
émerge du bloc réfractant. De quel transversal de l’image. Faire
côté de C émergent tous les autres l’application numérique en
rayons en provenance du liquide et prenant R = 10cm.
réfractés dans le bloc réfractant ? 3. On déplace l’objet de 2cm vers le
3. On dispose un détecteur de sommet. Quel déplacement subit
lumière sous le bloc réfractant par l’image ?
sa surface basse. Décrire 4. On prend à présent deux miroirs
l’éclairement observé. Comment en sphériques concaves de même
déduire une mesure de l’indice n rayon de courbure R. On les
de l’échantillon ? dispose de façon à ce que leurs
faces réfléchissantes soient en
regard et que le centre de l’un
coincide avec le sommet de l’autre.
Un miroir sphérique concave a un Sachant que les deux miroirs ont
1
rayon de courbure de 1m. un même axe principal :
• Calculer la position, la nature et la
taille de l’image d’un objet de 2cm
.P • déterminer à l’aide d’une
construction géométrique les
positions des images d’un objet
.N
de hauteur placé sur l’axe à :
AB situé entre les deux miroirs
◦ 1.4m du sommet du miroir ;
et sur leur axe.
◦ 1m
• combien d’image obtiendra
H
◦ 0.8m t-on ?
◦ objet virtuel à 60cm du Exercice 34 Corrigé
V.
sommet.
Dans chaque cas, construire Un système optique est formé par deux
l’image. miroirs sphériques ayant un même axe.
L’un des miroirs est convexe et l’autre
• Même question si le miroir est est concave. Ils ont un même rayon de
convexe. courbure R1 = R2 = 1m et ont leurs
Exercice 33 Corrigé faces réfléchissantes en regard. Une
distance de 2m sépare les deux
sommets. Un objet de 10cm de hauteur
Un miroir sphérique concave a un est placé perpendiculairement à l’axe
rayon R et son centre est C. Un objet et à égale distance des sommets.
réel de dimension R/6 est situé à une Déterminer la position et la grandeur
distance 1, 5 × R du sommet S. de l’image donnée par les miroirs en
1. Tracer la construction géométrique envisageant d’abord une réflexion sur
montrant la formation de l’image. le miroir convexe et ensuite une
Quelle est sa nature ? réflexion sur le miroir concave.

Deux miroirs plans font un angle α. Un Un système optique est constitué de

rayon incident parallèle à l’un des deux lentilles L1 et L2 . La lentille L1 est
miroirs subit quatre réflexions et repart une lentille convergente de centre O1 et
en suivant exactement le même de 1m de distance focale image. La
chemin. Calculer α. lentille L2 est une lentille divergente de
Exercice 36 Corrigé centre O2 et de 30cm de distance focale
image. On a O1 O2 = 71cm.
Un automobiliste regarde dans son 1. Déterminer la position et la
rétroviseur une voiture AB située en grandeur de l’image d’un objet
arrière à une distance de 15m du plan de 20m de hauteur situé à 5km
rètroviseur. Sachant qu’il a un rayon en avant de O1 .
courbure de 10m, calculer la position
2. On enlève L2 du système optique
de l’image et son grandissement γ en
et on accorle une lentille L3 à L1 de
1
considérant quele rétroviseur est un
miroir shérique convexe puis concave.
Quel modèle faut-il utiliser ?
.P manière à obtenir un système
optique afocal. Déterminer la
vergence de L3 . Quelle est sa
.N
Exercice 37 Corrigé nature ?
3. On place à présent L3 à 10cm de L1 .
On place un objet AB entre un miroir
Le système demeure t-il afocal ?
plan et un miroir convexe. Les faces
H
réfléchissantes des deux miroirs sont Exercice 39 Corrigé

en regard. Le miroir plan est
perpendiculaire à CA, où C est le
V.
Un téléobjectif est constitué de deux

centre du miroir sphérique convexe. La lentilles minces dont les axes optiques
droite CA coupe le miroir plan en O. A coincident. La lentille d’entrée L1 a une
est à la distance x du miroir plan et on vergence C1 = 10dioptries et suivie
note D la distance entre C et O. d’une lentille L2 de vergence
1. Donner les caractéristiques de C2 = −40dioptries. La distance O1 O2
l’image A1 B1 de AB, image séparant les deux lentilles vaut 8cm. Un
correspondant aux rayons objet AB de hauteur égale à 0.5m est
lumineux qui rencontrent d’abord placé à une distance d séparant les
le miroir plan puis le miroir deux lentilles vaut 8cm. Un objet AB de
convexe. hauteur égale à 0.5 est placé à une
2. Même question pour l’image A2 B2 distance d = 100m de O1 sur l’axe
correspondant aux rayons optique.
lumineux qui rencontrent d’abord 1. Déterminer les caractéristiques de
le miroir convexe puis le miroir l’image intermédiaire A1 B1 donnée
plan. par L1 .

2. Quel rôle joue cette image pour la 3. La cuve est vidée et contient
seconde lentille ? Déterminer les maintenant de l’air d’indice n1 = 1.
caractéristiques de l’image Le rayon incident arrive toujours
définitive A0B0. parallèle à la base du prisme et
3. Les résultats de la question normalement à la paroi de la cuve.
précédente sont-ils conformes aux Calculer la nouvelle déviation
propriétés attendues pour l’image finale D0. Le rayon sort-il par la
donnée pau un téléobjectif sur la même paroi de la cuve ?
pellicule photographique ? Exercice 41 Corrigé
4. Déterminer la position de la
lentille convergente unique qui Un prisme d’arête horizontale est
permettrait d’arriver au même éclairé par un faisceau parallèle issu
résultat. Préciser sa distance d’une lentille L convergente, au foyer
focale. objet de laquelle est placée une fente
1
5. Conclure quand à l’intérêt du fine horizontale parallèle à l’arête du
téléobjectif.
.P
prisme. L’angle du prisme est de
60degres. Le faisceau parallèle
émergeant du prisme tombe sur une
.N
lentille L0 convergente dans le plan
Un prisme de verre d’indice n2 = 1.52 focal image de laquelle on observe une
dont la section principale est un image F 0 de la fente F . Le faisceau
parallèle incident est un faisceau de
H
triangle rectangle isocèle (angle

A = 90degres ) est placé dans une cuve lumière monochromatique de longueur
contenant du sulfure de carbone d’onde λ = 0.587µm. Pour cette
V.
d’indice n1 = 1.65. longueur d’onde, l’indice du prisme est

n = 1.414.
1. Un rayon arrive parrallèlement à la
base BC du prisme et 1. Déterminer les valeurs de l’angle
normalement à la paroi de la cuve. d’incidence pour qu’un faisceau
Construire. sommairement la puisse émerger du prisme et
marche du rayon et calculer la tomber sur la lentille L0.
déviation finale à la sortie de la 2. Quelles sont les valeurs de la
cuve D. déviation de D subie par le
2. En jouant sur les conditions de faisceau incident pour les deux
pression et de température on fait angles d’incidence définis plus
varier l’indice n1 de dn1 = +0.02. éA haut ?
l’aide d’un calcul différentiel dire 3. Représenter les variations de D en
de combien et dans quel sens varie fonction de i. Pour quelle valeur im
l’angle de déviation à la sortie du de l’angle d’incidence la déviation
prisme. est-elle minimale ?

4. Quelle rotation subit le rayon l’incidence rasante d’un très petit
émergeant lorsque l’on fait tourner angle di. Application numérique
le rayon incident à partir de pour di = 1degres.
9.2.2 CORRIGES DES TRAVAUX DIRIGES D’OPTIQUE GEOMETRIQUE
Exercice 2 Enoncé
Exercice 3 Enoncé
1. En I1 , √
2
N sin 45degres = N = n sin r. En
2
1
I3 , n sin β = sin i.
2. La normale à BC et la normale à
AB sont perpendiculaires entre
elles. Dans le triangle formé par
.P
.N
ces normales et I1 I2 , on a
r + α = 90degres. Dans le triangle sin 60 = 1, 4434 sin r, sin r = 0, 6,
formé par les normales à BC et AC cos r = 0, 8 et
H
et par I2 I3 , on a α + β = 45degres . tan r = 0, 75(r = 36, 869degres)

3. La condition de réflexion limite en En j, j = 90 − r, soit : cos j = 0, 6,
I2 s’écrit n sin α = 1 ; sachant que sin j = 0, 8 et tan j = 4/3.
V.
N
r + α = 90degres et que √ = sin r, HI = JH/tanr = 4/3cm.
n 2 JB = 4 − 4/3 = 8/3cm.
2 2
on trouve : N = 2(n − 1). Le rayon arrive en K sur la face BD
N = 1, 58, r = 48, 19degres , avec un angle égal à
α = 41, 81degres, β = 3, 19degres et r.BK = JB tan r = 2cm. Il y a symétrie
i = 4, 79degres. complète. Le rayon ressort sur la face
Au-delà de l’angle limite, on a AC, à 1cm de C avec un angle
n sin α > 1, α > 41, 81degres. Donc d’émergence de 60degres. Une partie du
r < 48, 19degrespet N < No , ce qui rayon JK ressort en K avec un angle
revient à N < 2(n2 − 1)) . N doit d’émergence de 60degres.
donc être plus petit que 1, 58.
4. Si i est nul, β = 0, soit Exercice 6 Enoncé
α = r = 45degres, et N = n = 3/2.
1. 343, 37m/s et 299, 58m/s
Exercice 4 Enoncé
2. 299916km/s et 299966km/s

3. Dans le cas de la lumière, le rayon r < i, D > 0 et est toujours
est courbé vers le bas. Quand le croissante. D est donc minimum
rayon descend, l’indice augmente, en dD = 0. éA incidence nulle, le
et il se rapproche de la verticale : il rayon incident traverse alors la
est de plus en plus vertical. Dans le goutte selon le diamètre
cas du son, c’est le contraire, la (également normale au dioptre en
courbure est dirigée vers le haut, I ) sans être dévié. On a alors
car l’indice diminue vers le bas i = r = 0 et Dm = 0. Le minimum
(cas des mirages terrestres). Il y a de déviation est obtenu en
une zone ¡¡ d’ombre ¿¿ à droite car annulant la différentielle de D.
le son est trop dévié pour arriver. dD = 0 revient à di − dr = 0. Or,
Dans cette zone, la lumière de n cos rdr = cos idi, ce qui donne
l’éclair nous parviendra mais sans aussi (cos i − n cos r)di = 0. Ceci est
le son du tonnerre. réalisé de façon simultanée avec la
relation de Snell-Descartes pour
Exercice 7 Enoncé
1
n = 1 , ce qui est sans intérêt (il n’y
Exercice 8 Enoncé
Exercice 9 Enoncé
.P a plus de goutte). L’autre solution
est i = r = 0, solution déjà
discutée. Si la goutte est éclairée
.N
par un faisceau de rayons
Exercice 10 Enoncé parallèles, les différents rayons
arrivant aux alentours du point J
ne sont pas vus sous les mêmes
H
incidences (les normales
Exercice 12 Enoncé respectives sur le cercle ne sont
V.
pas parallèles entre elles). On voit

Exercice 13 Enoncé donc un halo de lumière, ce qui
correspond à de la diffusion dans
1. Le rayon réfracté existe toujours le brouillard.
en I puisque l’on se propage vers
un milieu plus réfringent. Quand 3. De la même façon que
i = 90degres , on a 1 = n sin r, soit précédemment, les triangles OJK
r = 48, 59degres. C’est l’angle limite et IOJ sont isocèles ; donc
de réfraction dans la goutte. r0 = r00 = r et i0 = i00 = i. De même,
le triangle IOK est isocèle
2. Le triangle IJO étant isocèle (OK = OI = R). Dans le triangle
sin r sin r0
(OI = OJ = R) et = , IJK, les angles OKI [ et OIK [ sont
OJ OI
donc r0 = r ce qui implique r0 = i. donnés par : π = 4r + 2OIK, [ soit
Dans le triangle IJO0 , on a OIK
[ = OKI [ = 90degres − 2r. Pour
π − D + 2(i − r) = π, soit calculer D0 , on considère le
D = 2(i − r). Comme par ailleurs triangle F KI , dans lequel

π − D0 + 2i + 2OIK[ =
π − D0 + 2i + 2((π)/2 − 2r) = π, soit
D0 = π + 2i − 4r. Le minimum de
déviation est donné par dD0 = 0.
Ceci entraine di = 2dr soit
n cos r = 2 cos i. Or, sin i = n sin r. En
éliminant r , on en déduit
l’expression de sin i puis celle de
r m /2). On a : r
cos(D sin i =
cos2 i 4
n 1 − 4 2 = n 1 − 2 (1 − sin2 ).
n n
En regroupant lesrtermes en sin i ,
4 − n2
on trouve sin i = . De
3 1. En J, l’angle limite jo est donné
même, on peut calculer :
4 par n sin jo = 1, jo = 41, 8degres,
1
cos(Dm /2) = sin(2r − i) = 2 sin i(1 −
2
2 2
2
r i(4 − n )/(3n )cosDm /2 =

sin
4 − n2
n
sin i) − sin i(1 − 2(sin i)/n2 ) = .P ro = 48, 18degres. Pour que le rayon
sorte en J, il faut que r > ro et
donc i > io avec
sin io = n sin ro = 1, 11 > 1. Il y a
.N
. Pour n = 4/3 , cela donne donc toujours réflexion totale. Le
27n4
i = 59, 39degres, r = 40, 2degres et rayon va se réfléchir
Dm = 137.97degres. Ce phénomène alternativement sur les 2 faces.
H
est celui de l’arc-en-ciel. 2. En I 0 , r < i existe toujours car on

4. On peut montrer de la même façon va d’un milieu moins réfringent
r
vers un milieu plus réfringent. En
V.
(n2 − 1)
que sin(Dm /2) = (n2 + 8) J 0 , j = i : le rayon traverse. En K,
27n4
On peut alors dériver cos(Dm/2) s < k existe toujours pour la même
par rapport à r n et on trouve : raison que précédemment.
4 − n2 En L, le rayon sort avec l = k.
dDm /dn = 2/n .
n2 − 1 Comme j = i et k + j = 90degres,
Pour dn = 0.014, on a k = l = 90degres − i.
dDm = 0, 0355rd = 2, 03degres. On
retrouve bien le fait que les Exercice 15 Enoncé
différentes longueurs d’onde ne se c
1. v =
réfléchissent pas toutes aux mêmes n
points J et K, ce qui donne cette 2e
2. IJK = · IL = IK sin i =
dispersion de couleur bien connue cos r
2e tan r sin i.
dans le phénomène de l’arc-en-ciel. 2en
3. Temps de parcours τIJK = et
c cos r
Exercice 14 Enoncé 2e
τIL = tan r sin i
c
2en 2e 2en n0
∆= − tan r sin i = cos r De 9.13 et 9.14 on a : SA = SA0
c cos r c c n
Exercice 16 Enoncé La hauteur sous laquelle le poisson
le voit :
Exercice 17 Enoncé n0
SA0 = SA
n
0
Exercice 18 Enoncé SA = 2.39m
n0
2. SA0 = n SA = 0.75m
1. Si le rayon sort en j, alors il y a
1. Expression de SA0 en fonction de réfraction .Dans ce cas,
SA n et n0 jlim > j. D’après la 3e loi de
Considérons le triangle A0 II 0 Descartes en J , on
1
a :n1 sin j = n sin t or n = 1 et n1 = 32
tan(r) =
A0 I 0
II 0
SI
or
0 0
A I = SI
II 0 = SA0 .P ⇒ 32 sin j = sin t
Lorsque le rayon sort en
émergence rasante , alors on aura
.N
tan(r) = 0
⇒ SI = SA0 tan(r) un angle d’incidence limite pour
SA
(9.11) lequel l’angle de réfraction vaut π2
Considérons le triangle AJI Ainsi on a :
3 π
H
sin(jlim ) = sin( )

Aj AJ = SI
tan(i) = or 2 2
Ij IJ = SA 3
sin(jlim ) = 1
V.
SI 2
tan(i) = ⇒ SI = SA tan(i) 2
SA jlim = arcsin( )
(9.12) 3
De (9.11) et (9.12) on a : jlim = 41.81degres
SA0 tan(r) = SA tan(i) D’après la 3e loi de Descartes en I ,
⇒ SA0 = tan
tan i
r SA. on a :n sin i0 = n1 sin r ⇐⇒
En considérant l’approximation de sin i0 = 32 sin r0 Considérons le
Gauss, on a : tan i ' i et tan r ' r et triangle ITJ rectangle en T on a :
donc SA0 = SAi r ⇒ r0 = π2 − jlim =⇒ r0 = 48.19degres
SA0 i jlim > j =⇒ −jlim < −j
= (9.13) π π
SA r =⇒ − jlim < − j
On an sin n = n0 sin r ⇒ ni = n0 r 2 2
=⇒ r0 < r
’approximation de gauss) Ainsi :
=⇒ ni sin r0 < n1 sin r
n0 i
= (9.14) =⇒ sin i0 < sin i
n r
Ainsi on a : Nature du dioptre : Calculons la
vergence
3
sin i0 = sin(48.91degres) =⇒ sin i0 = 1.11 > 1
2 n0 − n
V =
=⇒ sin i > 1(Impossible) SC
0.5
=
On conclut que le rayon subira une −4
réflexion totale.Il ne ressort pas. = −0.125 < 0
2. On constate que le rayon (2) passe Ce dioptre est divergent.
d’un milieu moins réfringent vers
2. Calculons la vergence :
un milieu plus réfringent ;donc
i > r.Par suite , le rayon ne peut n0 − n
pas se réfléchir totalement en I 0 . V =
SC
0.5
=
1
= 0.125 < 0
Exercice 23 Enoncé .PCe dioptre est convergent.
.N
1. Déterminons les caractéristiques
de l’image : AB → A0 B 0 Les 1. Détermination de n et de SC
relations de conjugaisons donne : Utilisons les relations de
H
conjugaisons avec origine du

n0 − n n0 n
= − sommet.Le grandissement linéaire
CS CA CA0 est donné par :
V.
n n0 n − n0
⇒ = +
CA0 CA CS SA0
n γ=
⇒ CA0 = n0 n−n0
⇒ CA0 = 4.8cm. nSA
CA
+ CS SA0
⇒n=
0 γSA
Le grandissement γ = CA CA 16
4.8
γ = −1.8 = −0.27 < 0 Donc l’image ⇒=
(−2)(−5)
est renversée par rapport à l’objet. n = 1.6
0B0
Puisque γ = AAB alors A0 B 0 = γAB
⇒ A0 B 0 = −0.27 Caractéristiques : On a également :
— Position :CA0 = 4.8cm n−1 n 1

= − f
SC SA0 SA
— Sens :Renversé par rapport à n−1
l’objet ⇒ SC = n 1
SA0 − SA
— Taille : A0 B 0 = −0.27cm ⇒ SC = 2cm.

2. Calculons sa vergence et ses Si le système optique à S1 comme foyer
−n1
distances focales : V = n2SC = n−1
SC
objet alors on a : C2nA0 −→ 0 Donc
V = 0.3 On a
1−n 1
−n1 = 1
V = C2 S 2 C2 C1 + n + 1−n
f1 CA C S1 1
−n1 A −→ A1 −→ A0 (D1 ) on a :
⇒ f1 =
f1 n 1 n − 1 −(n − 1)
⇒ f1 = 3.33cm. − = = (9.17)
C1 A C1 A1 C1 S1 R1
(D2 ) on a :
n2
V = 1 n 1−n
f2 − = (9.18)
n2 C2 A1 C2 A0 R2
⇒ f2 =
V S1 est le foyer objet du système. Son
⇒ f1 = 5.33cm. image se forme à l’infini après que le
rayon lumineux ait traversé le système
1
Déterminons R1 et R2 :
.P
et le dioptre de sommet S2 A → ∞ La
relation (9.18) donne :
1
=
1−n
=⇒
1
=
1−n
(9.19)
.N
Relation de conjugaison au sommet : C2 A 1 R2 C2 S1 R2
2e dioptre C2 S1 = C2 S2 + S2 S1
1−n 1 n C2 S1 = R2 − e (9.20)
H
= −
S2 C2 S2 A0 S2 A1 De (9.19) et (9.20) C2 est le foyer image
1−n 1 n du système. Son point oblet est alors à
V.
= − (9.15)
S2 C2 S2 A0 S2 S1 − S1 A1 l’infini. De (9.17) on aura :
n n−1 1 − C 1A = −(n−1)
R1 avec C2 foyer image on
1 1
= + ⇒ a: 1
= (n−1)
S1 A1 S1 C1 S1 A C1 C2 R2
n R1
S1 A1 = n−1 (9.16) C1 C2 = e − R1 − R2 = (9.21)
S C
+ S1A n−1
1 1 1
(9.16) dans (9.15) donne : De (9.21) et du fait que R2 = e( n−1

n ) on
a:
1−n 1 n
= − n−1 R1
S2 C2 S2 A0 S2 S1 + n−1 n+ 1 e − R1 − e( )=
S1 C1 S1 A n n−1
1 n−1
Relation de conjugaison avec origine R1 ( + 1) = e(1 − )
n−1 n
centre donne e(n − 1)
R1 =
1−n 1 n n2
= − R2
C2 S2 C2 C1 + n +
1
1−n C2 A 0 R1 =
CA C S 1 1 n
1. Relation entre les angles
1. • Expression de h0 d’incidence :
cos i
h0 = h p n0 sin i0 = n1 sin i1 = n2 sin i2 = . . .
2 2
n − sin i
• Calcul de h0 2. On remarque que i0 < i1 < i2 < . . .
? i = 10degres ainsi au bout d’un grand nombre
h0 = 0, 75m de réfractions , on atteindra un
π
? i = 30degres angle d’incidence de et un fois
2
h0 = 0, 70m cet angle dépassé , on assistera à
• Constat une réflexion totale et le rayon
Nous constatons que la remontrera.
position de l’image varie en Exercice 29 Enoncé
1
fonction de l’angle d’incidence.
Nous voyons nettement les
poisson parceque les rayons
incidents sont paraxiaux.
.P
Les valeurs de y : y >
R
n
.N
2. Expression de h0 avec
approximation de Gauss Exercice 31 Enoncé
2 2 2
Dans ce cas ci , sin i = n sin β ,
H
sin β ' β et cos i ' 1. D’où Exercice 32 Enoncé

h
h0 ' Exercice 33 Enoncé
n
V.
? Pour h = 1m , h0 = 0, 75m
? Pour h = 4m , h0 = 3m Exercice 34 Enoncé
3. l’angle α0
α IQ T Q
tan = = Exercice 36 Enoncé
2 AI 2h
(en posant AI = h)
α −1 T Q
⇒ sin = sin(tan ( ))
2 2h
La relation de SNELL-DESCARTES
nous permet d’écrire : Exercice 39 Enoncé
α0 α
sin = nsin
2 2 Exercice 40 Enoncé
D’où
α Exercice 41 Enoncé
α0 = 2 sin−1 (nsin )
2
9.2.3 ENONCES DES EXAMENS D’OPTIQUE GEOMETRIQUE
Devoir la réflexion soit totale en I2 , N

doit-il être Plus grand ou plus petit
Exercice 1 que No ?
4. Ecrire la relation vérifiée par N et
Deux morceaux de verre taillés en n pour que l’angle i soit nul. Que
forme de triangles rectangles et vaut N ?
isocèles d’indices respectifs N et n ont
leur face AB commune. Un rayon Exercice 2
incident arrive sur la face AD sous une
incidence normale, se réfracte en I1 , se 1. On forme l’image d’un objet carré
réfléchit en I2 puis ressort en I3 avec un ABCD de 10cm de côté dans un
1
angle i. Les valeurs de N et n sont miroir convexe de rayon de
telles que la réflexion soit totale en I2 .
.P courbure r = 10cm. Le côté AD est
sur l’axe du miroir avec
SD = −10cm et SA = −20cm.
.N
Déterminer la position des quatre
sommets de l’image A0 B 0 C 0 D0 .
Dessiner ce quadrilatère à
l’échelle. Quelle est sa forme ? À
H
partir de ce résultat, expliquer

pourquoi on a le visage
V.
complètement déformé quand on

se regarde dans un tel miroir
(petite cuillère, boule de Noèl · · · ).
2. On repère un point de l’objet avec
1. Ecrire la relation de ses coordonnées x et y en prenant
Snell-Descartes aux points I1 et I3 . comme origine le sommet du
2. Quelles relations vérifient les miroir. Démontrer que si, les
angles r et α d’une part puis α et β coordonnées de son image sont x0
d’autre part ? 0 rx0
et y , on a les relations : x =
2x − r
3. Quelle relation vérifient N et n ry 0
pour que la réflexion soit limite en et y = .
−2x + r
I2 ? Calculer N , r, α, β et i pour Que devient l’équation d’une
n = 3/2 quand cette condition droite de la forme y = ax + b ? Que
limite est réalisée. On appelle No devient le cercle d’équation
cette valeur limite de N . Pour que x2 + y 2 = 1 ?

Premier devoir relation de conjugaison des dioptres

sphériques avec origine au centre pour
Applications directes du cours répondre aux différentes questions.
1. Quelle est selon vous, la différence 1. Déterminer la position des foyers
entre stigmatisme approché et objet et image sur l’axe S1 CS2 .
stigmatisme rigoureux ? Donner 2. Déterminer la position de l’image
dans chaque cas, deux exemples de d’un point lumineux A situé à 10cm
système optique : du point S1 sur l’axe S1 CS2 .
a) rigoureusement stigmatiques 3. Calculer le grandissement linéaire
b) qui respectent les conditions γ de ce système pour un objet AB
de stigmatisme approché. perpendiculaire à l’axe et situé à
10cm du point S1 .
1
2. Déterminer le déplacement de
l’image d’un objet plan quelconque
situé sur la normale d’un miroir
plan lorsque ce dernier subit un
Une fibre à saut d’indice est formée

.N
déplacement sur l’axe d’une d’un cœur cylindrique d’axe Ox et de
distance d. diamètre a, homogéne et isotrope,
3. Retrouver géométriquement, en d’indice de réfraction nC , entouré d’une
H
utilisant la construction de Snell, gaine homogène et isotrope, d’indice

les conditions pour qu’il y ait de réfraction nG , légèrement inférieur à
réflexion totale à la surface de nC . La fibre est limitée à ses extrémités
V.
séparation plane de deux milieux par deux plans perpendiculaires à Ox.

transparents d’indices de L’indice de l’air est noté nA (nA < nC et
réfraction respectifs n1 et n2 . nG ). On étudie la propagation d’un
Considérer les cas où n1 < n2 et rayonnement monochromatique dans
n1 > n2 . le plan xOy.
Exercice 1 Corrigé 1. Quelle condition doit vérifier
l’angle d’incidence i à la surface de
Soit une sphère de verre de centre C et séparation cœur/ graine pour
de rayon placé dans l’air ambiant. qu’un rayon lumineux, situé dans
L’indice du verre est égal à 1.5 et celui le plan xOy se propage en restant
de l’air 1. Cette étude se fera dans les confiné dans le cœur ?
conditions de l’approximation de 2. On note il l’angle d’incidence
Gauss. On prendra comme sens positif limite et θl = π/2 − il . Montrer que
le sens allant de S1 à S2 . Tout au long la condition précédente est vérifiée
de cet exercice, vous utiliserez la si l’angle d’incidence α sur la face

d’entrée de la fibre est inférieur à un angle ϕ. Sous quel angle ϕ0 le
une valeur limite αl . voit- il depuis la surface de l’eau ?
3. Montrer que l’ouverture Exercice 2
numérique
( ON = nA sin αl ) est égale à A) On dispose de deux miroirs
ON = [n2C − n2G ]1/2 sphériques de 2m de rayon de
courbure chacun. L’un est concave
Second devoir et l’autre est convexe.
1. Représenter graphiquement
Exercice 1 l’image d’un objet réel se
déplaçant sur l’axe du miroir
Dame Bérénice est au bord d’un lac et dans chacun des deux cas et
observe un maquereau de longueur L dire lequel des miroirs peut
nager dans l’eau à la profondeur servir de rétroviseur. Dans
P = 0.75m. On désigne par T la tête du chaque cas, vous considèrerez
1
maquereau et Q sa queue. L’indice de les positions suivantes pour
l’eau du lac est neau = 1.5 et celui de
l’air nair = 1.
.P l’objet réel
a) avant le centre du miroir,
b) entre le centre et le foyer et
.N
1. Déterminer géométriquement la
position de l’image T 0 de T formée c) entre le foyer et le sommet.
par le dioptre plan air-eau en 2. On place à présent les deux
utilisant le rayon vertical passant miroirs tel que leurs faces
H
par T et un rayon faisant un angle réfléchissantes soient en

i avec la verticale. Calculer la regard. Une bougie de 20cm de
profondeur P 0 de l’image T 0 avec
V.
hauteur est placée

deux angles d’incidence 15degres et perpendiculairement à l’axe éa
35degres. Que constatez vous ? 25cm du sommet du miroir
Quelles sont les conséquences et concave. Déterminer la
pourquoi voit-on les maquereaux position et la grandeur de
nettement ? l’image par les miroirs en
2. Déterminer la profondeur P 0 dans envisageant d’abord une
le cadre de l’approximation de réflexion sur le miroir convexe.
Gauss. Faire le même calcul si le Vous utiliserez la relation de
maquerau est à 5m de profondeur. conjugaison des miroirs
Un autre observateur nommé Rémi sphériques avec origine au
est au bord du même lac et regarde sommet pour répondre à cette
un poisson de 1m de longueur situé question.
à 1m de profondeur. En absence B) Une source lumineuse
d’eau, lorsqu’il est juste à la ponctuelle S est à la croisée
verticale, il verrait ce poisson sous des fils d’un réticule R.

L’ensemble est situé sur l’axe traversant l’atmosphère, i0 étant
principal d’une lentille L1 entre l’angle d’incidence du rayon
le foyer objet F1 et le centre traversant sur l’atmosphère. Les
optique O1 . On a O1 S = −6cm deux indices n et n0 étant proches ,
(voir figure ci-dessous) la déviation est faible. En ne
conservant que l’ordre 1 en i0 ,
(a) Déterminer la position de exprimer D en fonction de n, n0 et
l’image S1 de S donnée par i0 . Faire l’application numérique
la lentille L1 sachant que la pour i0 = 60degres.
vergence de celle-ci est de
3. En admettant que les courtes
10dioptries.
longueurs d’onde sont plus déviées
(b) On place une lentille L2 de que les grandes longueurs d’onde ,
centre optique O2 dans le et en s’appuyant sur les
plan focal image de la conclusions précédentes quelle
lentille L1 . Les axes doit être la couleur du dernier
1
principaux des deux rayon lumineux direct qui nous
lentilles se coincident.
Déterminer la nature et la
vergence de L2 pour que le
.P parvient lors d’un coucher du
soleil ?
Exercice 2
.N
faisceau émergeant de L2
soit un faisceau parallèle à Pierre regarde dans son retroviseur une
l’axe principal O1 O2 . voiture OM située en arrière à une
H
distance de 25m du retroviseur. Sachant

Rattrapage
qu’il a un rayon de courbure de 8m,
calculer la position de l’image et son
V.
Exercice 1 grandissement γ en considérant que le

retroviseur est un miroir sphérique
On suppose que l’atmosphère terrestre convexe puis concave.
est assimilable à un milieu transparent Quel modèle faut-il utiliser ?
stratifié plan (la correction due à la
rondité de la Terre est faible dans le cas
qui nous concerne), l’indice variant Premier devoir
continument d’une valeur n0 = 1 dans
le vide à une valeur n = 1.0003 à la Exercice 1
surface du sol.
Pierre est au bord d’un lac et observe
1. Expliquer pourquoi les étoiles un requin de longueur L nager dans
semblent plus hautes sur l’horizon l’eau à la profondeur P = 0.75 m. On
qu’elles ne sont réellement. désigne par T la tête du requin et Q sa
2. Déterminer une relation entre la queue. L’indice de l’eau du lac est
déviation D subie par un rayon neau = 1.5 et celui de l’air nair = 1.

1. Déterminer géométriquement la M2 sont telles que |f1 | = 3m et
position de l’image T’ de T formée |f2 | = 2m.
par le dioptre plan air-eau en 1. On donne d = S1 S2 . Déterminer d
utilisant le rayon vertical passant pour que tout rayon incident
par T et un rayon faisant un angle i parallèle à l’axe optique et réfléchi
avec la verical. Calculer la par les deux miroirs passe pas S1 .
profondeur P’ de l’image T’ avec Dans la suite, on conservera cette
deux angles d’incidences valeur de d.
◦ ◦
15 et 35 .Que constatez-vous ?
Quelles sont les conséquences et 2. Déterminer la position des foyers
pourquoi voit-on le requin F et F 0 de ce système optique.
nettement ? Exercice 3
2. Déterminer la profondeur P’ dans
le cadre de l’approximation de Un point lumineux réel A est placé sur
Gauss. Faire le même calcul si le l’axe d’un miroir sphérique concave de
1
requin est à 5m de profondeur. sommet S et de centre C, avec
est au bord du mÃªme lac et

.P
3. Un autre observateur nommé Rémi SC = 60cm. On a SA = 40cm. Une lame
à face parallèle et planes de 9cm
dépaisseur, et d’indice n = 1.5, est
.N
regarde un poisson de 1m de
longueur situé á 1m de profondeur. placée perpendiculairement à l’axe
En absence d’eau, lorsqu’il est devant le miroir. Déterminer la position
juste á la verticale, il verrait ce de l’image A0 du point A lorsque :
H
poisson sous un angle ϕ. Sous quel 1. la lame est à 60 cm devant la face

angle ϕ’ le voit-il depuis la surface réfléchissante du miroir
V.
de l’eau ? c’est-à-dire placée au point C ;

2. la lame est á 20 cm devant la face
Exercice 2
réfléchissante du miroir.
On réalise un système optique Premier devoir

constitué par l’association de deux
Exercice 1
miroirs sphériques M1 (concave,
sommet S1 , centre C1 ) et M2 (convexe,
sommet S2 , centre C2 ) de même axe 1. La valeur du champ magnétique
optique principal, disposés comme sur créé par une spire circulaire , de
la figure ci-dessous. rayon R de centre O parcourue par
Le miroir M1 est percé en son sommet une intensité I en un point M de
S1 d’un petit trou permettant à la l’axe situé à une distance x de O
lumière de passer, mais ne modifiant est :
pas ses propriétés. Les distances µ0 I R2
B=
focales f1 et f2 des deux miroirs M1 et 2 (x2 + R2 )1/2
Calculer la circulation de ce champ est rendue réfléchissante . C’est ce
le long de l’axe . Interpréter ce dispositif qui est utilisé pour les
résultat par le théorème d’Ampère. miroirs usuels (miroirs de salle de bain
2. On se propose d’étudier , etc ) . A une distance h de la première
quantitativement la répartition des face se trouve un objet plan AB ,
charges induites sur une sphère parallèle à la lame.
métallique neutre placée dans un On désire déterminer les positions des
champ uniforme E~0 . Pour cela on images successives de cet objet à
utilise la méthode indirecte . travers les différents dioptres , A0 B 0
(a) On considère d’abord le champ étant l’image définitive . On note A1
uniforme E~0 .Calculer le l’image de A à travers le dioptre
potentiel en un point M air/lame , A2 l’image de A1 par le
,repéré par son abscisse x sur miroir et A0 l’image de A2 à travers le
un axe (Ox) parallèle à E~0 et de dioptre lame/air . Les points O1 et O2
même sens . On prendra V = 0 se trouvent sur la normale au système
1
pour x = 0 . passant par A . O1 est sur la première
.P
face et O2 sur la seconde . Toutes les
(b) On place en O un dipôle formé expressions littérales sont données en
de deux charges (−q) et (q) fonction de n, e et h
.N
séparées par une longueur l . Il
s’oriente suivant l’axe (Ox) . 1. . Donner les expressions littérales
Calculer le potentiel total en M de O1 A1 , O2 A2 et O1 A0 en se plaçant
en fonction de r et de θ . dans l’approximation de Gauss
H
(c) Montrer qu’il existe une sphère 2. Faire l’application numérique pour
, de centre O et de rayon R , h = 50cm; e = 3cm et n = 1, 5.
V.
sur laquelle ce potentiel est nul 3. Montrer que quelques soit h le

et calculer R système se comporte comme un
Exercice 2 miroir dont on déterminera la
position . On notera O3 le point de
La face arrière d’une lame à faces ce miroir appartenant a la droite
parallèles , d’épaisseur e et d’indice n , (O1 O2 ) et on exprimera O1 O3
9.2.4 SOLUTION DES DEVOIRS D’OPTIQUE GEOMETRIQUE
Premier devoir Soit A un objet situé dans l’air

d’indice n1 = 1.Notons n2 = 1, 5
Exercice 1 Enoncé l’indice du verre de la sphère.
1. ? Position du foyer objet F

Soit A0 et A00 tels que 2. Position de A0
A → A0 → A00. SA1 = −10cm donc CA1 = −20cm

Les relations de conjugaison A → A0 → A00.
du dioptre sphérique
appliquées aux deux dioptres Les relations de conjugaison du
sphériques qui constituent la dioptre sphérique appliquées aux
sphère donnent : deux dioptres sphériques qui
constituent la sphère donnent :
n2 n1 n2 − n1


 − = 
n2 n1 n2 − n1
CA CA0 CS1  − =
n n n − n2

 1 − 2 = 1 CA CA0 −R
n1 n2 n1 − n2

CA0 CA00 CS2 
 − =
CA0 CA00 R
On sait que pour CA00 → ∞ on
a F ≡ A.Or CS1 = −R et Rn2 CA
⇒ CA00 =
1
CS2 = R Ainsi on a : Rn2 + 2CA(n1 − n2

n
 1 = 1

CA0
n1
=
n − n2
n2
R
−
n1 − n2
.P ⇒ CA00 = 60cm
3. Le grandissement γ
.N


CA0 CF R
CA00
D’où γ=
CA
Rn2
H
CF = ⇒ γ = −3
2(n1 − n2
⇒ CF = 15cm Exercice 2 Enoncé
V.
? Position du foyer image F 0.

3. ON = na sin αl . Or na sin αl = nc cos il
On sait que pour CA → ∞ on a
et cos il = (1 − sin2 αl )1/2 . Par
F 0 ≡ A00.D’où n2G 1/2
conséquent cos il = (1 − 2 ) .
Rn2 nC
CF 0 = −
2(n1 − n2 Ainsi
⇒ CF 0 = −15cm ON = (n2C − n2G )1/2

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 10
ALGÈBRE LINÉAIRE
nombres imaginaires, qui deviendront

nos nombres complexes au XIXe siècle
(voir Méthode de Cardan).
Son nom est également associé à une
méthode de stéganographie utilisant
1
une grille à trous masquant une partie
.P
d’un texte pour révéler les mots utiles.
Elle deviendra plus tard une méthode
de cryptographie quand la grille pourra
.N
être déplacée d’un quart de tour.
Cardan a donné son nom à un système
mécanique permettant le gyroscope
H
libre et ayant donné naissance au joint

de transmission. La découverte figure
dans le De subtitilate. Robert Hooke, au
V.
Girolamo Cardano (Pavie, 24

XVIIe siècle, perfectionna ce
septembre 1501 - Rome, 21 septembre
mécanisme pour réaliser un joint brisé,
1576), parfois nommé Gerolamo
dit aussi joint universel.
Cardano, Hieronymus Cardanus en
Il a avancé le premier exposé du calcul
latin ou encore Jérôme Cardan en
des probabilités dans un livre intitulé
français, est un mathématicien, un
Liber de ludo aleae (Livre du jeu de
philosophe, un astrologue, un
hasard), écrit sur près de quarante
inventeur, et un médecin italien.
années et achevé vers 1564, mais non
On lui attribue quelques découvertes
publié jusqu’en 1663 pour des raisons
en physique, en chimie et en
obscures. Le livre contient des analyses
mathématiques. Entre autres, il fut le
de plusieurs méthodes de tricheries et
premier à introduire des idées
des conseils pour s’en protéger. D’un
générales à la théorie des équations
point de vue philosophique, le livre
algébriques. Sa méthode de résolution
contient un exposé, d’un point de vue
des équations du troisième degré eut
moral, d’arguments en faveur ou
pour conséquence l’émergence des
559
contre le jeu de hasard en se basant que l’a défini Aristote.
notamment sur le concept de justice tel
1
.P
.N
H
V.

10.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ALGÈBGRE LINÉAIRE

Exercice 1 Corrigé a b
Soit A = ∈ M2 (K). Observer
c d
que
On considère
 la 
matrice suivante A2 − (a + d)A + (ad − bc)I2 = 0.
2 −2 1
A = 2 1 −2 A quelle condition A est inversible ?
1 2 2 Déterminer alors A−1 .
1. Calculer At A ou AAt Exercice 5 Corrigé
2. En déduire que A est inversible et

Calculer l’inverse des matrices carrées
donner l’expression de A−1
suivantes :
 
Exercice 2 Corrigé 1 0 1
1. A =  2 −1 1 
On considère −1 1 −1
la matrice
1

1 1 1
A = 0 1 1
0 0 1
et on pose B = A − I3
.P 
1 1 −1
2. A = 2 0 1 
2 1 −1

.N
 
Calculer B n pour n ∈ N et en déduire 2 0 1
l’expression de An 3. A = −1 1 1
1 0 1
H
On considèrela matrice
V.
Déterminer la matrice relative aux

−1 −2
A=
3 4 bases canoniques des applications
1. Calculer A2 − 3A + 2I. En déduire linéaires f suivantes :
que A est inversible et calculer son 1.
inverse.
f : R3 → R2
2. Pour n ≥ 2,déterminer le reste de
(x, y, z) 7→ (x + y, y − 2x + z)
la division euclidienne de X n par
X 2 − 3X + 2 2.
3. En déduire l’expression de An f : R3 → R3
Indidication (x, y, z) 7→ (y + z, z + x, x + y)
2. Remarquer que si R(X) est le reste
3.
de cette division alors deg(R) < 2.
f : R3 [X] → R4
P 7→ (P (1), P (2), P (3), P (4)).

Exercice 7 Corrigé 1. Montrer que B 0 constitue une base
de R3 .
On considère les sous-espaces vecoriels 2. Écrire la matrice de f dans cette
supplémentaires de R3 suivants : base.
P = {(x, y, z) ∈ R3 |x + 2y − z = 0} et
D = vect(w) où w = (1, 0, −1). 3. Déterminer une base de kerf et de
On note B = (i, j, k) la base canonique Imf .
de R3 .
On note p la projection vectorielle sur P Exercice 10 Corrigé
parallèlement à D, q celle sur D
parallèlement à P, et enfin, s la Soit E un K-espace vectoriel muni
symétrie vectorielle par rapport à P et d’une base
parallèlement à D. B = (i, j, k).
1. Former la matrice de p dans B. Soit f l’endomorphisme de E dont la
2. En déduire les matrices, dans B, de matrice dans B est
1
q et de s
Exercice 8 Corrigé .P 
2 −1 −1
A = 1 0 −1
1 −1 0

.N
Soit E un espace un k-espace vectoriel
de dimension 3 et f ∈ L(E) tel que 1. Calculer A2 . Q’en déduire sur f ?
f 2 6= 0 et f 3 = 0 2. Déterminer une base de Imf et
Montrer qu’il existe une base  de E dans Kerf .
H

0 0 0
3. Quelle est la matrice de f
laquelle la matrice de f est 1 0 0

relativement à une base adaptée à
V.
0 1 0
la supplémentarité de Imf et
Indidication
Kerf ?
Remarquer que f (e1 ) 6= 0 et poser
e2 = f (e1 ), e3 = f 2 (e1 ).
 

3 1 −3
 2 −1 −1
Soit A = −1 1 1 
 Soit A = −1 2 −1
1 1 −1 −1 −1 2
On note B = (e1 , e2 , e3 ) la base On note B = (e1 , e2 , e3 ) la base
canonique de R3 . canonique de R3 . Soit f
Soit f l’endomorphisme de R3 dont la l’endomorphisme de R3 dont la matrice
matrice dans B est A. dans B est A.
On pose 1. Déterminer kerf et Imf .Démontrer
ε1 = (1, 1, 1), ε2 = (1, −1, 0), ε3 = (1, 0, 1) que ces sous-espaces sont
et B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ). supplémentaires dans R3 .

2. Déterminer une base adaptée à 1. Montrer que B 0 est une base de E
catte supplémentarité et écrire la et former la matrice D de f dans
matrice de f dans cette base. B 0.
3. Décrire f comme composée de 2. Exprimer la matrice de passage P
transformations vectorielles de B à B 0 et calculer P −1
élémentaires. 3. Quelle relation lie les matrices
Indidication A,D,P et P −1 ?
3. Pour ce faire prendre H l’homothétie 4. Calculer An pour tout n ∈ N.
vectorielle de rapport
k = 3 et H = MB0 (H).
Exercice 12 Corrigé Soit E un K-espace vectoriel muni d’une

base
Soit f ∈ L(R3 ) représenté dans B = (e1 , e2 , e3 ). Soit f l’endomorphisme
 la base
de
 E dont  la matrice dans B est

2 1 −1
1
3 −2 1
canonique B par 0 1 0 
1 1 0
1. Soit C = (ε1 , ε2 , ε3 ) avec
.P
1 2 0
1 1 1
.N
ε1 = (1, 0, 1), 1. Montrer qu’il existe une base
C = (ε1 , ε2 , ε3 ) de E dans laquelle la
ε2 = (−1, 1, 0), ε3 = (1, 1, 1) .
matrice représentative de f est une
Montrer que C est une base.
matrice diagonale D de coefficients
H
2. Déterminer la matrice de f dans C. diagonaux 1,2 et 3.

3. Calculer la matrice de f n dans B 2. Déterminer la matrice de passage
pour tout n ∈ N
V.
P de B à C. Calculer P −1 .
Exercice 13 Corrigé 3. Quelle relation lie les matrices
A,D,P, et P −1 ?
Soit E un K-espace vectoriel muni d’une 4. Calculer An pour tout n ∈ N.
base
B = (e1 , e2 , e3 ). Soit f l’endomorphisme Exercice 15 Corrigé
de
 E dont la matrice
 dans B est
2 −1 0 Soit E un K-espace vectoriel de
−2 1 −2 dimension 3 muni d’une base
1 1 3 B = (e1 , e2 , e3 ).
Soit B 0 = (ε1 , ε2 , ε3 ) la famille définie On considère
 lesmatrices 
par : 4 −2 −2 0 0 0
A = 1 0 −1 et D = 0 1 0
ε1 = e1 + e2 − e3 3 −2 −1 0 0 2
ε2 = e1 − e3 Soit f l’endomorphisme de E dont la
ε3 = e1 − e2 matrice dans la base B est A.

1. Montrer qu’il existe une base 2. f : K 3 → K 3 ,définie par
C = (ε1 , ε2 , ε3 ) de E telle que la f (x, y, z) = (x − y, y − z, z − x).
matrice de f dans C soit D.
3. f : K 4 → K 4 , définie par
2. Déterminer la matrice de passage f (x, y, z, t) = (x + y − t, x + z +
P de GL(3)(R) telle que 2t, 2x + y − z + t, −x + 2y + z).
A = P DP −1 . Calculer P −1 .
3. Calculer pour tout n ∈ N, An . Exercice 18 Corrigé
4. En déduire le terme général des
suites (xn )n∈N , (yn )n∈N , et (zn )n∈N Soit E un espace-vectoriel de dimension
définies par : 3 muni d’une base B = (e1 , e2 , e3 ).Soit

 x0 = 1, λ ∈ R,on considère les vecteurs
y = 0, et ∀n ∈ N, v1 = −e1 − e2 + e3 , v2 = e1 − λe2 − e3 et
 0 v3 = e1 − e2 − λe3 .
z = 0
 0
 xn+1 = 4xn − 2(yn + zn ), 1. Soit fλ l’application linéaire de E
1
yn+1 = xn − zn , dans E définie par :

zn+1 = 3xn − 2yn − zn .
.P fλ (e1 ) = v1 , fλ (e2 ) = v2 , fλ (e3 ) = v3 .
Déterminer la matrice Aλ de fλ
dans la base B.
.N
2. Déterminer suivant les valeurs de λ
Calculer le rang de familles de vecteurs le rang de fλ .
suivantes de R3 :
3. Calculer,suivant les valeurs de λ, le
H
1. (x1 , x2 , x3 ) avec noyau de fλ .

x1 = (1, 1, 0), x2 = (1, 0, 1),
4. 
Montrer que  la matrice
x1 = (0, 1, 1)
V.
1 0 1
2. (x1 , x2 , x3 ) avec  1 1 0  est inversible et
x1 = (2, 1, 1), x2 = (1, 2, 1), −1 −1 −1
x1 = (1, 1, 2) calculer son inverse.
−1
3. (x1 , x2 , x3 ) avec 5. 
Montrer que
 A0 = P BP ,où
x1 = (1, 2, 1), x2 = (1, 0, 3), 0 0 0
0 1 0 
x1 = (1, 1, 2)
0 0 −1
Exercice 17 Corrigé En déduire que f03 = f0 .
Calculer le rang des applications
linéaires suivantes :
On désigne par E un R-espace vectoriel
3 3
1. f : K → K ,définie par de dimension finie.
f (x, y, z) = Réponds par vrai ou faux à chacune
(−x + y + z, x − y + z, x + y − z). des affirmations suivantes :

1. Si les vecteurs u, v, w sont deux à 2. Écrire le polynôme
deux non colinéaires,alors la F (X) = 3X − X 2 + 8X 3
famille (u, v, w) est libre. respectivement dans les bases B1 et
2. Soit u1 , u2 , ..., up une famille de B2 .
vecteurs.Si aucun n’est une Exercice 22 Corrigé
combinaison linéaire des
autres,alors la famille est libre. Soit E un K-espace vectoriel de
Exercice 20 Corrigé dimension finie n ∈ N∗ .
1. On appelle famille libre maximale
Soient F et G deux sous-espaces d’un de E, toute famille libre de
K-espace vectoriel de E de dimension vecteurs de E telle qu’en ajoutant
finie. n’importe quel vecteur de E, elle
cesse d’être libre.
1. Montrer que
dim(F + G) = a) Montrer que toute famille libre
1
maximale est une base.
dimF + dimG − dim(F ∩ G).
2. On dit que F et G sont en somme
directe de somme E et on écrit
.P
b) En déduire le nombre de vecteur
d’une famille libre maximale de E.
.N
E = F ⊕ G,lorsque tout vecteur x c) Démontrer le théorème de la base
de E s’écrit de façon unique sous la incomplète :Toute famille libre
forme x = x1 + x2 avec x1 ∈ F et peut-être complèté en une base.
x2 ∈ G. 2. On appelle famille génératrice
H
Montrer que les assertions minimale de E, toute famille

suivantes sont équivalentes. génératrice de vecteur de E telle
V.
a) F et G sont en somme directe de qu’en y retirant n’importe quel

somme E vecteur, elle cesse d’être
génératrice.
b) E = F + G et F ∩ G = 0.
a) Montrer que toute famille
c) E = F + G et dimF + dimG = dimE.
génératrice minimale de E est une
Exercice 21 Corrigé base.
b) En déduire le nombre de vecteur
Soit P3 l’espace vectoriel des de vecteur d’une famille
polynômes de degré ≤ 3. génératrice minimale de E.
1. Vérifier que les ensembles suivants c) Démontrer le théorème de la
sont des bases de P3 : surbase : De toute famille libre, on
B0 = {1, X, X 2 , X 3 }, peut extraire une base.
B1 = {1, 1 − X, X − X 2 , X 2 − X 3 }, 3. On donne dans R3 les vecteurs
B2 = e1 = (0, 1, 1), e2 = (1, 0, 1), e3 =
{1, 1+X, 1+X +X 2 , 1+X +X 2 +X 3 }. (1, 1, 0).

a) Montrer que B = (e1 , e2 , e3 ) est une 1. Montrer que ϕ est un
base de R3 . Trouver dans cette monomorphisme si et seulement si
base les composantes du vecteur l’image par ϕ d’une famille libre de
u = (1, 1, 1). E est une famille libre de F .
b) Donner dans R3 , un exemple de 2. Montrer que ϕ est un
famille libre qui n’est pas épimorphisme si et seulement si
génératrice. l’image par ϕ d’une famille
génératrice de E est une famille
c) Donner dans R3 , un exemple de
génératrice de F .
famille génŕatrice, mais qui n’est
pas libre. 3. Montrer que ϕ est un
isomorphisme si et seulement si
Exercice 23 Corrigé l’image par ϕ d’une base de E est
une base de F .
On considère dans R4 les vecteurs Exercice 26 Corrigé
1
e1 = (1, 2, 3, 4), e2 = (1, 1, 1, 3), e3 =
(2, 1, 1, 1),
e4 = (1, 0, 1, 2), e5 = (2, 3, 0, 1).
Soient E l’espace vectoriel engendré
.P
Soit
f : R3 → R3
.N
(x, y, z) →
7 (x + 2y + z, 2x + y + 3z, −x − y − z)
par e1 , e2 , e3 et F celui engendré par
e4 , e 5 . 1. Montrer que f est linéaire.
Calculer respectivement les dimensions 2. Donner la matrice A de f dans la
H
de base canonique de R3 .
E, F, E ∩ F, E + F .
3. a)Déterminer une base et la
V.
Exercice 24 Corrigé dimension de kerf .

b)L’application f est -elle
injective ?
Soient E et F de dimensions finies et
4. a)Donner le rang de f et une base
u, v ∈ L(E, F ).
de Imf .
1. Montrer que b)L’application f est-elle
rg(u + v) ≤ rg(u) + rg(v). surjective ?
2. En déduire que Exercice 27 Corrigé
|rg(u) − rg(v)| ≤ rg(u + v).
Soient E un espace vectoriel de
Exercice 25 Corrigé dimension 3, (e1 , e2 , e3 ) une base de E,
et λ un paramètre réel.On définit un
Soient E et F deux espaces vectoriels endomorphisme ϕ de E par
de dimension finie et ϕ une application ϕ(e1 ) = e1 + e2 ,
linéaire de E dans F . ϕ(e2 ) = e1 − e2 , ϕ(e3 ) = e1 + λe3 .

1. Écrire la transformée par ϕ du 3 −2 −1
2 5 −1 A4 = A5 =
vecteur générique −1 5 −4
 
u = xe1 + ye2 + ze3 .   1 3 1 1
1 −1 λ
2. Comment choisir λ pour que ϕ soit 0 3 −1 A6 =  2 5 2 1 
 
 0 1 0 1
injective ? surjective ? 2 0 2
−1 3 −1 λ
Exercice 28 Corrigé a. Dans chaque cas préciser les
valeurs de n et m
1. Dire si les applications fi ,1 ≤ i ≤ 6, b. Pour i = 1, 2, 3, calculer fi (u) sous
sont linéaires. forme matricielle pour
f1 : (x, y) ∈ R2 7→ (2x+y, ax−y) ∈ R2 u = (x1 · · · xn )de Rn
f2 : (x, y, z) ∈ R3 7→ (xy, ax, y) ∈ R3
c. Déterminer ker fi et Imfi pour
f3 : P ∈ R[X] 7→ aP 0 + P ∈ R[X]
1 ≤ i ≤ 6 (discuter suivant les
f4 : P ∈ R3 [X] 7→ P 0 ∈ R2 [X]
valeurs du réel λ)
f5 : P ∈ R3 [X] 7→
1
(P (−1), P (O), P (1)) ∈ R3 Exercice 31 Corrigé
f6 : P ∈ R[X] 7→ P −(X −2)P 0 ∈ R[X]
2. Pour les applications linéaires
trouvées ci-dessus, déterminer
.P
Soit h l’application linéaire de R3 dans
R2 dont la matrice par rapport aux
.N
ker(fi ) et Im(fi ), en déduire si fi bases (a1 , a2 , a3 ) de R3 et R2 est :
est injective, surjective, bijective.
2 −1 1

A= (A = M(h, (a1 , a2 , a3 ), (b1 , b2 )
3 2 −3
H
a. On prend dans R3 la nouvelle base
Soit E un K-espace vectoriel de (a01 , a02 , a03 ) où
V.
dimension finie
(a01 = a2 +a3 , a02 = a3 +a1 , a03 = a1 +a2 )
n ∈ N∗ . Soit f un endomorphisme de E
tel que f n = 0 et f n−1 6= 0. Montrer qu’il Quelle est la nouvelle matrice
existe x ∈ E tel que
A1 de h ?(A1 = M(h, (a1 , a2 , a3 ), (b1 , b2 )))
B = (x, f (x), f 2 (x), ..., f n−1 (x)) forme une
base de E. b. En conservant la base (a01 , a02 , a03 ) de
R3 on choisit pour base de R2
(b01 , b02 ) avec
1 1
Soit i un entier compris entre 1 et 6 et b01 = (b1 + b2 ) b02 = (b1 − b2 )
2 2
fi l’application linéaire de Rn dans Rm
dont la matrice par rapport aux bases Quelle est la nouvelle matrice A2
canoniques de Rn et R m
, est de h ?
(A2 = M(h, (a01 , a02 , a03 ), (b01 , b02 ))

3
−1 3
A1 = A2 = −1 A3 = Exercice 32 Corrigé
2 1
0

Soit E et F deux espaces vectoriels de Exercice 34 Corrigé
dimensions respectives n et m. Soit g
une application linéaire de E dans F de Calculer
rang r
A.B B.A (A+B)2 A2 A2 +B 2 +2A.B
a. Préciser comment obtenir une base    
(a1 , · · · , an ) et (b1 , · · · , bm ) de F 1 1 1 0 3 1
telles que : A = 0 1 1 B = 1 0 1
g(ai ) = bi si 1 ≤ i ≤ r et 0 0 0 2 −1 1
g(ai ) = 0 si r ≤ i ≤ n
Quelle est matrice de g dans un tel Exercice 35 Corrigé
couple de base ?
Soit f l’endomorphisme de R3 Soit
défini par :
 
1 1 0
A = 0 1 1 et B = A − I
0 0 1
1
f (x, y, z, ) = (2x+y+z, −y+z, x+y) (x, y, z ∈ R3 )
b. Ecrire la matrice de f dans la base

canonique.
.P Calculer B n puis, An pour n ≥ 2
.N
Déterminer un couple de base pour
f comme à la question (a) Calculer les inverses des matrices
  suivantes, quand elles sont inversibles :
1 0 0
H

0 1 0 1 3 −1
1 −3 2 4
0 0 0 A1 = , A2 = , A3 = 2 −1 3
2 −5 3 6
3 2 0
V.
Exercice 33 Corrigé  

1 2 1
1 2 −1  0 1 0
3 , A4 = 1 0 α  (α, β ∈ R2 ), A5 = 
Soit f un endomorphisme de R 0 0 1
0 β 0
0 0 γ
f (x, y, z, ) = (2x+y+z, −y+z, x+y) ((x, y, z ∈ R3 ))
1. Ecrire la matrice de f dans la base
canonique.
Pour m dans C, on pose :
2. Déterminer un couple de base  
(a1 , a2 , a3 ) et (b1 , b2 , b3 ) tel que la 0 m 0 0
0 0 m 0 
matrice de f par rapport à ces A= 
0 0 0 m 
bases soit :
  0 0 0 0
1 0 0
0 1 0 Calculer A2 , A3 , A4 . En déduire (I4 − A)n
0 0 0 Calculer (I4 − A−1 ) et(I4 − A)−n

Exercice 38 Corrigé 4. Soit  
1 1 1
B = 1 1 1
Soit Ek,l la matrice de Mn (C) dont tous
1 1 1
les coefficients valent 0 sauf le
coefficient de la k i-ème ligne et de la l Calculer B 2 puis Bn
-ième colonne qui vaut 1. 5. Soit C = I3 + B Calculer C n
 
1. Montrer que Ek,l 1 ≤ k, l ≤ n est 2 1 1
une base deMn (C), c’est la base 6. Soit D = 1 2 1 Montrer que
canonique 1 1 2
n
2. Etablir les règles de calcul de D = αn + βn I3 où I3 est la matrice
produit entre les matrices de la identité 3*3 et αn etβn sont des
base canonique réels que l’on précisera.
3. Calculer les produits A.Ek,l et Ek,l .A Exercice 40 Corrigé
pour A ∈ Mn (C). Déterminer les
1
matrices A de Mn (C) qui Soient E l’espace vectoriel des
commutent avec toute matrice X
de Mn (C) (X.A = A.X)
.P
polynômes de degré au plus 3 et δ
l’endomorphisme de E qui à un
polynôme associe son polynôme dérivé
.N
1. Ecrire la matrice C de δ dans la
base canonique C de E
 
0 0 1
Soit J = 1 0 0 2. Ecrire la matrice B de δ dans la
H
0 1 0 base B = (1, 1 + X, 1 + x2 , 1 + X 3 )
1. Calculer J 2 , etJ 3 3. Ecrire la matrice de passage de la
base c à la base B et vérifier la
V.
2. Montrer que l’ensemble M des

matrices : formule du cours.
 
a c b
b a c
c b a Soient (e1 , e2 , e3 ) une base de R3 . On
pose :
où a, b sont des réels est un
sous-espace vectoriel de dimension a1 = e1 +e2 +e3 a2 = e1 −e2 +e3 , a3 = −e1 +e2 +
3 de M3 (R). Que peut on dire du
Montrer que A = (a, a2 , a − 3) est une
produit de deux matrices de
base de R3 . dont la matrice dans la
l’ensemble M
base canonique est :
3. Calculer l’inverse de la matrice  
suivante a − b a + c c − b
1
  M = b − a c − a b + c 
0 1 1 2
a+b a−c b−c
A = 1 0 1
1 1 0 Calculer la matrice de f dans la baseA.

Exercice 42 Corrigé Soit A = (aij )0≤i,j≤n un élément de
Mn (K). On appelle trace de A la somme
des termes de la diagonale principale
Soit u l’endomorphisme de R2 de
de A :
matrice U dans la base canonique :
Tr (A) = a11 + a22 + · + ann
5 1
U= 1. Montrer que l’application
−4 0
Tr : Mn (K) −→ K est une forme
0
1. Ecrire
la matrice
U de u dans la linéaire
1 1
base : , 2. Montrer que T r(AB) = T r(BA). Est
−4 −1
ce que T r(AB) = T r(AB)T r(BA) ?
2. Quelle est la matrice P du
3. En déduire qu’on ne peut pas
changement de base ? Calculer P −1
trouver des matrices A et B dans
3. En déduire la matrice U m et les Mn (K)telles que
composantes de αn et βn dans la
1
base canonique du vecteur AB.BA = In

transformé de 1 ; 0 par un
.P
4. En déduire que l’on peut définir la
trace d’un endomorphisme ou bien
que deux matrices semblables ont
.N
la même trace
Soit T l’endomorphisme de R2 dans 5. Montrer que M est une matrice de
M2 (C) qui à une matrice A associe sa trace nulle si et seulemnt si M est
H
matrice transposée somme de commutateurs.(Un

1. Ecrire la matrice de T dans la base commutateur est une matrice qui
peut s’écrire AB − BA où
V.
canonique de M2 (C). Soit C le

sous-espace de M2 (C)(t A ) . Soit (A, B) ∈ Mn (K))
(A) le sous-espace de M2 (C) des Exercice 45 Corrigé
matrices anti-symétriques ( t A )
2. Donner une base de chacun de ces Inverser les matrices suivantes :
sous-espaces (S) et (A) et montrer 
3 2 −1
 
2 2 −1

que M2 (C) = (S) (A) M = −2 1 4  P = −2 1 4 
3. Ecrire la matrice T dans la base de 3 0 0 3 0 0
M2 (C) construite à partir des bases
de (S) et (A)
4. Dans M3 (C) quelle base Trouver l’équation de l’hyperplan de
choisirez-vous pour écrire la R3 (resp R4 ) engendré par les vecteurs :
matrice T ?
u = 0, −1, 1 et v = −2, , 3 , 2
(repu1 = 1, 3, 4, 5 , u2 = 1, 2, 3, 4 , u3

Soient a, b et c trois réels. Calculer le

Calculer pour a, b, c réels
déterminant n ∗ n D = |di,j | défini par :

di,j = b di,j = a si i ≤ j di,j = c j ≤ i a−b−c 2a 2a

2b b−c−a 2b
Indidication Etudier le polynôme
2c 2c c−a−b

P (X) = |pi,j | défini par :
pi,i = b+X, di,j = a+X si i ≤ jdi,j = c+X si j ≤ i Exercice 50 Corrigé
Factoriser sur R le polynôme suivant
Calculer 4

1 2 3 4

X
2 2 − 1 2

1 3 6 10 2 X 4 −1 4
P (X) =
1

4
1 4 10 20 2 X −1 4
10.2

1 5 15 35

SOLUTIONS DES TRAVEAUX DIRIGÉS

.P
2 −1 X 4 5

.N
Exercice 1 Enoncé Calculons B n pour n ∈ N
   
1 1 1 1 0 0
H
1. Calcul de At A. B = 0 1 1 − 0 1 0
   0 0 1 0 0 1
2 2 1 2 −2 1
V.
 
0 1 1
At A = −2 1 2 2 1 −2
B = 0 0 1

1 −2 2 1 2 2
  0 0 0
9 0 0   
t 0 1 1 0 1 1
A A = 0 9 0
B 2 = B.B = 0 0 1 0 0 1
0 0 9
0 0 0 0 0 0
 
2. Déduisons-en que 0 0 1
 A est inversible
= 0 0 0

1 0 0 
At A = 9 0 1 0 = 9I3 0 0 0
0 0 1
  
0 0 1 0 1 1
Donc I3 = 19 At A. B 3 = 0 0 0 0 0 1
Par suite A est inversible et son 0 0 0 0 0 0
inverse est 91 At 
0 0 0

= 0 0 0
Exercice 2 Enoncé 0 0 0

 
0 0 0 2 1
= −3 −1
Donc ∀n ≥ 3,B n = 0 0 0 2 2
0 0 0 2. Pour n ≥ 2, déterminons le reste de
Déduisons l’expression de An la division euclidienne de X n par
X 2 − 3X + 2
B = A − I3 ⇔ A = B + I3 Soit R(X) le reste. On a degR < 2
Posons R(X) = aX + b avec a, b ∈ R
⇔ An = (B + I3 )n
X n On a donc :
n n−k k
⇔ An =

k I3 B X n = (X 2 − 3X + 2)Q(X) + R(X)
k=0
avec Q(X) le quotient de la divsion
⇔ A = n0 I3n B 0 + Cn1 I3n−1 B + Cn2 I3n−2euclidienne
n
B2

de X n par X 2 − 3X + 2
n
X
n n−k k
X 2 − 3X + 2 = (X − 1)(X − 2)
+ I B
k 3 X n = (X − 1)(X − 2)Q(X) + aX + b
k=3
n 2 2 n(n − 1 Pour X = 1 on a an= 1 − b

⇔ A = nB + Cn B = nB +
1
Pour X = 2 on a 2 = 2a + b
2


Soit An = 
1 n
0 1
n(n − 1
2 
n 


.P Soit le système

a+b = 1
2a + b = 2n
.N
on déduit que
0 0 1
a = 2n − 1 et b = 2 − 2n
Exercice 3 Enoncé Donc R(X) = (2n − 1)X + 2 − 2n
H
3. Déduisons l’exprssion de la
2
1. Calculons A − 3A + 2I2 matrice An
Après calcul on a An = (A2 − 3A + 2I2 )Q(A) + (2n − 1)A
V.

0 0
A2 − 3A + 2I2 = +(2 − 2n )I2 ,
0 0
Déduisons que A est inversible. 0 0
Or A2 − 3A + 2I2 =
0 0
2
Donc (A − 3A + 2I2 )Q(A) =
2 0 0 2

0 0
A − 3A + 2I2 = ⇔ 3A − A = 2I2 , ainsi
0 0 0 0
3 1
⇔ A( I2 − A) = I2
2 2 An = (2n − 1)A + (2 − 2n )I2
n+1 n+1

3 1
Posons B = 2 I2 − 2 A −2 + 3 −2 + 2
=
3.2n − 3 4
On a AB = BA = I2
Donc A est inversible et son inverse est
3 1
Exercice 4 Enoncé
B = 2 I2 − 2 A
Calculons B

a b
Soit A = ∈ M2 (K)
B = 32 I2 − 21 A c d

Calculons A2 − (a + d)A + (ad − bc)I2

 y = x1 + x3
2
2 a + bc ab + bd
A − (a + d)A = Y = AX ⇔ y = 2x1 − x2 + x3
ac + dc bc + d2  2
2 y3 = −x1 + x2 − x3
a + ad ab + db
− 
 2x1 + x3 = y1 + y2 + y3
ac + dc ad + d2
⇔ x2 = y1 + y3
bc − ad 0
= 
−x3 = −y1 + y2 + y3
0 bc − ad 

1 0
 x1 = y2 + y3
= −(ad − bc) ⇔ x = y 1 + y3
0 1  2
x3 = y1 − y2 − y3
= −(ad − bc)I2
Donc A2 − (a + d)A + (ad − bc)I2 = 0  
Condition pour que A soit inversible x1
A2 − (a + d)A + (ad − bc)I2 ⇔ Alors on a : x2  =
x
1
A2 − (a + d)A = −(ad − bc)I2 ⇔  3 
(A − (a + d)I2 )A = −(ad − bc)I2
Si
ad − bc 6= 0 ie ad 6= bc,
−1
A+
a+d
on a :
I2 A = I2
.P 
0 1 1
1 0 1  y 2 
1 −1 −1
y1
y3
.N
 
ad − bc ad − bc 0 1 1
Par suite A−1 = 1 0 1 

−1 a+d
Posons B = A+ I2 A
ad − bc ad − bc 1 −1 −1
On voit clairement que BA = AB = I2 , 
1 1 −1

H
Donc A est inversible si et seulement si ad−2. B = 2 0 1 

bc 6= 0 2 1 −1
Déterminons A−1
V.

d −b

0 1 2 1 2 0
A−1 = B = ad−bc
1
detB = − −
−c a

1 −1 2 −1 2 1
Exercice 5 Enoncé = −1 + 4 − 2
detB = 1
Calculons l’inverse des matrices carrées
suivantes :  

1 0 1
 −1 4 2
1.  2 −1 1  •comB =  4 1 −3
−1 1 −1 1 −3 −2
 
Soient X,Y ∈ M3 (K) tel que Y = −1 0 1
t
AX   • comB =  4 1 −3 alors
 
y1 x1 2 1 −2
 
Y = y2  , X = x2  −1 0 1
1 t
y3 x3 B −1 = comB =  4 1 −3
−1 detB
Y = AX ⇔ X = A Y 2 1 −2

   
−1 0 1 0
0
Soit B −1 =  4 1 −3 f (e3 ) = f 0 =
1
2 1 −2 1

  1 1 0
2 0 1 Alors A =
−2 1 1
3. C = −1 1 1
1 0 1 2.

1 1 −1 1
detC = 2 + =1 f : R3 → R3
0 1 1 0  
  y+z
1 2 −1
(x, y, z) 7→ z + x
comC =  0 1 0 
x+y
−1 −3 2
 
1 0 −1
t
comC =  2 1 −3    
1 0
−1 0 2
  f (e1 ) = f 0 = 1
  
1 0 −1
1
0 1
Alors C −1 =  2 1 −3
−1 0 2 .P    
0
f (e2 ) = f 1 = 0
0
1
1
.N
Exercice 6 Enoncé    
0 1
f (e3 ) = f 0 = 1
Déterminons la matrice relative aux 1 0
H
 
bases canoniques des applications 0 1 1
linéaires suivantes : Alors A = 1 0 1

1 1 0
V.
1.
3.
f : R3 → R2
f : R3 [X] → R3 [X]
x+y P 7→ P (X + 1)
(x, y, z) 7→
y − 2x + z
B=
(1, X, X 2 , X 3 ) est une base canonique de
B= f (1) = 1 = (1, 0, 0, 0)
(e1 , e2 , e3 ) avec e1 (1, 0, 0), e2 (0, 1, 0), e3 (0, 0, 1)f (X) = X + 1 = (1, 1, 0, 0)
est la base canonique
 de R3 f (X 2 ) = X 2 + 2X + 1 = (1, 2, 1, 0)
1 3 3 2

1 f (X ) = X + 3X + 3X + 1 =
f (e1 ) = f 0 =  (1, 3, 3, 1)
−2  
0 1 1 1 1
 
0 0 1 2 3 
1 Par suite A =  
f (e2 ) = f 1 = 0 0 1 3 
1
0 0 0 0 1

1 1

4. 2 −1 2
Et donc A= 0 1 0
f : R3 [X] → R2 1
2 1 12
P 7→ (P (1), P (2), P (3), P (4))
2. Déduisons les matrices dans B de q
f (1) = (1, 1, 1, 1) et de s.
f (X) = (1, 2, 3, 4) Soit B la matrice de q dans B
f (X 2 ) = (1, 4, 9, 16) Comme p + q = IdR alors A + B = I3
f (X 3 ) = (1, 8, 27, Soit
 64) 
1 1 1 1
1 2 4 8 B = I3 − A
Par suite A =  1 3
 1
1 −1

9 27 2 2
1 4 16 64 =0 0 0
−1
2 −1 21
Exercice 7 Enoncé
Soit C la matrice représentative de
1
s
1. Formons une matrice A de p dans
B
Calculons p(i), p(j) et p(k) avec
i(1, 0, 0), j(0, 1, 0) et k(0, 0, 1)
.P Comme s = 2p − I3 alors
C = 2A − I3
.N
 
0 −2 1
i ∈ R3 alors ∃u1 ∈ P et u2 ∈ D = 0 1 0
tel que i = u1 + u2 et p(i) = u1 1 2 0
H
P = {(x, y, z) ∈ R3 /x + 2y − z = 0}
Exercice 8 Enoncé
= {(x, y, z) ∈ R3 /z = x + 2y}
= {(x, y, x + 2y); x, y ∈ R}
V.
Montrons qu’il existe une base de E

= {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2); (x, y) ∈ R2 } dans laquelle la matrice de f est
 
P = vect{(1, 0, 1); (0, 1, 2)} 0 0 0
1 0 0
u1 ∈ P ⇒ ∃x ∈ R, y ∈ R/ 0 1 0
u1 = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) Puisque f 2 6= 0 alors ∃ e1 ∈ E tel que
u2 ∈ D ⇒ ∃z ∈ R/u2 = z(1, 0, −1) f 2 (e1 ) 6= 0 ;
i = (1, 0, 0) = donc f (e1 ) 6= 0 et e1 6= 0
x(1, 0, 1) + y(0, 1, 2) + z(1, 0, −1) Posons e2 = f (e1 ) , e3 = f 2 (e1 )
Donc on a le système suivant Montrons que e = (e1 , e2 , e3 ) est une
1
 
 1 = x+z 1 = 2 base de E
0 = y ⇒ y = 0 Comme dimE = 3 alors il suffit de
1
0 = x + 2y − z z = 2
 
montrer que e est libre.
1 1 1
Par suite p(i) = 2 i + 2 k = 2 (1, 0, 1) Soit α1 , α2 , α3 ∈ K/α1 e1 + α2 e2 + α3 e3 =
Par analogie on trouve 0 (1)
1
p(j) = (−1, 1, 1) et p(k) = 2 (1, 0, 1) On a :


α1 e1 + α2 e2 + α3 e3 = 0 ⇒ α1 e1 + α2 f (e1 ) + α3 f (e1 ) = 0 γ1 + γ2 + γ3 =

γ1 ε1 + γ2 ε2 + γ3 ε3 = 0 ⇐⇒ γ1 − γ2 = 0
⇒ f 2 (α1 e1 + α2 f (e1 ) + α3 f (e1 )) = 0 
γ1 + γ3 = 0

2 3 4
⇒ α1 f (e1 ) + α2 f (e1 ) + α3 f (e1 ) = 0
⇒ α f 2 (e ) = 0 ⇐⇒ γ1 = γ2 = γ3 =
1 1
⇒ α1 = 0 carf 2 (e1 ) 6= 0 Cette famille est donc libre et par
0
consequent, β forme une base de
L’égalité (1) revient à α2 e2 + α3 e3 = 0 R3
donc 2. Ecrivons la matrice de f dans cette
α2 f (e1 ) + α3 f (e1 ) = 0 base.
On a ainsi f (α2 f (e1 ) + α3 f (e1 )) = 0,    
1 3 −1 −3
ce qui donne α2 f 2 (e1 ) + α3 f 3 (e1 ) = 0 f (ε1 ) = 1 . −1 1 1 
donc 1 1 1 −1
1
α2 f 2 (e1 ) = 0 ⇒ α2 = 0 carf 2 (e1 ) 6= 0
L’égalité (1) revient à α3 e3 = 0
α3 e3 = 0 ⇒ α3 = 0 car e3 6= 0
En résumé α1 = α2 = α3 = 0 ; d’où e est
.P  
= 1

1
1
.N
une famille libre et par conséquent est = ε1
   
une base 1 3 −1 −3
e est une base de E et f (ε2 ) = −1 . −1 1 1 
H
f (e1 ) = e2 f (e2 ) = e3 f (e3 )= 0 donc 0 1 1 −1

 la
0 0 0
 
2
matrice de f dans E est 1 0 0 = −2
V.
0 1 0 0
Ce qui est la même que la matrice de
= 2ε2
l’hypothèse de départ.    
De tout ce qui précède ,on déduit le 1 3 −1 −3
résultat. f (ε3 ) = 0 . −1 1 1 
1 1 1 −1
 
0
Exercice 9 Enoncé = 0
0
0
1. Montrons que β forme une base de Soit 
T cette matrice
 :
R3 . 1 0 0
0
• dimβ = 3 T = 0 2 0

0
• Montrons alors que β est une 0 0 0
famille libre : 3. Déterminons une base de Kerf et
Soit (γ1 , γ2 , γ3 ) ∈ R3 . Imf .

• Kerf
Kerf = {X ∈ R3 /f (X) = 0}      
x 2 −1 −1 0
f (X) = 0 ⇐⇒ y . 1 0 −1 = 0
    
  
x 3 −1 −3
  
0 z 1 −1 0 0

f (X) = 0 ⇐⇒ y  . −1 1 1  = 0 2x − y − z = 0

z 1 1 −1 0 ⇐⇒ x − z = 0
 
3x + y − 3z = 0 x−y =0



⇐⇒ −x + y + z = 0 On a donc :

x+y−z =0
 
x = α

La résolution nous donne donc : y=α
 
x = α z = α, avec α ∈ K


y=0

z = α, avec α ∈ R

1
Kerf = vect{(1, 0, 1)}
.P Kerf = vect{u1 (1, 1, 1)}
• Imf = dimE − dimKerf = 2
Considérons les vecteurs e1 (1, 0, 0)
et e2 (0, 1, 0) qui sont libres.
.N
• Imf Donc Imf = vect{(1, 0, 0); (0, 1, 0)}
D’après le théorème du rang,
dimR3 = dimKerf + dimImf 3. Montrons que D = (u1 , e1 , e2 ) est
⇒ dimImf = dimR3 − dimKerf = 2 une base de E.
H
1 1 0
d’où Imf = vect{(1, 1, 1); (1, −1, 0)}

detD = det 1 0 1 = 1 6= 0 donc D
1 0 0
V.
est une famille libre. De plus

Exercice 10 Enoncé dimD = 3 donc D est bien une base
de E.
La matrice def relativement à D
2

1. CalculonsA
 .    1 1 0
2 −1 −1 2 −1 −1 est : 1 0 1

2
A = 1 0 −1 . 1 0 −1 1 0 0
1 −1 0 1 −1 0
 
2 −1 −1 Exercice 11 Enoncé
A2 = 1 0 −1
1 −1 0
f est donc idempotent. 1. Déterminons Kerf et Imf
3
• Kerf = {u∈ R  /f (u) = 0}
2. Déterminons une base de Imf et x
Kerf . Posons u = y 
• Kerf = {X ∈ E/f (X) = 0} z

Soit X ∈ R3

X ∈ Kerf
X ∈ Imf ∩ Kerf ⇔
X ∈ Imf
  ⇔ ∃(x, y, z) ∈ R3 /
x
x=y = z
f (u) = 0 ⇔ A y  = 0 2
∃(α, β) ∈ R /(x, y, z) = αu1 + βu2
z
x=y = z
⇔
  
2 −1 −1 x x(1, 1, 1) = α(2, −1, −1) + β(−1,
⇔ −1 2 −1 y  = 0 
x = y=z
−1 −1 2 z 

x = 2α − 2β

⇔

 2x − y − z = 0  x = −α + 2β
⇔ −x + 2y − z = 0 

x = −α − β
−x − y + 2z = 0


 x=y=z
 2x − y − z = 0

⇔ 2α − β = −β + 2β ⇔ α = β
1
⇔ 3y − 3z = 0 2α − β = −α − β ⇔ 3α = 0
⇔


−3y + 3y = 0
x = y
y = z
.P 
⇔x=α=β=0
⇔ X = (0, 0, 0) = 0R3
.N
⇔x=y=z
⇔ ∃x ∈ R/u = x(1, 1, 1) Donc Imf ∩ Kerf = {0R3 }
car u = (x, y, z) −→Montrons que Imf + Kerf = R3
H
X ∈ R3 ⇔ ∃(α, β, γ) ∈ R3 , X =
αe1 + βe2 + γe3
On a :
V.
D’où 
 u1 = 2e1 − e2 − e3
Kerf = vect(u3 ) avec u3 = (1, 1, 1) u = −e1 + 2e2 − e3 ⇔
• Imf  2
u3 = e1 + e2 + e3
D’après le théorème du rang, on a : 
dimR3 = rgf + dimKerf donc rg = 2  u1 + 2u2 = 3e1 − 3e3
u − 2u3 = −3e2 − 3e3
On a : Imf = vect(f (e1 ), f (e2 ))  1
u1 = 2e1 − e2 − e3
Imf = vect(u1 , u2 ) avec 
 −2u1 − 2u2 = −6e1
⇔ 2u1 + 2u2 − 2u3 = −6e3
u1 = 2e1 − e2 − e3 
2u2 + 2u3 = 6e2
u2 = −e1 + 2e2 − e3
 e1 = 13 (u1 + u2 )

Démontrons que
⇔ e2 = 13 (u2 + u3 )
Imf ⊕ Kerf = R3
e3 = 13 (−u1 − u2 + u3 )

−→ M ontrons que Imf ∩ Kerf =
{0R3 } Donc

 
X= 3 0 0
α β γ
3 (u1 +u2 )+ 3 (u2 +u3 )+ 3 (−u1 −u2 +u3 ) Par suite D = 0 3 0
Donc 0 0 0

α γ β γ

X = 3 − 3 u1 + 3 − 3 u2 + 3. Décrivons f comme composée de

α β γ
transformations vectorielles
3 + 3 + 3 u3 élémentaires
∀X ∈ R, X = au1 + bu2 + cu3 avec Soit p la projection vectorielle sur
(a, b, c) ∈ R3 et (au1 + bu2 ) ∈ (u1 , u2 ) parallèlement à (u3 ) et P sa
Imf, cu3 ∈ Kerf matrice dans B = (u1 , u2 , u3 ) 
D’où Imf + Kerf = R3 p(u1 = u1 1 0 0
De tout ce qui précède on déduit p(u2 ) = u2 donc P = 0 1 0
que p(u3 ) = 0 0 0 0
R3 = Imf ⊕ Kerf Soit H l’homothétie vectorielle de
rapport k = 3 et H = MB 0 (H)

2. Déterminons une base adaptée à H(u1 ) = 3u1 3 0 0
1
cette supplémentarité : H(u2 ) = 3u2 et donc H = 0 3 0
Du résultat précédent
B 0 = (u1 , u2 , u3 ) est une base
adaptée à cette supplémentarité
.P H(u3 ) = 3u3
MB0 (H ◦ p) = MB0 (H) × MB0 (p)

0 0 3
.N
Soit D = MB0 (f )
  
3 0 0 1 0 0
= 0 3 0 0 1 0
0 0 3 0 0 0
f (u1 ) = f (2e1 − e2 − e3 )
H
 
3 0 0
= 2f (e1 ) − f (e2 ) − f (e3 )
donc D = 0 3 0
= 2(2e1 − e2 − e3 ) − (e1 + 2e2 − e3 )
V.
0 0 0
− (−e1 − e2 + 2e3 ) On a : MB0 (f ) = MB0 (H ◦ p)
= 6e1 − 3e2 − 3e3 Alors f = H ◦ p
2 1
= 3[ (u1 + u3 ) − (u2 + u3 ) Exercice 12 Enoncé
3 3
1
− (−u1 − u2 + u3 )] 1. Montrons que C est une base de
3
= 3u1 R3 .
  Soit (γ1 , γ2 , γ3 ) ∈ R3 .
3
f (u1 ) = 0 
0 γ1 − γ2 + γ3 =

γ1 ε1 + γ2 ε2 + γ3 ε3 = 0 ⇐⇒ γ2 + γ3 = 0
Par analogie on trouve 

γ1 + γ3 = 0
   
0 0
⇐⇒ γ1 = γ2 = γ3 =
f (u2 ) = 3 et f (u3 ) = 0
0 0 Donc C est une famille libre de R3 .

0
De plus dimC = dimR3 = 3 donc • dimβ = dimE = 3
0
c’est une base de R3 . • Vérifions que β est libre.

2. Déterminons la matrice de f dans 1 1 1

C.       detD = det 1 0 −1 = −1 6= 0
1 2 1 −1 1 −1 −1 0
f (ε1 ) = 0 . 0 1 0
    = 0 =
 0
On peut donc conclure que β est
1 1 1 0 1 une base de E.
ε1   
−1 2 1 −1
 ∗ Formons la matrice D de f dans
0
f (ε2 ) =  1  . 0 1 0  = β.
0 1 1 0
 
−1 
1
 
2 1 −1

 1  = ε2
f (ε1 ) =  1  . −2 1 −2
0 −1 1 1 3
     
1 2 1 −1 2  
1
f (ε3 ) = 1 . 0 1 0  = 1 =
1
= 1 
ε1 + ε3
1 1 1 0

1 0 1
On a donc la matrice : 0 1 0
2
 .P −1
= ε1

1
 
2 1 −1

.N
0 0 1 f (ε2 ) =  0  . −2 1 −2
3. Calculons la matrice f n dans β, −1 1 1 3
∀n ∈ N.
 
2
H
 
2 1 −1
= 0 
-Pour n = 1 ; A = 0 1 0 
−2
1 1 0
V.
  = 2ε2
3 2 −2    
-Pour n = 2 ; A2 = 0 1 0  1 2 1 −1
2 2 −1 f (ε3 ) = −1 . −2 1 −2

4 13 − 3
 0 1 1 3
 
-Pour n = 3 ; A3 = 0 1 0 3
3 3 −2 = −3

En continuant le processus, on 0
constate finalement que : f n a pour = 3ε3
matrice  
n + 1 n −n
On a
donc lamatrice :
An =  0 1 0 , ∀n ∈ N 1 0 0
n n 1−n D = 0 2 0
0 0 3
2. ∗ Exprimons la matrice de passage
0 0
1. Montrons que β est une base de E. de β à β .

 
1 1 1 Posons
P = 1 0 −1 
1 0 0

1 −1 0 D = 0 2 0
∗ Calculons P −1 . 0 0 3
On
 a le système : Cherchons C = (ε1 , ε2 , ε3 )
ε1 = e1 + e2 − e3

Soit
ε2 = e1 − e3
 f : (x, y, z) 7→
ε3 = e1 − e2

(3x − 2y + 2z, x + 2y, x + y + z)
Après transformation, on trouve :     
 3 −2 2 x x
e1 = ε1 − ε2 + ε3

f (ε1 ) = ε1 ⇔ 1 2 0 y  = y 
e2 = ε1 − ε2 1 1 1 z z

e3 = ε1 − 2ε2 + ε3


La −1
 matrice P  est donc  3x − 2y + 2z = x
1 1 1 ⇔ x + 2y = y
1
−1 −1 −2 x+y+z = z

1 0 1
3. Relation entre les matrices A, D, P
et P −1 .
.P ⇔



x = y−z
y = −x
x+y = 0
.N
D = P −1 .A.P Prenons ε1 = (1, −1, −2)
n
4. Calculons A , ∀n ∈ N

 2x = 3x − 2y + 2z
H
A = P.D.P −1 =⇒ An = (P.D.P −1 )n f (ε1 ) = 2ε2 ⇔ 2y = x + 2y

2z = x + y + z

=⇒ An = P.Dn .P −1 , ∀n ∈ N
V.

n
A =  x − 2y + 2z = 0
⇔ x = 0
(1 − 2n + 3n ) (1 − 2n ) (1 − 2n+1 + 3n )
 
x+y−z = 0

 (1 − 3n ) 1 (1 − 3n ) 
(2n − 1) (2n − 1) (2n+1 − 1) x=0
⇔
y=z
, ∀n ∈ N
Prenons ε2 = (0, 1, 1)

Exercice 15 Enoncé  3x = 3x − 2y + 2z
f (ε3 ) = 3ε3 ⇔ 3y = x + 2y
3z = x + y + z

1. Montrons qu’il existe une base
C = (ε1 , ε2 , ε3 )

 y−z = 0
de E dans laquelle la matrice ⇔ x−y = 0
représentative de 
x + y − 2z = 0
f est une matrice diagonale D ⇔x=y=z

Prenons ε3 = (1, 1, 1) Soit u un vecteur quelconque de
Montrons que C = (ε1 , ε2 , ε3 ) est R3 .X sa matrice dans B; X 0 sa
une famille libre matrice dans C, alors P X 0 = X,
Soit (α, β, γ) ∈ R3 tel que d’autre part, AX sera la matrice de
αε1 + βε2 + γε3 = 0 f (u) dans B et DX 0 sera la matrice
de f (u) dans C.
Ainsi
αε1 + βε2 + γε3 = 0 ⇔
P DX 0 = AX donc DX 0 = P −1 AX, or
α(1, −1, −2) + β(0, 1, 1) + γ(1, 1, 1) = 0 ⇔ X = P X 0 donc D = P −1 AP X 0

 α+β = 0 Alors D = P −1 AP
−α + β + γ = 0 ⇔ Calculons An pour tout n ∈ N
−2α + β + γ = 0 on a : D = P −1 AP

P D = AP ⇒ P DP −1 = A

 α = −γ
β + 2γ = 0 ⇔ Alors An = (P DP −1 )n = P Dn P −1

β + 3γ = 0 Raisonnons par récurrence
1
 Pour n = 2, on a :
α = 0

β = 0
γ = 0
.P A2 = (P DP −1 )(P DP −1 )
= P D(P −1 P )DP −1
.N
Alors C = (ε1 , ε2 , ε3 ) est une base et
il existe effectivement C = P DDP −1
2. Déterminons la matrice de passage A2 = P D2 P −1
B à C. 
P de 
H
1 0 1 Soit n > 1
P = −1 1 1
 Supposons que An = P Dn P −1
et montrons que An+1 = P Dn+1 P −1
V.
−2 1 1
Calculons
 P −1
 ε1 = e1 − e2 − 23
ε2 = e2 + e3 ⇔ An+1 = (P DP −1 )n+1
ε3 = e1 + e2 + e3 = (P DP −1 )n (P DP −1 )

= (P Dn P −1 )(P DP −1 )

 e1 = ε3 − ε2
e = −ε1 + 3ε2 − ε3 = P Dn+1 P −1
 2
e3 = −ε1 − 2ε2 + ε3 D’où le résultat
 
0 1 −1
Par suite P −1 = −1 3 −2 An =
  n  
1 −1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 −1
−1 1 1 0 2 0 −1 3 −2
3. Relation liant les matrices
−2 1 1 0 0 3 1 −1 1
A, D, P et P −1 =
On a :D = P −1 AP
   
1 0 1 1 0 0 0 1 −1
−1 1 1 0 2n 0  −1 3 −2
P reuve −2 1 1 0 0 3n 1 −1 1

  
1 0 1 0 1 −1 F +G⊂F +H
= −1 1 1 −2n 3.2n −2n+1  H ⊂ G donc F + H ⊂ F + G. Par
−2 1 1 3n −3n 3n conséquent F + G = F + H (1)
n
A
 = n n n
 Montrons que F ∩ G = {0}
3 1−3 −1 + 3 Soit x ∈ F ∩ H
−2 + 3n
n
−1 + 3.2 − 3 1 − 2n+1 + 3n 
n n
−2n + 3n −2 + 3.2n − 3n 2 − 2n+1 + 3n

x∈F ∩H ⇒x∈F ∩G
Exercice 16 Enoncé ⇒ x ∈ (F ∩ G) ∩ {H}
⇒ x ∈ {0}
Exercice 18 Enoncé donc F ∩ H = {0} (2)

De (1) et (2), on a :
(F + G) = (F + H) donc
dim(F + G) = dimF + dimH or
1
1- Faux
2- Vrai
.P G = (F ∩ G) + H alors
dimH = dimG − dim(F ∩ G)
Conclusion :
.N
dimF + G =
Soit F et G deux sous espaces vectoriels dimF + dimG − dim(F ∩ G)
d’un K-espace vectoriel E de dim fini. 2eme méthode
Posons dimF = p , dimG = q
H
1. Montrons que
Soit (e1 , ..., ek ) une base de F ∩ G
dim(F + G) =
Par le théorème de la base
dim(F ) + dim(G) − dim(F ∩ G)
V.
incomplète, on la complète en une

Considérons H un supplémentaire
base (e1 , .., ek , .., ep ) de F.
de F ∩ G dans G.
Par le théorème de la base
Montrons que F et H sont
incomplète,on la complète en une
supplémentaires dans F + G 0 0
base (e1 , .., ek , .., eq ) de G.
soit x ∈ F + G
Montrons que
0 0
β = (e1 ..., ek , ek+1 , ..ep , ek+1 , ..eq ) est
x ∈ F + G ⇒ ∃a ∈ F, b ∈ G/x = a + b une base de F + G
⇒ x = a + c + d, avec V ect(ek+1 ...ep ) est un
b = c + d, c ∈ F ∩ G et supplémentaire de F ∩ G dans F.
0 0
V ect(ek+1 ...eq ) est un
d ∈ H car b ∈ G
supplémentaire de F ∩ G dans G
⇒ x = (a + c) + d avec 0
→ Soit λ1 , ..λk , λk+1 , ...λp , λk+1 , .., λq ,
0
a + c ∈ F et d ∈ H des réels tels que

0 0 0 0
⇒x∈F +G λ1 e1 +...+λp ep +λk+1 ek+1 +..+λq eq = 0
(1)

Par l’absurde, si les coefficients •b⇒c
0 0
λk+1 , ...λp , λk+1 , .., λq étaient non Supposons que E = F + G et
tous nul, on aurait F ∩ G = {0} et montrons que
0
λ1 e1 + ... + λp ep = −(λk+1 ek+1 + .. +
0 dimF + dimG = dimE
0 0 0 0
λq eq ) ∈ F ∩ V ect(ek+1 ...eq )/{0} ce qui Comme E = F + G, il reste à
0
est absurde car V ect(ek+1 ...eq ) est
0 montrer que dimF + dimG = dimE
un supplémentaire de F ∩ G dans on a :
0 0
G. D’où λk+1 , .., λq sont tous nuls. dimE = dim(F + G)
(1) devient donc λ1 e1 + ... + λp ep = 0 = dimF + dimG − dim(F ∩ G) or
⇒ λ1 = ... = λp = 0 car F ∩ G = {0} donc dim(F ∩ G) = 0.
(e1 , .., ek , .., ep ) est une base d’où De là dimE = dimF + dimG
0 0
(e1 ..., ek , ek+1 , ..ep , ek+1 , ..eq ) est libre. •c⇒b
→ Montrons que On a :
0 0
(e1 ..., ek , ek+1 , ..ep , ek+1 , ..eq ) engendre dimE = dimF + dimG − dim(F ∩ G)
F + G. or d’après l’hypothèse,
1
x ∈ F + G ⇒ x ∈ V ect(F ∪ G)
x = x1 + x2 , x1 ∈ F
0
x2 ∈ V ect(ek+1 ...eq )
0
.P dimE = dimF + dimG donc
dim(F ∩ G) = 0. Ainsi F ∩ G = {0}
•b⇒a
Soit x ∈ E
.N
car x = (α1 e1 + ... + αp ep ) E = F + G donc
0 0 0 0 ∃!(x1 , x2 ) ∈ F × G/x = x1 + x2 .
+ (αk+1 ek+1 + ... + αq eq )
Montrons que (x1 , x2 ) est unique.
H
2. Montrons les équivalences Pour cela, supposons qu’il existe

0 0
suivantes : x1 , x2 telles que

0 0
(x1 − x1 ) = (x2 − x2 ) ∈ F ∩ G, or
V.
(a ⇐⇒ b ⇐⇒ c)
•a⇒b F ∩ G = {0} donc
( 0
Supposons que F et G sont en x1 − x1 = 0
somme directe et montrons que 0
x2 − x2 = 0
E = F + G et F ∩ G = {0}.
d’où (x1 , x2 ) est unique.
soit x ∈ E
Conclusion :
D’après la définition,
a ⇐⇒ b et b ⇐⇒ c alors
∃!x1 , x2 ∈ F × G/x = x1 + x2 . Donc a ⇐⇒ b ⇐⇒ c
x ∈ F + G alors E ⊂ F + G. Comme
F ⊂ E et G ⊂ E, ainsi F + G ⊂ E. Exercice 21 Enoncé
Par conséquent, E = F + G.
Soit x ∈ F ∩ G 1. Vérifions si β0 , β1 et β3 sont des
Alors x ∈ F et x ∈ G. bases de P3 .
x = 0 + x = x + 0 donc x = 0 d’où • β0 = {1, X, X 2 , X 3 }
F ∩ G = {0} β0 est une base canonique de P3
De là, ∗a ⇒ b est démontré. donc c’est une base de P3 .

• β1 = {1, 1 − X, X − X 2 , X 2 − X 3 } Comme κ est libre, il reste à
Vérifions si β1 est libre. montrer qu’elle est génératrice de
Soit (α1 , α2 , α3 , α4 ) ∈ <4 / E.
α1 (1) + α2 (1 − X) + α3 (X − X 2 ) Soit x ∈ E, comme κ est libre
+α4 (X 2 − X 3 ) = 0 maximale, alors κ ∪ {x} est liée.
Ainsi, il existe des scalaires
(α, α1 , ..., αp ) 6= (0, ..., 0) avec α
⇒ (α1 + α2 )(1)
nécessairement non nul, sinon la
+ (α3 − α2 )X + (α4 − α3 )X 2 − α4 X 3 = 0
 famille κ ne serait pas libre.


 α1 = −α2

α = α
3 2 1X
⇒ Donc x = − αi e i
 α4 = α3 α
αi

 X
βi ei avec βi = − et 1 ≤ i

α = 0
4 x=
α
⇒ α1 = α2 = α3 = α4 = 0
1
car β0 est une base de P3.
Donc β1 est une famille libre de P3

.P κ est libre et génératrice de E donc
une base
b) Nombre de vecteurs d’une famille
.N
Comme dimP3 = 4 et que β1 est une libre maximale m = n = dimE
famille libre de quatre
vecteurs,alors β1 est une base P3 . c) Démontrons qu’une famille libre
peut être complétée en une base
H
2. Exprimons F (x) dans les bases β1

de E.
et β2
Si κ n’est pas une famille libre
• Dans β1
maximale,on peut lui ajouter un
V.
F (x) = 3X − X 2 + 8X 3
vecteur x1 de E tel que κ ∪ {x1 }
β1 = {1, 1 − X, X − X 2 , X 2 − X 3 }
reste libre. On répète le processus
jusqu’à obtenir une famille libre
F (x) = 3X − X 2 + 8X 3 maximale qui est une base.
= −2X 2 − X 3 + 7X 2 + 3X 2.a) Montrons que toute famille
= −8(X 2 − X 3 ) − 7(X − X 2 ) génératrice minimale est une base.
− 10(1 − X) + 10 Soit G une famille génératrice
F (x) = (10, −10, −7, −8) minimale telle que G = {e1 , ..., en }.
Comme G est génératrice, il reste à
Exercice 22 Enoncé montrer que G est libre.
Soit (αi ) avec 1 ≤ i ≤ n une famille
1.a) Montrons que toute famille libre de scalaire.P
maximale de E est une base Posons αi ei = 0. Par l’absurde,
Soit κ = (e1 , ..., ep ) une famille libre supposons que
maximale de E. (α1 , α2 , ..., αn ) 6= (0, ..., 0).

En prenant α1 6= 0, on a :
X
αi ei = 0 avec 1 ≤ i ≤ 3
1 X
e1 = − αi ei avec 2 ≤ i ≤ n. 
α1 
 α1 + α2 + 2α3 = 0
X αi 

= βi ei avec βi = − 2α + α + α = 0
1 2 3
α1 ⇐⇒


 3α1 + α2 + α3 = 0

4α + 3α + α = 0
0
Donc la famille G = {e2 , ..., en } est 1 2 4

aussi génératrice ( ce qui est 
 α1 + α2 + 2α3 = 0

absurde ). D’où G est une famille 
−α − α = 0
2 3
libre de E. ⇐⇒


 −2α2 − 5α3 = 0

−α − 7α = 0
b) N = dimE 2 3
⇐⇒ α1 = α2 = α3 = 0
c) Démontrons que de toute famille
1
génératrice, on peut extraire une
base.
Comme G est une famille
génératrice, alors si elle n’est pas
.P
donc la famille (e1 , e2 , e3 ) est libre. D’où
dimE = 3
- 2eme méthode :
.N
 
1 1 2
minimale, on peut y retirer un 2 1 1
vecteur xi qui est une combinaison Considérons la matrice A 
3 1 1

des autres vecteurs. On répète le 4 3 1
H
processus jusqu’à obtenir une 

1 1 2

famille génératrice minimale qui 0 −1 −3
est une base. rgA = rg  
V.
0 −2 −5
0 −2 −7
0
Exercice 23 Enoncé L2 = L2 − 2L1

0
L3 = L3 − 3L1
0
L4 = L4 − 4L1
Soient e1 = (1, 2, 3, 4), e2 = (1, 1, 1, 3),
e3 = (2, 1, 1, 1),  
1 1 2
e4 = (1, 0, 1, 2), e5 = (2, 3, 0, 1) et 0 −1 −3
E = V ect{e1 , e2 , e3 }, F = V ect{e4 , e5 } rgA = rg 
0 0 1 

Calculons les dimensions respectives 0 0 −4
de : 
1 1 2

•E 0 −1 −3
3 rgA = rg 
0 0 1  = 3

- Soit (αP
1 , α2 , α3 ) ∈ <
Posons αi ei = 0 avec 1 ≤ i ≤ 3 0 0 0

•F   D’où dim(E ∩ F ) = 1
1 2
0 3  Exercice 24 Enoncé
Soit Af la matrice : Af = 1 0 

2 1 1. Montrons que

1 2
 
1 2
 rg(u + v) ≤ rg(u) + rg(v) :
0 3  0 3  Soit l’application
rgAf = rg   = rg    =2
0 −2 0 0 f :E −→ F
0 −3 0 0 x 7−→ u(x) + v(x)
donc dimF = 2
•E+F f est une application linéaire en
e3 , e4 , e5 }
E + F = Vect{e1 , e2 ,  tant que somme de deux
1 2 3 4 applications linéaires .
1 1 1 3  ∀x ∈ E, (u + v)(x) = u(x) + v(x) ≤
 
Soit B =  Im(u) + Im(v)
2 1 1 1 

1 0 1 2  on en déduit que
1

2 3 0 1
1 2 3 4
0 1 2 1 

.P Im(u + v) ⊂ Im(u) + Im(v)
Par passage aux dimensions, on a :
.N
 
rgB = rg  0 −3 −5 −7 
 dimIm(u + v) ≤ dim(Im(u) + Im(v))
0 2 2 2 
dimIm(u + v) ≤ dimIm(u) + dimIm(
0 −1 −6 −7
  − dim(Im(u) ∩ Im(v))
1 2 3 4
H
0 1 2 1  dimIm(u + v) ≤ dimIm(u) + dimIm(

car − dim(Im(u) ∩ Im(v)) ≤ 0
 
rgB = rg 0 0 1 −4

V.
0 0 −2 0 
0 0 −4 −6
  Donc rg(u + v) ≤ rg(u) + rg(v)
1 2 3 4
0 1 2 1  2. Déduisons alors que
  | rg(u) − rg(v) |≤ rg(u + v)
rgB = rg 0 0 1 −4 =

0 0 0 −8
0 0 0 −4 rg(u) = rg(u + v − v) =⇒
 
1 2 3 4 rg(u) ≤ rg(u + v) + rg(−v)
0 1 2 1 
rg 
0 0 0 −8 = 2
 ≤ rg(u + v) + rg(v)
0 0 0 0 alors rg(u) − rg(v) ≤ rg(u + v) (1)
Une base de E + F est β{e1 , e2 , e3 , e4 }
•E∩F
rg(v) = rg(v + u − u) =⇒
dim(E + F ) = dimE + dimF − dim(E ∩ F )
rg(v) ≤ rg(u + v) + rg(−u)
donc
dim(E ∩ F ) = dimE + dimF − dim(E + F ). ≤ rg(u + v) + rg(u)

alors −rg(u + v) ≤ rg(u) − rg(v) (2) 2. Montrons que ϕ est un
de (1) et (2), on a : épimorphisme si et seulement si
−rg(u+v) ≤ rg(u)−rg(v) ≤ rg(u+v) l’image par ϕ d’une famille
d’où | rg(u) − rg(v) |≤ rg(u + v) génératrice de E est une famille
génératrice de F .
Exercice 25 Enoncé Soit Γ = (e1 , ..., en ) une famille
génératrice de E.
1. Montrons que ϕ est un a) ⇒
monomorphisme si et seulement si Supposons que ϕ est un
l’image par ϕ d’une famille libre de épimorphisme et montrons que
0
E est une famille libre de F : Γ = {ϕ(ei )1≤i≤n } est une famille
génératrice de F :
a) ⇒
Soit y ∈ F
Supposons que ϕ est un
ϕ étant surjective donc ∃x ∈ E tel
morphisme injectif et soit
que y = ϕ(x). Γ étant génératrice
1
κ = (e1 , ..., en ) une famille libre de
alors
E.
Montrons que l’image
0
κ = {ϕ(ei )1≤i≤n } est une famille
.P ∃(λi )1≤i≤n ∈ K n / y = ϕ( λi ei ) =⇒
P
génératrice.
0
y = λi ϕ(ei ) d’où Γ est
P
.N
libre de F :
Soit (λi )1≤i≤n ∈ K n b) ⇐
Supposons que l’image par ϕ d’une
famille génératrice est une famille
H
X X
λi ϕ(ei ) = 0 =⇒ ϕ( λi e i ) = 0 génératrice et montrons que ϕ est
un morphisme surjective.
X
=⇒ λi ei = 0
V.
E est une famille génératrice de E,

car ϕ est injectif ainsi ϕ(E) est une famille
génératrice de F . Et comme
or κ est une famille libre donc
0 ϕ(E) = Imϕ alors Imϕ = F , et
(λi )1≤i≤n = 0. D’où κ est aussi une
donc ϕ est surjective.
famille libre.
b) ⇐ Exercice 26 Enoncé
Supposons que l’image par ϕ d’une
famille libre est une famille libre et Soit f : R3 −→ R3
montrons que ϕ est un (x, y, z) 7−→
monomorphisme. (x + 2y + z, 2x + y + 3z, −x − y − z)
Supposons que v1 ∈ Kerϕ/{0}, 1. Montrons que f est linéaire
alors {v1 } est libre or la famille Soient X1 = (x1 , y1 , z1 ) ,
ϕ({v1 }) est liée car X2 = (x2 , y2 , z2 ) deux éléments de
ϕ({v1 }) = 0. Donc Kerϕ = {0}. Par R3 et (λ, α) ∈ R2 .
conséquent ϕ est injectif. Il suffit de montrer que

f (αX1 + λX2 ) = αf (X1 ) + λf (X2 )
On a :   
1 2 1 x
αX1 + λX2 =
f (x, y, z) = 0 ⇐⇒  2 1 3  y  =
(αx1 + λx2 , αy1 + λy2 , αz1 + λz2 ) Alors
−1 −1 −1 z
f (αX1 + λX2 ) = 
x + 2y + z = 0

  ⇐⇒ 2x + y + 3z = 0
αx1 + λx2 + 2αy1 + 2λy2 + αz1 + λz2 
−x − y − z = 0

2αx1 + 2λx2 + αy1 + λy2 + 3αz1 + 3λz2  
−αx1 − λx2 − αy1 − λy2 − αz1 − λz2 x + 2y + z = 0

f (αX1 + λX2 ) = ⇐⇒ −3y + z = 0

y=0

⇐⇒ x = y = z = 0
 
αx1 + 2αy1 + αz1
2αx1 + αy1 + 3αz1  +
−αx1 − αy1 − αz1 Donc Kerf = {0R } avec
1
  0R = (0, 0, 0). DimKerf = 0
λx2 + 2λy2 + λz2
2λx2 + λy2 + 3λz2 
−λx2 − λy2 − λz2
f (αX1 + λX2 ) = αf (X1 ) + λf (X2 )
.P
b) Oui car Kerf = {0R }.
4.a) rgf et base de Imf
.N
D’après le théorème du rang,on a :
donc f est bien linéaire. rgf = 3 d’où (e1 , e2 , e3 ) est une base
de Imf
f est surjective car Imf = R3
H
2. Matrice A de f dans la base
V.
canonique
β = (e1 , e2 , e3 ) Exercice 29 Enoncé

f (e1 ) = (1, 2, −1)
f (e2 = (2, 1, −1) Exercice 30 Enoncé
f (e3 = (1, 3,−1)

1 2 1
Ainsi, A =  2 1 3 
−1 −1 −1 Exercice 32 Enoncé
3.a) Base et dimension de Kerf
Kerf = {(x, y, z) ∈ R3 /f (x, y, z) =
0}


1
10.3
.P
ÉNONCÉ DES DEVOIRS D’ALGÈBRE LINÉAIRE

.N
Second devoir sont des réels est un sous espace
vectoriel de dimension 3 de M3 (R)
Exercice 1
3. Montrer que le produit de deux
H
Soit E un K- espce vectoriel de éléments de Γ est un élément de Γ

dimension finie n et f un 4. Calculer
 l’inverse de la matrice
V.

endomorphisme de E. Montrer que : 0 1 1
A = 1 0 1
ker f = Imf ⇐⇒ f 2 = 0etn = 2rg (f )

1 1 0
Exercice 2
5. Calculer B 2 puis B n où n est
un entier naturel
   
0 0 1 1 1 1
Soit1 0 0 B = 1 1 1 D = 6. C = I3 + B . CalculerC n .
0 1 0 1 1 1
  7. Montrer que Dn = αn D + βn I3 où I3
2 1 1
1 2 1 est la matrice identité 3 ∗ 3
etαn et βn sont des réels que l’on
1 1 2
precisera.
1. Calculer J 2 etJ 3
2. Montrer que Exercice 3
 l’ensemble
 des Γ des
a c b
matrices : b a c  où a, b et c 1. Soit n un entier supérieur où égal à
c b a 2 et soit E=Rn [X]. Soit H

l’ensemble des polynômes P de E 2. Montrer que E = {x ∈ R3 , f (x) = x}
tels que P (1) = P 0 (1) = 0 est un sous espace vectoriel de R3
a Montrer que H est un sous-espace de dimension 1 et donner un
vectoriel de E vecteur non nul a de E
3. Montrer que F = {(x1 ; x2 ; x3 ) ∈
b Montrer que P appartient à H si et
R3 , −2x1 + 2x2 + 3x3 = 0} est un
seuleument si (X − 1)2 divise P
sous espace vectoriel de R3 donne
c Donner une base de H et une base (b; c) de F .
déterminer sa dimension
4. Montrer que β 0 = (a; b; f (b)) est une
2. Soit F un espace vectoriel de base de R3
dimension n et soit f un 5. Montrer que E ⊕ F = R3
endomorphisme de F .On suppose
6. Déterminer la matrice R de f dans
qu’il existe un entier naturel non
la base β 0
nul p tel que f p = 0 et f p−1 6= 0
a Soit x de F tel que f p−1 6= 0. Exercice 3
1
Montrer que lafamille
x, f (x)......f p−1 est libre .En
déduire que p ≤ n
.P
Soit E un espace vectoriel sur R de
dimension n ∈ N et B une base de E .
Soit g un endomorphisme tel que
.N
b Montrer que f n = 0 g 2 = −idE . On désigne par A la matrice
de g dans la base B
Rattrapage
1. Calculer det(A2 )
H
Exercice 1 2. En déduire que n est un nombre

pair . Dans la suite on suppose que
V.
n = dim(E) = 2
Soit u une application linéaire d’un
espace vectoriel E vers un espace 3. Soit v ∈ E un vecteur non nul .
vectoriel F . Montrer que u est injective Montrer que la famille C = (v; g(v))
si et seulement si Ker(u) = 0E est une base de E .
4. Donner la matrice de g dans la
Exercice 2 base C
5. En déduire que pour toute matrice
Soit β = (e1 ; e2 ; e3 ) la base canonique de M ∈ M2 (R) telle que M 2 = I2 , il
R3 Soit f un endomorphisme de R3 tel existe une matrice inversible
P
que : 0 −1
telle que P −1 M P =
f (e1 ) = −3e1 + 2e2 − 4e3 1 1
f (e2 ) = e1 − e2 + 2e3
Exercice 4
f (e3 ) = 4e1 − 2e2 + 5e3
1. Déterminer la matrice de f dans la Soit n un entier naturel supérieur ou
base canonique . égal à 2 et K = R ou C

1. Montrer que l’ensemble est un endomorphisme puis
H = {M ∈ Mn (K), tr(M ) = 0} est déterminer sa trace
un sous-espace vectoriel de Mn (K) 4. Etablir que
et déterminer sa dimension φ ◦ φ = (n − 2)φ + (n − 1)Id.En
2. Donner une base de H déduire que pour n ≥ 2
3. Soit φ l’application , qui à toute l’application φ est inversible et
matrice M de Mn (K) associe déterminer son inverse
φ(M ) = tr(M )In − M
Anné académique 2018-2019
Premier devoir On définit les endomorphismes fn , g et

ppar :
Exercice 1 Corrigé  fn (e1 ) = e1 − n1 e2 + n1 e3
fn (e2 ) = n1 e1 + n+2 e2 − n1 e3 ;
1
n
fn (e3 ) = n1 e1 + n1 e2 + e3
.P


 g(e1 ) = 0

g(e2 ) = e2 ;
g(e3 ) = e3

 p(e1 ) = u

p(e2 ) = v pour
p(e3 ) = w
.N
∗
tout n ∈ N .
Second devoir
1. Déterminer la matrice An de fn
Exercice 1 Corrigé relative à la base B puis en déduire
H
pour tout (x, y, z) ∈ R3 , l’écriture de

fn (xe1 + ye2 + ze3 ) dans la base B
Soit E un K-espace vectoriel de
pour tout n ∈ N∗ .
V.
dimension finie ; F et G deux

sous-espaces vectoriels de E. 2. On pose hn = IdE + n1 g pour tout
n ∈ N∗ .
1. Montrer (sans utiliser le théorème
de Grassmann) que si F et G sont (a) Montrer que C = (u, v, w) est
supplémentaires dans E alors une base de E.
dim(E) = dim(F ) + dim(G)’ (b) Comparer la matrice Dn de hn
2. Montrer que dans B et celle de fn dans la
(dim(F ) + dim(G) = dim(E) et F ∩ base C pour tout n ∈ N∗ .
G = {0E }) ⇐⇒ F ⊕ G = E. 3. On pose πn = f1 ◦ f2 ◦ ... ◦ fn pour
tout n ∈ N∗ .
(a) Prouver que
Soient E un R-espace-vectoriel et πn = p ◦ h1 ◦ h2 ◦ ... ◦ hn ◦ p−1
B = (e1 , e2 , e3 ) une base de E. On pose pour tout n ∈ N∗ .
u = e1 +e2 −e3 ; v = e1 +e2 et w = −e2 +e3 . (b) Prouver par récurrence que

pour tout n ∈ N∗ on a : Exercice 1
h1 ◦ h2 ◦ ... ◦ hn = IdE + ng.
(c) En déduire Soit u une application linéaire d’un
πn (e1 ), πn (e2 ) et πn (e3 ). espace vectoriel E vers un espace
vectoriel F . Montrer que u est injective
4. Soit n ∈ N∗
si et seulement si Ker(u) = 0E
(a) Prouver que h1 ◦ h2 ◦ ... ◦ hn est
inversible et son inverse est Exercice 2
n
IdE − n+1 g.
(b) En déduire que πn est Soit β = (e1 ; e2 ; e3 ) la base canonique de
3 3
inversible et déterminer dans B R Soit f un endomorphisme de R tel
la matrice de (πn )−1 . que :
f (e1 ) = −3e1 + 2e2 − 4e3
Exercice 3 Corrigé f (e2 ) = e1 − e2 + 2e3
f (e3 ) = 4e1 − 2e2 + 5e3
1
1. Déterminer la matrice de f dans la
1. Soit n un entier supérieur ou égal
à 2 et soit E = Rn [X]. Soit H
l’ensemble des polynômes P de E
tels que P (1) = P 0 (1) = 0.
.P base canonique .
2. Montrer que E = {x ∈ R3 , f (x) = x}
.N
est un sous espace vectoriel de R3
(a) Montrer que H est un de dimension 1 et donner un
sous-espace vectoriel de E. vecteur non nul a de E
3. Montrer que F = {(x1 ; x2 ; x3 ) ∈
H
(b) Montrer que P appartient à H

si et seulement si (X − 1)2 R3 , −2x1 + 2x2 + 3x3 = 0} est un
divise P . sous espace vectoriel de R3 donne
V.
une base (b; c) de F .

(c) Donner une base de H et
déterminer sa dimension. 4. Montrer que β 0 = (a; b; f (b)) est une
base de R3
2. Soit F un espace vectoriel de
dimension n et soit f un 5. Montrer que E ⊕ F = R3
endomorphisme de F . On suppose 6. Déterminer la matrice R de f dans
qu’il existe un entier naturel non la base β 0
nul p tel que f p = 0 et f p−1 6= 0.
Exercice 3
(a) Soit x de F tel que f p−1 (x) 6= 0.
Montrer que la famille Soit E un espace vectoriel sur R de
(x, f (x), ..., f p−1 (x)) est libre. En dimension n ∈ N et B une base de E .
déduire que p ≤ n. Soit g un endomorphisme tel que
n
(b) Montrer que f = 0. g 2 = −idE . On désigne par A la matrice
de g dans la base B
Rattrapage
1. Calculer det(A2 )

2. En déduire que n est un nombre 1. Montrer que l’ensemble
pair . Dans la suite on suppose que H = {M ∈ Mn (K), tr(M ) = 0} est
n = dim(E) = 2 un sous-espace vectoriel de Mn (K)
3. Soit v ∈ E un vecteur non nul . et déterminer sa dimension
Montrer que la famille C = (v; g(v)) 2. Donner une base de H
est une base de E .
3. Soit φ l’application , qui à toute
matrice M de Mn (K) associe
base C
5. En déduire que pour toute matrice φ(M ) = tr(M )In − M
M ∈ M2 (R) telle que M 2 = I2 , il
existe une matrice inversible
P est un endomorphisme puis
0 −1 déterminer sa trace
telle que P −1 M P =
1 1
4. Etablir que
Exercice 4 φ ◦ φ = (n − 2)φ + (n − 1)Id.En
1
déduire que pour n ≥ 2
Soit n un entier naturel supérieur ou
égal à 2 et K = R ou C .P l’application φ est inversible et
déterminer son inverse
Anné académique 2019-2020
.N
Premier devoir 3. On pose n = dim(E), p =
dim(Ker f ), et q = dim(Ker g).
H
Exercice 1 Démontrer que l’on a : p + q ≥ n.

4. On suppose, de plus, que l’on a :
V.
Soit E un K-espace vectoriel de Ker f ∩ Ker g = {0E }. Démontrer

dimension finie n et f un que les sous-espaces vectoriels
endomorphisme de E. Montrer que : Ker f et Ker g sont
supplémentaires dans E.
Ker f = Im f ⇐⇒ (f 2 = 0 et n = 2 rg(f )).
Exercice 3
Exercice 2
 
0 0 1
Soient E un espace vectoriel réel de Soit J = 1 0 0 , B =
dimension finie, f et g deux 0 1 0
   
endomorphismes de E tels que : 1 1 1 2 1 1
g ◦ f = 0. 1 1 1 , D = 1 2 1
1. Énoncer et démontrer le théorème 1 1 1 1 1 2
de rang. 1. Calculer J 2 et J 3 .
2. Démontrer que Im f ⊂ Ker g. 2. Montrer que l’ensemble I n des

(a) Soit x de F tel que f p−1 (x) 6= 0.
 
a c b
matrices :  b a c  où a, b, c sont Montrer que la famille
c b a (x, f (x), ..., f p−1 (x)) est libre. En
des réels, est un sous-espace déduire que p ≤ n.
vectoriel de dimension 3 de M3 (R). (b) Montrer que f n = 0.
3. Montrer que le produit de deux Second devoir
éléments de Γ est un élément de Γ.
4. Calculer Exercice 1
 l’inverse
 de la matrice
0 1 1
A = 1 0 1. Soit n un entier naturel supérieur ou
1 1 0 égal à 2 et K = R ou C.
5. Calculer B 2 , puis B n où n est un 1. Montrer que l’ensemble
entier naturel non nul. H = {M ∈ Mn (K), tr(M ) = 0}
6. Soit C = I3 + B. Calculer C n . est un sous-espace vectoriel de
1
n
7. Montrer que D = αn D + βn I3 , où I3
est la matrice identité 3 × 3 et
αn et βn sont des réels que l’on
.P Mn (K) et déterminer sa
dimension.
2. Donner une base de H.
.N
précisera. 3. Soit φ l’application, qui à toute
matrice M de Mn (K) associe
Exercice 4
φ(M ) = tr(M )In − M.
H
1. Soit n un entier supérieur ou égal à Montrer que φ est un

2 et soit E = Rn [X]. Soit H endomorphisme de Mn (K)et
V.
l’ensemble des polynômes P de E déterminer sa trace.

tels que P (1) = P 0 (1) = 0. 4. Établir que
(a) Montrer que H est un φ ◦ φ = (n − 2)φ + (n − 1)Id.
sous-espace vectoriel de E.
En déduire que pour n ≥ 2
(b) Montrer que P appartient à H l’application φ est inversible et
si et seulement si (X − 1)2 déterminer son inverse.
divise P .
Exercice 2
(c) Donner une base de H et
déterminer sa dimension. Soit E un espace vectoriel sur R de
2. Soit F un espace vectoriel de dimension n ∈ N∗ et B une base de E.
dimension n et soit f un Soit g un endomorphisme tel que
endomorphisme de F . On suppose g 2 = −idE . On désigne par A la matrice
qu’il existe un entier naturel non de f dans la base B.
nul p tel que f p = 0 et f p−1 6= 0. 1. Calculer det(A2 ).

2. En déduire que n est un nombre 5. Utiliser les résultats de la question
pair. Dans la suite on suppose que (4) pour retrouver celui de la
n = dim(E) = 2. question (1).
3. Soit v ∈ E un vecteur non nul. 6. Montrer qu’il existe trois suites
Montrer que la famille réelles (αn )n≥0 , (βn )n≥0 et (γn )n≥0
C = {v, g(v)} est une base de E. telles que pour tout entier naturel
n on ait l’égalité
An = αn A2 + βn A + γn I4 .
base C.
7. Montrer que la formule donnant
5. En déduire que pour toute matrice An est vraie pour les exposants
M ∈ M2 (R) telle que M 2 = −I2 , il négatifs.
existe une matrice inversible
P ∈ M2 (R) telle Exercice 4
Soient β = (e1 , e2 , e3 ) la base canonique

0 −1
P −1 M P = de R3 . Soit f un endomorphisme de R3
1 1
1
Exercice 3 .P
définie par
f (e1 ) =
f (e2 ) =
−3e1 + 2e2 − 4e3 ,
e1 − e2 + 2e3 ,
.N
Soit ϕ l’endomorphisme de R4 dont la
f (e3 ) = 4e1 − 2e2 + 5e3 .
matrice dans la base canonique est
  1. Déterminer la matricce de f dans
0 1 1 0 la base canonique.
H
−1 −2 1 −2
A=  2. Montrer que E = {x ∈ R3 , f (x) = x}
 2 6 −1 4 
est un sous-espace vectoriel de R3
4 8 −4 7
V.
de dimension 1 et donner un
1. Montrer que A est inversible et vecteur non nul a de E.
calculer A−1 . 3. Montrer que F = {(x1 , x2 , x3 ) ∈
R3 , −2x1 + 2x2 + 3x3 = 0} est un
2. On pose 1 = (1, −1, 2, 2); 2 =
sous-espace vectoriel de R3 .
(−1, −1, 2, 4); 3 =
Donner une base (b, c) de F .
(1, 0, 0, 0); 4 = (1, 0, 1, 0).
Vérifier que (1 , 2 , 3 , 4 ) forme une 4. Montrer que β 0 = (a, b, f (b)) est une
base de R4 . base de R3 .
5. Montrer que E ⊕ F = R3 .
3. Prouver que la matrice
 de ϕ dans
6. Déterminer la matrice R de f dans

1 2 0 0
0 1 1 0  la base β 0 .
cette base est T = 
0 0 1 0 

Rattrapage
0 0 0 1
Exercice 1
4. Montrer que (A − I4 )3 = 0. Calculer (Voir Exercice 1 du devoir
A2 . 2)

Exercice 2 5. À quelles conditions M (a, b, c)
(Voir Exercice 2 du devoir
est-elle inversible dans M3 (R) ?
2)
Montrer alors, sans la calculer, que
Exercice 3 sa matrice inverse est dans E.
M3 (R) désigne l’ensemble des matrices Exercice 4

carrées d’ordre 3 à coefficients réels.
On note E le sous-ensemble de M3 (R)
formé des matrices Soit E un espace vectoriel de
  dimension n sur R et f un
a b c
endomorphisme de E. On pose
M (a, b, c) =  b a + c b 
f n = IdE et pour tout entier k ≥ 1
c b a
où a, b, c sont trois réels quelconques. f k = f k−1 ◦f et Nk = Ker(f k ), Ik = Im(f k ).
On pose I = M (1, 0, 0), J =
M (0, 1, 0) et K = M (0, 0, 1). Démontrer que :
1
1. Montrer que E est un sous-espace 1. pour tout entier k, Nk est contenu
vectoriel de M3 (R) et donner sa
dimension et une base.
2. Calculer, en fonction de I, J, K les
.P dans Nk+1 et Ik contient Ik+1 ,
2. il existe un entier p tel que
.N
∀k < p, Nk 6= Nk+1 et
produits J 2 , K 2 , JK et KJ. ∀k ≥ p, Nk = Nk+1 ,
3. Montrer que E est muni d’une 3. ∀k < p, Ik 6= Ik+1 et ∀k ≥ p, Ik 6= Ik+1 ,
structure d’anneau commutatif.
H
4. E = Ip ⊕ Np ,
4. Exprimer det(M (a, b, c)) comme un
produit de trois facteurs linéaires 5. la restriction de f à Ip induit un
V.
par rapport à a, b, c. automorphisme de Ip .
10.4 LES CORRECTIONS DES DEVOIRS
Premier devoir Démonstration :

Soit
Exercice 1 Enoncé
dimE = n
Soit E et F deux K espaces vectoriels dim(Kerf ) = m
avec E de dimension finie et f une dim(Im(f )) = p; n, m, p ∈ N
application linéaire de E dans F . On a
alors : Nous savons que Kerf est de
dimension finie, et inférieure ou égale
dim(E) = rgf + dim( kerf ) à dimE ; soit donc S = (e1 , e2 , · · · , em )

une base de Kerf .L’espace E étant de car f est une application linéaire
dimension finie, il en est évidemment p
X
de même pour Im(f ) . Soit donc ⇒ λi+m fi = 0
0
S = (f1 , f2 , · · · , fp ) une base de Im(f ) i=1
0 0 0
.Considérons la famille (e1 , e2 , · · · , ep ) de
car f (bi ) = 0 ∀i ∈ [1; m] .
E avec
⇒ λi = 0 ∀i ∈ [m + 1; p]
fi = f (e0i ); 1 ≤ i ≤ p
car (fi )1≤i≤p est une base de Im(f ) .
.Montrons maintenant que la famille
( Ainsi
bi = ei si 1 ≤ i ≤ m
(bi)1≤i≤m+p avec 0
m
bi+m = ei sinon
X
λ=0⇒ λi ei = 0 ⇒ λi = 0 ∀i ∈ [1; m]
est une base de E . i=1
Soit u un élément de E on a :
D’où λ = 0 ⇒ λi = 0 ∀i ∈ [1; m + p].La
p
famille bi est donc libre .
Par conséquent la famille (bi ) est une
1
X
f (u) ∈ Im(f ) ⇒ ∃(αi )1≤i≤p ∈ Rp \f (u) = αi f i
⇒ f (u) =
X p
0
i=1
.P
0
base
αi f (ei )( car f (ei ) = fi )

de E et donc dimE = m + p.D’où
dimE = rgf + Im(f ).
Exercice 2 Enoncé
.N
i=1
p
!
X
⇒ f (u) = f αi e0i car f est unecorrigé
: Voir application
exercice no 3 devoir no 2
linéaire
i=1
H
p
X m
X
⇒ ∃z ∈ kerf \u = αi e0i
+ z P osons z = αi+m ei
Exercice 3 Enoncé
i=1 i=1
V.
m+p
(
X bi = ei si 1 ≤ i ≤ m
⇒ ∃(αi )1≤i≤m ∈ Rm+p \u = α1.
i bi Soit
car x un élément
0
de Nk . On a
i=1 f (x) b=i+m
k = ei sinon
0 d’où
la famille (bi)1≤i≤m+p est donc f k+1 (x) = f [f k (x)] = f (0) = 0 Donc
génératrice . x ∈ Nk+1 etNk ⊂ Nk+1
Montrons à présent qu’elle est libre . Soit y un élément de Ik+1 ; alors il
Soit existe un élément x de E tel que
m+p y = f k+1 (x) = f k [f (x)] donc y est
X
(λi )1≤i≤m+p ∈ R m+p
\ λi bi = 0 dans Ik et Ik + 1 ⊂ Ik
i=1 2. La suite (dimNk )k∈N est une suite
Posons infinie croissante d’entiers qui ne
m+p
X prend qu’un nombre fini de valeurs
λ= λi bi
puisque pour tout entier
i=1
m+p k, dimNk ≤ n ; par suite il existe des
entiers r tels que dimNr = dimNr+1
X
λi bi = 0 ⇒ f (λ) = 0
i=1 et comme Nr ⊂ Nr+1 on aNr = Nr+l .

Soit p le plus petit de ces entiers. 5. Comme f (Ip ) ⊂ Ip+1 et Ip+1 = Ip , la
On a forcément Nk 6= Nk+l si k < p . restriction de f à Ip induit un
Comme Np = Np+1 , il suffit de endomorphisme de Ip .
démontrer que si Nk = Nk+1 on a Comme Ip est de dimension finie, il
Nk+1 = Nk+2 . On sait déjà que suffit de montrer que cet
Nk+1 ⊂ Nk+2 Montrons que si endomorphisme est injectif ; soit y
Nk = Nk+1 on a Nk+1 = Nk+2 . Soit x un élément de Ip tel que f (y) = 0
un élément de Nk+2 . On a .On a y = f p (x) avec x ∈ E alors
f (y) = f p+1 (x) = 0 donc
f k+2 (x) = f k+1 (f (x)) = 0
x ∈ Np+1 or Np+1 = Np donc x ∈ Np
donc f (x) est un élément de Nk+1 d’où y = f p (x) = 0 donc la
donc f (x) est dans Nk et on a : restriction de f à Ip induit un
f k (f (x)) = f k+1 (x) = 0 automorphisme de Ip
ce qui prouve que x ∈ Nk+1 donc Premier devoir

Nk+1 ⊂ Nk+2 .
1
Donc p est bien l’entier cherché.
3. Nous savons que pour tout entier k
dimIk = n − dimNk .
Montrons que :Ker f = Im f ⇔ (f 2 =

.N
Donc pour k < p, dimIk 6= dimIk+1 0 et n = 2rg(f ))
donc Ik 6= Ik+1 .
Pour k ≥ p dim Ik = dim Ik+1 et 1. =⇒ Supposons que Ker f = Im f et
comme nous savons que Ik+1 ⊂ Ik montrons que (f 2 = 0 et n = 2rg(f ))
H
on a Ik+1 = Ik Soit x ∈ E On a :
4. Démontrons d’abord que f 2 (x) = f (f (x)) = 0 or f (x) ∈ Im f
V.
Ip ∩ Np = {0}
Soit y un élément Ip ∩ Np alors il et
existe un élément x de E tel que
y = f p (x) .On a f p (y) = f 2p (x) = 0
comme x est dans N2p qui est égal à Imf = Kerf donc f (x) ∈ ker f etf (f (x)) =
Np y = f p (x) = 0 donc Ip ∩ Np = {0}
D’où f 2 = 0. On a : Im(f ) = Ker f
A présent démontrons que
donc dim(Im(f )) = dim(Ker f )
E = Np + Ip soit x un élément de E
donc d’après le théorème du rang :
alors f p (x) ∈ Ip et Ip = I2p donc il
n = dim(Im(f )) + dim(Ker f ) ⇒
existe un élément y de E tel que
n = 2dim(Im f ) . D’où n = 2rg(f ).
f p (x) = f 2p (y) donc
f p (x − f p (y)) = 0 par suite 2. ⇐= Supposons que
p p p f 2p = 0 et n = 2rg(f ) et montrons
x−f (y) ∈ Np , f (x) ∈ Ip et x = (x−f (y))−f (y)
que Ker f = Im(f )
D’où E = Np + Ip et par suite D’après le théorème du rang n =
E = Ip ⊕ Np 2rg(f ) ⇒ dim(Im(f )) = dim(Ker f ).

 
Soit y ∈ Im(f ) : 0 0 0
De plus 0 0 0 ∈ (Γ) donc Γ 6= φ
y ∈ Im(f ) ⇒ ∃x ∈ E/y = f (x) ⇒ f (y) = f 2 (x) = 0 0 0 0
(3)
donc y ∈ Kerf (f ) et par
De (1) , (2) et (3) on en déduit que Γ
conséquent On a Im(f ) ⊂ Ker f .
est un sous espace vectoriel de
Ainsi on a :
 M3 (R)
Im(f )etKer f sont des sous espaces vectorielle de E

Dimension de Γ :
Im(f ) ⊂ Ker f

dim(Ker f ) = dim(Im(f ))

d’où Im(f ) = Ker f ∀x ∈ (Γ); x = aJ 3 + cJ 2 + bJ
De 1. et 2. on en déduit que
2
Donc (J 3 ; J 2 ; J) est une famille
Kerf = Imf ⇔ (f = 0etn = 2rg(f ))
génératrice .Mais elle est aussi
libre car
∀α,
 β, γ ∈ RαJ + βJ 2 +
γJ = 0 ⇒
1
α γ β 0 0 0
1. Calculons

0 0 1
J2
etJ 3
J = 1 0 0 J 2 = 0 0 1

0 1 0

.P β α γ  = 0 0 0 ⇒ α = β =
γ β α
γ = 0.
0 0 0
.N
0 1 0 1 0 0 D’où la dimension de Γ est 3.
 
1 0 0
3. Montrons que le produit de deux
J 3 = 0 1 0 = I3
éléments de Γ est un élément de Γ
0 0 1
H
Soit xety deux éléments de Γ .

2. Montrons que l’ensemble (Γ) est Posons x = aJ 3 + bJ 2 + cJ et y =
un sous espace vectoriel de a0 J 3 + b 0 J 2 + c 0 J .
V.
dimension 3 de M3 (R)
∀x ∈ (Γ); x ∈ M3 (R) donc xy = (aa0 +bc0 +ab0 )J 3 +(ab0 +ba0 +cc0 )J 2 +(ac
(Γ) ⊂ M3 (R)(1)
car J 3 = I3 . De plus
Soit x et ydeux éléments de (Γ)
 (aa0 + bc0 + ab0 ), (ab0 + ba0 + cc0 ), (ac0 +
a1 c1 b1
bb0 + ca0 ) ∈ R.
avec x = b1 a1 c1 a1 , b1 , c1 ∈ R
 
D’où xy ∈ (Γ).
c1 b1 a1

a2 c2 b2
 4. Calculons l’inverse de A .
et y =  b2 a2 c2  a2 , b2 , c2 ∈ R A= J 2 + J donc
c2 b2 a2 A − J 2 = J ⇒ (A − J 2 )3 = J 3
3 2
On a : x = a1 J + c1 J + b1 J et
3 2 ⇒ (A − J 2 )3 = I3
y = a2 J + c2 J + b2 J .
∀α, β ∈ R : αx+βy = (a1 α+a2 β)J 3 + ⇒ A3 − 3A2 J + 3Aj 2 − J 3 = I3
(c1 α + c2 β)J 2 + (b1 α + b2 β)J ; (a1 α + ⇒ A(A2 − 3AJ + 3J 2 ) = 2I3
a2 β), (c1 α + c2 β), (b1 α + b2 β) ∈ R 1
A−1 = (A2 − 3AJ + 3J 2 )
Donc αx + βy ∈ (Γ)(2) 2
5. Calculons B 2 et B n
1 n
Dn = C n = I3 −
 
3 3 3 (4 − 1) B
2 3
B = 3 3 3 = 3B 1 1
3 3 3 = I3 − × 4n B + B Or B = D − I3 d
3 3
1 1
Démontrons par récurrence que Dn = I3 − × 4n (D − I3 ) + (D − I3 )
B n = 3n−1 B, n ≥ 1 . 3 n 3
1 4n

2 4
Pour n = 1 B 1 = 30 (1) = + I3 + − D
3 3 3 3
Supposons que pour un certain
1 4n 2 4n
n ∈ N∗ , B n = 3n−1 B, n ≥ 1 . αn = − ; β n = +
3 3 3 3
B n = 3n−1 B ⇒ B n+1 = 3n−1 B × B
Exercice 3 Enoncé
n+1 n−1 2
⇒B =3 B
n+1
⇒B = 3n B car B 2 = 3B.1. (a) Montrons que H est un sous
1
espace vectoriel de E
n n−1
Ainsi B = 3 B ⇒ B n+1 n
= 3 B (2)
De (1) et (2) , on en déduit que
∗ n
∀n ∈ N B = 3 n−1
.P Par définition :H ⊂ E (1)
le polynôme nul est tel que
P (1) = 0 et P 0 (1) = 0 donc
.N
6. Calculons C m H 6= φ (2) Soit P et Q deux
polynômes de H ,α et β deux
C = B + I3 ⇒ C m = (B + I3 )m nombres réels .
H
m
X n
= Bk
k P () = 0 et Q(1) = 0 ⇒ α(P +βQ)(1) =
k=0
V.
(car I3 commute avec B et ses Depuissances)

même
m
X n
= I3 + Bk P 0 (1) = 0 et Q0 (1) = 0 ⇒ (αP 0 +βQ0 )(1
k
k=1
Xm
n k−1 Donc (α(P + βQ)) ∈ H (3)
= I3 + 3 B De (1), (2) et (3) on en déduit
k
k=1
! que H est un sous espace
m
vectoriel de E
X n
= I3 + 3k−1 B
k (b) Montrons que
k=1
P ∈ H ⇔ (X − 1)2 /P
m
!
1 X n k
= I3 − 3 B Soit P ∈ H ; P (1) = 0 et
3 k
k=1 P 0 (1) = 0 donc 1 est une racine
1 de multiplicité au moins 2 de P
C m = I3 − (4m − 1) B
3 et par conséquent (X − 1)2 /P
Réciproquement si (X − 1)2 /P
7. Montrons que Dn = αn D + βn I3 alors 1 est une racine de

multiplicité au moins 2 de P γ1 x + γ2 f (x) + · · · γp f p−1 (x) = 0
donc P (1) = 0 et P 0 (1) = 0 et
P ∈H γ1 x + γ2 f (x) + · · · γp f p−
D’où P ∈ H ⇔ (X − 1)2 /P car f est
(c) Une base de H Un élément de

H est alors sous la forme car f p = 0 donc f p+1 = f p+2 = · · · = f
n−2
X n−2
X
2 k
(X − 1) αk X ou (X−1)2 αk X k γ1 x + γ2 f (x) + · · · γp f p−
k=0 k=0
En itérant ce procédé p fois on
peut prouver que
donc la famille γ1 = γ2 = · · · = γp = 0
((X − 1)2 X k )n∈[1;n−2] est une Cette famille est donc bien
1
famille génératrice de H . Elle
est aussi libre (preuve à faire )
. Donc est une base de H
La dimension de H est donc
.P libre .
La famille une famille libre de
E et contient p éléments d’où
dim E ≥ p
.N
n−2
(b) Montrons que f n = 0
2. (a) Montrons que la famille

H
(x, f (x), · · · , f p−1 (x)) est libre . n≥p⇒n−p≥0

Soit (γi )1≤i≤p une famille de ⇒ f n = f n−p ◦ f p
V.
réels telle que : ⇒ f n = 0 car f est linéaire et f

Chapitre 11
CHIMIE
consacré à la physique. Il requiert dans

un premier temps la collaboration
d’Albert Einstein pour rédiger l’article
sur la relativité, mais ce dernier refuse.
Sommerfeld fait alors appel à Pauli,
1
dont la relativité était la spécialité lors
.P
de son inscription aux cours de
Sommerfeld. C’est ainsi qu’à 21 ans,
Pauli publie son article de synthèse des
.N
théories de la relativité restreinte et de
la relativité générale pour
l’Encyclopédie mathématique. Voilà ce
H
qu’en dira Einstein dans une lettre du

30 décembre 1921 adressée à Born :
Pauli est un type épatant pour ses 21
V.
ans ; il peut être fier de son article pour

Wolfgang Ernst Pauli (25 avril 1900 à
l’Encyclopédie.
Vienne - 15 décembre 1958 à Zurich)
En 1921, il obtient son doctorat avec
est un physicien autrichien connu pour
pour sujet l’atome d’hydrogène avec
sa définition du principe d’exclusion en
mention summa cum laude. Son travail
mécanique quantique, ce qui lui valut le
est perçu comme décevant, mais il
prix Nobel de physique de 1945. Il est
montre cependant clairement la limite
également lauréat de la médaille
du modèle de l’atome de Bohr, auquel
Franklin en 1952.
il travaillera en tant qu’assistant de
A partir de 1919, il commence ses
Max Born à Gottingen entre 1921 et
études de physique à l’université de
1922.
Munich avec pour professeur Arnold
Pendant les années 1922 et 1923, il
Sommerfeld. Depuis 1898, Sommerfeld
travaille aux côtés de Niels Bohr à
était chargé d’écrire le cinquième
Copenhague. Entre 1923 et 1928, il
volume de la Enzyklopadie der
enseigne à Hambourg avant de partir à
mathematischen Wissenschaften,
603
l’ETH de Zurich, où il obtient un poste En 1930, Pauli reçoit la médaille
de professeur de physique théorique. Il Lorentz, et en 1945, le prix Nobel de
y fait la connaissance du psychiatre physique ”pour la découverte du
Carl Gustav Jung avec qui il a, sa vie principe d’exclusion, aussi appelé
durant, des échanges fructueux, principe de Pauli”. Enfin en 1958, la
notamment sur le hasard que Jung médaille Max-Planck lui est remise, peu
appelait synchronicité. de temps avant son décès.
1
.P
.N
H
V.

11.1 ÉNONCÉ DES TRAVAUX DIRIGÉS DE CHIMIE
1. Préciser la configuration 1. Donner la configuration

électronique des atomes 5 B, 6 C, électronique du soufre (Z = 16).
7 N , 8 O, 9 F et 10 F e. Faire apparaitre 2. Donner sa structure de Lewis.
les électrons de la couche de
valence. 3. Quel ion stable peut-il former ?
2. Représenter schématiquement les Exercice 6 Corrigé
électrons sur les niveaux d’énergie.
Exercice 2 Corrigé Soit un atome de magnésium

caractérisé par Z=12 et A=26
Quel est le nombre de neutrons, 1. On donne mp = mn = 1, 67.10−27 kg ;
1
protons, électrons dans chacun des
atomes suivants :
40
20 Ca;
127 −
53 I ;
24
12 M g
2+
.P me = 9, 1.10−31 , avec mp ( masse
d’un proton), mn (masse d’un
neutron) et me (masse d’un
.N
électron). Calculer la masse de son
Exercice 3 Corrigé noyau puis celle de l’atome.
Conclure.
1. Donner les configurations 2. Donner la constitution et le
H
électroniques des espèces symbole de son noyau.

suivantes :
3. Etablir la formule électronique de
V.
9 F ; 13 Al ; 21 Sc ; 24 Cl ; 35 Br ;
2+ l’atome puis donner le groupe et le
29 Cu ; 12 M g ; 19 K +
nom de la famille à laquelle il
2. A quelles périodes appartiennent appartient.
ces éléments ?
4. Donner la formule électronique de
3. A quelles colonnes appartiennent l’ion
ces éléments ? Nommez celles qui
sont reconnaissables. Exercice 7 Corrigé
4. Identifier les espèces ayant la
configuration des gaz rares. Sachant que le gallium occupe la
quatrième période , colonne 13 de la
Exercice 4 Corrigé classification périodique, quel est sa
configuration électronique
Parmi les configurations suivantes , fondamentale ?
dites lesquelles sont impossibles :
1s2 2s2 2p6 ; 1s2 2p5 3s2 ; 1s2 2p6 3s2 3p5 3d12 1s2 2s2 2p7

On considère les six espèces suivantes : compte de l’isotope 14 qui se trouve à
M g(Z = 12) ; Cl− (Z(Cl) = 17) ; l’état de traces. Pour le carbone 13, la
K(Z = 19) ; Cu(Z = 29) ; masse molaire atomique est 13,006
N a+ (Z(N a) = 11) ; Ar(Z = 18) g.mol−1 .
1. Donner la configuration 1. Quel est le nombre de protons et
électronique des atomes et ions de neutrons contenus dans les
donnés ci-dessus. noyaux des deux isotopes ?
2. Regrouper les éléments selon qu’ils 2. Quelle est la composition
appartiennent à la même période isotopique du carbone naturel en
(indiquer laquelle) ou à la même nombre d’atomes (%) de chaque
famille (indiquer laquelle si elle isotope ?
est connue). 3. Calculer la proportion massique
des deux isotopes dans le carbone
naturel.
1
Le système légal des masses molaires
atomiques est basé sur la masse
molaire atomique 12,000 g.mol−1 de
.P
Données :
.N
l’isotope 12 du carbone. Le carbone - Constante de Planck :h = 6, 62 × 10−34
naturel est un mélange de deux J.s
isotopes dont le nombre de nucléons - Célérité de la lumière : c = 3, 00 × 108
est respectivement 12 et 13. La masse m.s−1
H
molaire atomique du carbone est - 1, 0eV = 1, 6 × 10−19 J

12,011 g.mol−1 . On ne tiendra pas - Spectre de la lumière visible :
V.
Couleur violet bleu vert jaune orange

Longueur d’onde dans le vide(nm) 400-430 430-490 490-575 575-605 605-640
L’atome d’hydrogène est constitué d’un , sans échelle , sur un diagramme .
proton et d’un électron . Les niveaux c) Pourquoi dit-on que les niveaux
d’énergie (en eV) de cet atome sont d’énergie de l’atome d’hydrogène
donnés par la relation : En = − 13,6
n2 (n : sont quantifiés ?
entier positif).
L’état de plus basse énergie correspond 2.a) Que signifie état ionisé
à n=1, le premier état excité à b) Dans cet état , donner la formule
n = 2, etc...n = ∞ de l’espèce chimique obtenue
correspond à l’état ionisé.
c) Déterminer la fréquence minimale
1.a) Comment nomme-t-on le niveau de vm du photon que doit absorber un
plus basse énergie ? atome d’hydrogène se trouvant
b) Calculer les valeurs des 4 premiers initialement au niveau d’énergie
niveaux d’énergie. Les représenter E1 pour être ionisé.

3. Un atome d’hydrogène , b) Calculer la longueur d’onde
initialement dans son état de plus correspondant à cette transition.
basse énergie, absorbe un photon c) A quel domaine de la lumière
de fréquence ν = 2, 92 × 1015 Hz appartient la radiation
a) Déterminer , en eV, la valeur ∆E correspondante ?
de la variation d’énergie 5. L’atome absorbe un photon de
correspondante longueur d’onde λ = 121, 7nm
b) En déduire la valeur du nombre n a) Quelle transition entraine cette
qui caractérise le niveau dans absorption ?
lequel se trouve l’atome après b) Représenter cette transition sur le
l’absorption du photon. diagramme. Données :
4. Cet atome va ensuite se désexciter h = 6, 62 × 10−34 J.s
, spontanément , en deux étapes . 1eV correspond à 1, 60 × 10−19 J
c = 3, 00 × 108 m.s−1
a) Sur le diagramme de la question
1nm correspond à 10−9 m
1
1.b , représenter par des flèches les
différentes transitions .
b) Calculer les longueurs d’onde dans
le vide des photons corresponds .
1. Dans la nature la proportion (en

.N
nombre d’atome ou d’ions) des
c) Déduire sommairement l’aspect du isotopes considérés du magnésium
spectre obtenu. est donnée dans le tableu ci
dessous.
H
24
M g 2+ 79%
25 2+
Les niveaux d’énergie de l’atome Mg 10%
V.
26 2+
d’hydrogène sont donnés par la Mg 11%
relation : En = − 13,6
n2 (eneV )
(a) Qu’appelle-t-on isotopes ?
1. Calculer les valeurs correspondant (b) Sachant que dans un carré de
aux 4 niveaux d’énergie les plus chocolat, il y a environ 1022
bas. ions magnésium, calculer le
nombre de chaque isotopes
2. Placer les niveaux sur le
que l’on consomme lorsqu’on
diagramme ci-contre
mange un carré de chocolat.
3. Quel est le niveau fondamental ?
4. On considère la transition du
niveau 3 vers le niveau 2 On donne les schémas de lewis des
a) Représenter cette transition sur le trois inconnus :
diagramme U appartient à la seconde période de la
S’agit-il d’une radiation émise ou classification, V à la troisième période
absorbée ? et W à la première période.

1. Ecrire leur formule électronique. (f) KClO3 =⇒ KCl + O2
2. Quels sont les nombres de charges Exercice 18 Corrigé
et les noms des atomes U, V, W ?
Lesquels des corps composés
On donne : H(Z=1), C(Z=6), He(Z=2), ci-dessous sont-ils des corps ioniques ?
O(Z=8), F(Z=9), P(Z=15), Si(Z=14). N H3 ; H2 O ; M gBr2 ; KCl ; C6 H6 ; CaF2 .
1. Quels sont les éléments qui

Calculer la masse atomique relative
peuvent s’assembler pour former
moyenne (moyenne isotopique) de
des molécules ?
l’élément magnésium sachant qu’il est
composé des isotopes suivants : 2. Comment se forme une liaison
24
M g(78,99%), 25 M g(10,00%) et covalente ?
24
M g(11,01%) 3. Dessinez selon la représentation
de lewis : H2 ; F2 ; I2 ; N H3 ; N2 ;
1
1. Donner la formule chimique ( ou

.P C2 H6 ; C2 H4 ; C2 H2 ; CO2
.N
formule statistique) des solides Classification périodique
ioniques constitués des ions 1. Quel est le nombre maximal
suivants : d’orbitales atomiques d’une
H
(a) Al3+ et Cl− sous-couche s, p, d et f ?

2. En déduire le nombre d’électrons
(b) Ca2+ et P O43−
maximal sur une sous-couche s, p,
V.
(c) K + et N O3− d et f puis sur une couche n ?

2. Donner alors le nom de ces solides 3. Justifier le nombre de colonnes des
blocs s, p, d et f du tableau
périodique.
1. Equilibrez les réactions chimiques
suivantes : 1. Rappeler les valeurs possibles des
(a) P2 O5 + H2 O =⇒ H3 P O4 différents nombres quantique.
(b) Cd(N O3 )2 + N a2 S =⇒ 2. Considérons un électron
CdS + N aN O3 caractérisé par une fonction
d’onde 4f.
(c) Al + H2 SO4 =⇒ Al2 SO4 + H2
(a) Quels sont les nombres
(d) KClO3 =⇒ KClO4 + KCl quantiques qui lui sont
(e) P b(N O3 )2 + N a3 P O4 =⇒ imposés ? Donner leurs
P b3 (P O4 )2 + N aN O3 valeurs.

(b) Quels sont les nombres 3. Justifier la continuité du spectre
quantiques qui ne sont pas d’émission.
fixés et quelles valeurs 4. Donner le diagramme des niveaux
peuvent-ils prendre ? d’énergie de l’atome d’hydrogène.
3. A un nombre quantique secondaire Donner l’expression des énergies
L=2 des niveaux d’énergies, en
(a) Quel est le nom de la calculant numériquement les
sous-couche associée ? énergies des niveaux Ei de i=1 à 6.
(b) Quelle est la valeur minimale 5. Sur le diagramme, noter quel est
du nombre quantique principal l’état fondamental, les états
qui peut être associé à L=2 ? excités, l’énergie d’ionsation.
(c) Quelles sont les valeurs des 6. Montrer que les trois raies
nombres quantiques étudiées correspondent à des
magnétiques qui peuvent être transitions qui ramènent l’atome
associés à L=2 ? d’hydrogène au même état.
1
(d) Quelle est la population
électronique maximale
envisageable dans une
.P
7. Quelle doit être l’énergie du
photon pour faire passer l’atome
d’hydrogène du niveau n=1 à
.N
sous-couche L=2 ? n=4 ?
Calculer la concentration molaire d’une Le spectre d’émission de l’hydrogène

H
solution d’acide chlorhydrique HCl est un spectre discontinu constitué de

sachant que sur l’étiquette on trouve raies. On considère les raies
les renseignements suivants : 37% correspondant à la désexcitation du
V.
massique ; 1,19kg/L et M = 36,5g/mol. niveau n=4 aux niveaux inférieurs.

Exercice 23 Corrigé 1. Donner l’expression de l’énergie
du niveau d’énergie n de l’atome
Dans le spectre d’émission de d’hydrogène . Calculer les valeurs
l’hydrogène, on trouve les trois raies pour n = 1, n = 2, n = 3, n = 4.
suivantes caractérisées par leur 2. Calculer les longueurs d’onde
longueur d’onde λ1 = 434, 1nm, λ2 = correspondant à la désexcitation
486, 1nm, λ3 = 656, 3nm. du niveau n=4 aux niveaux
1. A quel domaine du spectre inférieurs.
électromagnétique appartiennent Exercice 25 Corrigé
ces rayonnements lumineux ?
2. Calculer en eV, les énergies des On considère un atome d’hydrogène
photons de longueur d’onde initialement au niveau d’énergie
λ1 = 434, 1nm, λ2 = 486, 1nm, λ3 = caractérisé par n=3. Quelles raies
656, 3nm. peut-on observer lorsqu’il se désexcite ?

11.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS DE CHIMIE
Exercice 1 Enoncé 3. (a) ∆E = h.ν soit :

∆E = 6, 62×10−34 ×2, 92×1015 =
Exercice 2 Enoncé 1, 93 × 10−18 J ou 12,1 eV
(b) On remarque
Exercice 3 Enoncé
que :∆E = E3 − E1 =
Exercice 4 Enoncé −1, 51 − (−13, 6) = 12, 1eV
L’atome se trouve donc dans
Exercice 5 Enoncé l’état de rang n = 3(2 ème état
excité ) après l’absorption du
Exercice 6 Enoncé photon
4. (a) Repésentation des flèches
Exercice 7 Enoncé
(b) E3 − E2 = hν1 = h. λc1 ⇒ λ1 =
c
1
Exercice 8 Enoncé h. E3 −E
Exercice 9 Enoncé .P Soit λ1 =

2
3,00×108
6, 62×10−34 × [−1,51−(−3,40)]×1,6×10
= 6, 6 × 10−7 m ou
−19
.N
Exercice 10 Enoncé 6, 6 × 102 nm(rouge)
De la même façon , on trouve :
1. (a) Le niveau de plus basse λ2 = 1, 2 × 10−7 m ou 1, 2 × 102 nm
énergie est l’état fondamental.
H
(c) Il s’agit d’un spectre

(b) E1 = − 13,6
(1)2 = −13, 6eV ; E2 = d’émission : fond noir et une
− 13,6
(2)2 = −3, 40eV raie rouge à 660 nm ( la
V.
E3 = − 13,6
(3)2 = −1, 51eV ;
longueur d’onde de la seconde
E4 = − 13,6 −1 radiation émise n’est pas dans
(4)2 = −8, 50 × 10 eV
le domaine de la lumière
(c) Les niveaux d’énergie sont visible ).
quantifiés car toutes les valeurs
de E ne sont pas permises Exercice 11 Enoncé
2. (a) Etat d’un atome d’hydrogène
ayant reçu l’énergie nécessaire 1. E1 = − E120 AN : E1 = −13, 6eV
(13,6 eV) pour que son unique E2 = − E220 AN : E2 = −3, 40eV
électron soit arraché. E3 = − E320 AN : E3 = −1, 51eV
E4 = − E420 AN : E4 = −0, 85eV
(b) H + : ion hydrogène
E∞ −E1 2. FIGURE A FAIRE
(c) E∞ − E1 = h.vm ⇒ vm = h
soit : 3. Niveau fondamental : E1
vm = [0−(−13,6)]×1,6×
6,62×10−34 = 4. On considère la transition du
15
3, 3 × 10 Hz niveau 3 vers le niveau 2

(a) Représentation niveau 1 vers le niveau 2 :
Radiation émise ∆E = −3, 40 + 13, 6 = 10, 2eV
(b) ∆E = E2 − E3 AN : (b) Représentation(A FAIRE SUR
∆E = −1, 89eV = −3, 02×10−19 J LA FIGURE)
Rq : ∆E < 0; il s’agit bien
d’une émission d’énergie. Exercice 12 Enoncé
D’après la relation de
Planck-Einstein : Exercice 13 Enoncé
|∆E| = h.c h.c
λ soit lamba = |∆E|
AN : Exercice 14 Enoncé
6, 62 × 10−34 × 3, 00 × 108
λ=
3, 02 × 10−19 Exercice 15 Enoncé
= 6, 57 × 10−7 m = 657nm
(c) A quel domaine de la lumière Exercice 16 Enoncé
appartient la radiation
1
correspondante ? Exercice 17 Enoncé
Il s’agit d’une radiation rouge
du domaine du visible.
5. (a) Calcul de l’énergie
.N
correspondante :
|∆E| = h.c
λ Exercice 20 Enoncé
AN : |∆E| =
H
6, 62 × 10−34 × 3, 00 × 108
122 × 10−9
= 1, 63 × 10−18 J = 10, 2eV
V.
Comme il s’agit d’une
absorption donc
∆E = +10, 2eV
La seule transition possible
donnant cette énergie est du
11.3 ÉNONCÉ DES DEVOIRS DE CHIMIE
Devoir molécule X2 est |X ≡ X|
Exercice 1 1. Préciser la nature de la liaison

: Carte d’identité de
l’atome X(Z, A) chimique dans la molécule X2 .
La représentation de Lewis de la 2. Indiquer la valence de l’atome X.

3. Combien d’électrons de valence 2. Donner la configuration
l’atome X possède-t-il ? Donner la électronique de chacun de ces
représentation de Lewis de cet éléments dans leur état
atome. fondamental. En déduire leur
4. Sachant que l’élément X est dans position dans la classification
la 3e période, déterminer son périodique.
numéro atomique. 3. Que remarque-t-on pour les
5. 0, 2 mole de X a une masse de configurations électroniques du
6, 2g. Calculer la masse molaire néon et de l’argon ?
atomique de X. 4. Le fer donne deux ions stables
6. Ecrire le nucléide de l’atome X. F e2+ et F e3+ . Donner la
composition de ces deux ions et
Exercice 2 leur configuration électronique
: Série de raies
dans l’état fondamental.
Dans le spectre d’émission de l’atome
1
5. La configuration électronique du
d’hydrogène, la série de Lyman est
associée aux transitions d’un niveau
d’énergie n > 1 vers le niveau d’énergie
n = 1.
.P cuivre dans son état solide est en
réalité en 3d10 4s2 . Cette
configuration permet-elle de
.N
−13, 6 comprendre pourquoi dans une
Rappel : En = 2
eV.1eV = 1, 6.10−19 J mole de cuivre on observe une
n
1. Calculer la longueur d’onde λ3→1 mole d’électrons libres participant
à la conduction ?
H
associée a la transition du niveau

n = 3 vers le niveau n = 1.
Exercice 4
: Le soufre naturel
2. Dans la série de Lyman à quelle
V.
transition correspond la raie de 1. Ecrire la configuration

longueur d’onde minimale ? électronique du soufre (Z = 16)
Déterminer sa valeur. dans son état fondamental.
3. Une raie de la série de Lyman est 2. Le soufre naturel est
associée à la longueur d’onde principalement constitué de trois
λ = 95, 2nm. A quelle transition isotopes 32 S, 33 S et 34 S. Le soufre
correspond-t-elle ? 32 est l’isotope le plus abondant
Exercice 3 avec un pourcentage massique égal
: Configurations à 95, 02% dans le soufre naturel.
électroniques.
On donne ci-dessous les masses
1. Donner la composition des atomes molaires atomiques du soufre naturel
suivants(nombre de protons, et ses différents isotopes. Déterminer
neutrons,électrons) : les pourcentages massiques des deux
20 28 40 56 63
10 N e 14 Si 18 Ar 26 F e 29 Cu isotopes 33 et 34.

32 33 34
Soufre naturel S S S
Masse molaire(g/mol) 32,0660 31,9721 32,9715 33,9679
Exercice 5 ions polyatomiques en rouge :
: ions et composés
Cu2+ P O43− N a+ F e3+ Cl− SO42− HO−
ioniques-nomenclatures
N O3− Zn2+ H3 O+
Parmi la liste suivante, entourez les
ions présents Formule du composé ionique
ions chlorure et sodium
ions chlorure et cuivre
ions chlorure et aluminium
ions sulfure et aluminium
Nom du solide ionique Nom et formule de l’anion Nom et formule du cation
sulfure de sodium
chlorure de potassium
fluorure d’aluminium
1
bromure de cuivre
Nom des ions présents
les ions chlorure et aluminium
.P
Nom du composé ionique
.N
les ions baryum et chlorure
les ions fer et sulfure
les ions chlorure et cuivre
H
Rattrapage 2. Écrire la configuration

électronique de chacun des atomes
V.
Exercice 1 ,azote,phosphore et potassium

:Éléments nutritifs
importants aux plants puis préciser leurs valences
3. Donner la position dans le tableau
Pour se développer ,les plantes
périodique de chacun des éléments
absorbent du sol l’eau et les éléments
cités ci-dessus .
nutritifs .Trois éléments nutritifs
importants aux plantes sont : l’azote ,le 4. Donner la représentation de Lewis
phosphore et le potassium . de la molécule de diazote (N2 ) et
L’azote aide les plantes à développer indiquer le type de liaison dans
les feuilles ,le phosphore est nécessaire cette molécule.
au développement sain des racines et Données : 14 31 39
7 N ; 15 P ; 19 K
le potassium aide les plantes à résister
aux maladies et à combattre la Exercice 2
:Étude d’un atome
sécheresse .
1. Indiquer l’élément nécessaire au Le noyau d’un atome X porte une
développement sain des racines charge totale de 1.28 × 10−18 C

1. Déterminer le numéro atomique de Exercice 4
:Tableau périodique de
X.
classification.
2. En déduire son nombre de masse
s’il a autant de neutrons que de — Comment sont appelées les
protons . rangées et les colonnes dans le
3. Donner son nuclide. tableau
4. Quelle est la charge de son nuage — Où sont situés respectivement les
électronique ? métaux ,les non-métaux et les
métalloides sur le tableau
5. L’ion de cet atome porte 2 charges
périodique ?
négative (2−).
— Indiquer si les éléments suivants
(a) De quel ion s’agit-il ?
sont des métaux,les non-métaux
(b) Calculer la charge du noyau de ou des métalloides.
ce ion . a)Fer ; b)Oxygène c)Sodium ;
Donnée : charge d)Silicium ; e)Chlore.
1
(proton)=1, 6.10−19 C
Exercice 3
:Spectre d’émission
.P
Exercice 5
:Quel énoncé est faux ?
A. (a) Le numéro atomique
.N
Dans le spectre d’émission de l’atome correspond au nombre de
d’hydrogène ,la série de Lyman est protons d’un atome .
associée aux transitions d’un niveau (b) Le nombre de masse
d’énergie n > 1 vers le niveau d’énergie
H
correspond à la somme du
n=1 nombre de protons et de
−19
Rappel :En = − 13.6
n2 eV ; 1eV = 1, 6.10 J neutron
V.
1. Calculer la longueur d’onde γ3→1

(c) Le nombre de protons et le
associée à la transition du niveau
nombre d’électrons sont égaux
n = 3 vers le niveau n = 1
(d) Le numéro atomique et le
2. Dans la série de Lyman ,à quelle
nombre de masse sont toujours
transition correspond la raie
égaux .
d’onde maximale ? Déterminer sa
valeur . B. (a) Un élément a toujours le même
nombre de protons.
3. Dans la série de Lyman ,à quelle
transition correspond la raie de (b) Un élément a toujours le même
longueur d’onde minimale ? nombre de neutrons.
Déterminer sa valeur . (c) Les isotopes peuvent aider les
4. Une raie de la série de Lyman est scientifiques a retrouver l’âge
associée à la longueur d’onde des fossiles.
γ = 95.2nm .A quelle transition (d) Un isotope instable est
correspond t-elle ? radioactif.

C. (a) Le 11
5 B contient 5 protons et 11 (sulfate) ; P O43− (phosphate) ;
neutrons. Ba2+ (baryum) ; Ca2+ (calcium) ;
(b) Le 11 Al3+ (aluminium ) ; M nO4−
1 H contient 1 protons et 1
neutrons. (permanganate) ;Cr2 O72− (dichromate).
(c) Le 14
6 C contient 6 protons et 8 Exercice 7
neutrons.
(d) Le 94 Be contient 4 protons et 5 Concernant les nombres quantiques
électrons.
1. Le nombre quantique secondaire
Exercice 6 définit l’orientation de l’orbitale
:
dans l’espace .
Quelles sont les formules statistiques
des solides ionique suivants : 2. Une orbitale 2s a un nombre
-chlorure d’argent quantique l = 1 .
-sulfate de calcium 3. Le nombre quantique m a une
1
-nitrate d’argent valeur comprise de 0 et n − 1 .
-nitrate d’aluminium
-sulfate de potassium
-permanganate de potassium
.P
4. Le nombre quantique ss est lié à
une propriété intrinsèque de
l’électron .
.N
-phosphate de baryum
-dichromate de potassium 5. n = 3 définit la couche N
Les ions à utiliser sont :Cl− (chlorure) ; 6. Toutes les propositions
Ag + (argent) ; N O3− (nitrate ) ; SO42− précédentes sont fausses.
H

V.
Premier devoir 4. Indiquer la position de l’élément

correspondant dans le tableau
Exercice1 périodique.
Soient les atomes suivants : S (Z=16, 5. Indiquer l’ion stable susceptible de
A=32), Sr (Z=38, A=90), I (Z=53, se former.
A=131). Pour chacun des atomes Exercice2
ci-dessus :
1. Indiquer le nombre de protons, L’élément silicium naturel Si (Z=14)
neutrons et électrons. est un mélange de trois isotopes
2. Etablir la configuration stables : 28 Si, 29 Si et 30 Si. L’abondance
électronique dans l’état naturelle de l’isotope le plus abondant
fondamental. est de 92, 23%. La masse molaire
3. Préciser quels sont les électrons de atomique du silicium naturel est de
cœur et les électrons de valence. 28, 085g · mol−1 .

1. Quel est l’isotope du silicium le 1. Calculer les valeurs
plus abondant ? correspondants aux 4 niveaux
2. Calculer l’abondance naturelle des d’énergies les plus bas.
deux autres isotopes. 2. Placer les niveaux sur le
diagramme ci-contre.
Exercice3
Dire si les changements suivants sont 4. On considère la transition du

d’ordre PHYSIQUE ou CHIMIQUE. niveau 3 vers le niveau 2.
Ecrire P ou C. (a) Représenter cette transition
- Dissolution de sel dans l’eau. sur le diagramme.
- Séparer le sel de l’eau salée par S’agit-il d’une radiation émise
évaporation. ou absorbée ?
- Rougeoiement des feuilles à
l’automne. (b) Calculer la longueur d’onde
1
correspondant à cette
- Couper une feuille de métal.
- Réaction entre le vinaigre et le
bicarbonate de soude (petite vache).
- Broyer une roche.
.P transition.
(c) A quel domaine de la lumière
.N
appartient la radiation
- Fermentation du jus de raisins. correspondante ?
- La combustion de l’essence dans un
moteur à explosion. 5. L’atome absorbe un photon de
H
- Filtrer du café. longueur d’onde λ = 121, 7nm.

- Liquéfier de l’air. (a) Quelle transition entraine cette
- Faire brûler une tranche de pain. absorption ?
V.
- Décomposer de l’eau.
(b) Représenter cette transition
Exercice4 sur le diagramme.
Données : h = 6, 62 × 10−34 J.s
Quelles sont les formules des composés c = 3, 00 × 108 m.s−1
chimiques constitués des ions Al3+ puis 1eV = 1, 60 × 10−19 J
les anions suivants : (fluorure, oxyde et 1nm = 10−9 m
phosphate respectivement) F − , O2− ,
P O43− . Exercice6
Exercice5 L’élément chimique iode 131 possède

un seul isotope stable, l’iode 127.
Les niveaux d’énergie de l’atome L’iode 131, radioactif β−, est utilisé
d’hydrogène sont donnés par la lors des traitements des cancers de la
relation : En = −13,6
n2 (en eV). thyroide.

1. Qui a découvert la radioactivité Déterminer le N.O. de chaque élément
naturelle en 1896 à partir de sels dans les composés suivants :
d’uranium ? Qui a découvert BH3 ; K2 M nO4 ; N2 ; Li2 SO4 ; AlCl4− ;
d’autres éléments radioactifs en SO42− ; P2 O74− ; N H4 N O2 ; LiH
1898 et à qui doit-on le mot
”radioactivité” ? Exercice 3 Corrigé
2. Qu’appelle-t-on des isotopes ?

La mercure est un élément dangereux
3. Définir l’activité d’un échantillon nécessitant un traitement particulier.
radioactif. Après usage, une lampe fluo-compacte
4. (a) Ecrire l’équation de doit être déposée chez revendeur.
désintégration β− de l’iode La mercure est un produit toxique,
131. corrosif et dangereux pour
(b) Quel rayonnement l’environnement.
accompagne cette
1
désintégration ?
Second devoir .P
Indiquer dans les cases ci-dessous la
.N
Exercice 1 Corrigé lettre associant le pictogramme aux
dangers suivants :
Soient les atomes suivants : Toxique :.....
Corrosif :.....
H
S( Z=16,A=32) , Sr( Z=38, A=90),

I(Z=53, A=131) Dangereux pour l’environnement :.....
Pour chacun des atomes ci-dessus
V.
1. Indiquer le nombre de protons,

neutrons et électrons. Équilibrer les équations suivantes :
2. Établir la configuration ......Zn + .....HN O3 →
électronique dans l’état .....Zn(N O3 )2 + ...N O2 + ....H2 0
fondamental. ......M nO4− + .....SO32− + ....H + →
3. Précise quels sont les électrons de .....SO42− + ....M n2+ + .....H2 O
cœur et les électrons de valence .....Cr(HO)3 + ....ClO− + ...OH − →
.....CrO42− + ....Cl− + ...H2 O
4. Indiquer la position de l’élément
correspondant dans le tableau Exercice 5 Corrigé
périodique.
5. Indiquer l’ion stable susceptible de Les niveaux d’énergie de l’atome
se former. d’hydrogène sont donnés par la
relation :
Exercice 2 Corrigé En = −13,6
n2 (en eV)

1. Calculer les valeurs 0
correspondantes aux 4 niveaux
d’énergie les plus bas. -2
2. Placer les niveaux le diagramme -4

c-dessous.
-6
-8
4. On considère la transition du
niveau 3 vers le niveau 2. -10
(a) Représente cette transition sur -12

le diagramme.
S’agit-il d’une radiation émise -14
1
ou absorbée ?
(b) Calculer la longueur d’onde

correspondant à cette
.N
transition. a. Dessiner, avec légende, la pile
formée par les couples Ag − /Ag et
(c) A quel domaine de la lumière Cu+ /Cu.
H
appartient la radiation b. Donner les équations des

correspondante ? demi-réactions et la réaction bilan.
V.
c. Donne la tension de cette pile dans

5. L’atome absorbe un photon de les conditions standards.
longueur d’onde λ = 121.7nm
Données : les potentiels redox
standards des couples Ag − /Ag et
(a) Quelle transition entraine cette
Cu+ /Cu so,t respectivement : 0,80V et
absorption ?
0,34V.
(b) Représente cette transition sur Rattrapage
le diagramme.
Exercice 1
Données : h = 6, 62.10−34 J.s ,
c = 3.108 m.s−1 1. Quelles sont les deux principales
1ev correspond à 1, 60.10−19 J , 1nm espèces chimiques que l’on trouve
correspond à 10−9 m dans l’air ? S’agit-il d’un mélange
Diagramme : homogène ou hétérogène ?

2. Parmi les espèces chimiques l’argent se terminent par
suivantes, donner la formule du (n − 1)d10 ns1 . Justifier.
corps chaque fois qu’il s’agit d’un (d) Prévoir la configuration
corps simple : eau, azote, fer, électronique des ions cuivre(I)
ammoniac, méthane, chlore. Cu+ et cuivre(II) Cu2+ .
Exercice 2 (e) On donne les énergies de
première et seconde ionisation
1. L’argent métal de numéro du cuivre, respectivement 7,7
atomique 47 existe sous deux eV et 20,2 eV. Commenter ces
formes isotopiques : 107 Ag(51, 83%) valeurs.
de masse m1 = 106, 90u.m.a et Exercice 3
109
Ag(48, 17%) de masse
m2 = 108, 90u.m.a. Équilibrer les équations chimiques
suivantes :
(a) Rappeler la définition de
H2 O2 → H2 O + O2
1
l’unité de masse atomique.
Cx Hy + O2 → CO2 + H2 O
(b) Donner la structure du noyau
de chacun de ces 2 isotopes.
Calculer la masse molaire de
.P
H2 S + O2 → SO2 + S + H2 O
N a2 O2 + H2 O → N a+ + OH − + O2
C6 H6 + Cl2 → C6 H4 + HCl
.N
l’argent naturel. H2 SO4 + N aCl → HCl + N a2 SO4
(c) Donner la configuration Exercice 4
électronique de l’argent dans
H
son état fondamental en 1. Quels sont les nombres quantiques

respectant les trois règles définissant une orbitale ?
habituelles que vous
V.
2. Expliciter leur signification

rappellerez. physique.
(d) A quelle période et à quelle 3. Quelles sont les valeurs de n, l, ml
colonne de la classification pour les trois premières couches
périodique des éléments principales ?
appartient l’argent ? 4. On considère les symboles
2. Le cuivre est situé au dessus de suivants : 1s, 4p, 3d, 3f, 1p, 2d, 6s.
l’argent dans la classification Quels sont ceux qui ne
périodique. représentent pas des orbitales
(a) Donner sa configuration atomiques ?
électronique. 5. Par quels symboles désigne-t-on les
(b) En déduire son numéro états quantiques correspondant
atomique. aux triplets suivants :
(c) En fait, les configurations (a) n=3, l=2, ml =-2
électroniques du cuivre et de (b) n=2, l=1, ml =0

(c) n=5, l=0, ml =0 solution en fonction de la
concentration molaire C de cette
Exercice 5
solution.
Donner la formule statistique des X Sulfure de zinc
solides ioniques suivants, écrire leur X Chlorure d’aluminium
équation de dissolution dans l’eau et X Hydroxyde de calcium
exprimer la concentration des ions en X Sulfate d’aluminium
11.4 CORRIGÉ DES DEVOIRS DE CHIMIE
Second devoir N.O(Al)+4N.O(Cl)=-I ⇒

N.O(Cl)=-I.
Exercice 1 Enoncé f. SO42−
1
Voir devoir 1.
Exercice 2 Enoncé
.P N.O(O)=-II ;
N.O(S)+4N.O(O)=-II ⇒
N.O(S)=+VI.
.N
g. P2 O74−
N.O(O)=-II ;
Déterminons le N.O. de chaque élément
2N.O(P)+7N.O(O)=-IV ⇒
dans les composés suivants :
N.O(P)=+V.
H
a. BH3 h. N H4 N O2
N.O(B)=+III ; N.O(O)=-II ;
V.
N.O(B)+3N.O(H)=0 ⇒ N.O(H)=-I. N.O(H)=+1 ;

b. K2 M nO4 2N.O(N)+4N.O(H)+2N.O(O)=0 ⇒
N.O(O)=-II ; N.O(N) =0
N.O(K)=+I ; i. LiH
2N.O(K)+N.O(Mn)+4N.O(O)=0 ⇒ N.O(Li)=+I ;
N.O(Mn)=+VI. N.O(Li)+N.O(H)=0 ⇒ N.O(H)=-I.
c. N2 Exercice 3 Enoncé
2N.O(N)=0 ⇒ N.O(N)=0.
Indiquons dans les cases ci-dessous la
d. Li2 SO4
lettre associant le pictogramme aux
N.O(Li)=+I ;
dangers suivants :
N.O(O)=-II ;
Toxique : D
2N.O(Li)+N.O(S)+4N.O(O)=0
Corrosif : F
⇒N.O(S)=+VI.
Dangereux pour l’environnement : A
e. AlCl4−
Exercice 4 Enoncé
N.O(Al)=+III ;

Équilibrons les équations suivantes :
Zn+4HN O3 → Zn(N O3 )2 +2N O2 +2H2 0
2M nO4− + 5SO32− + 6H + →
5SO42− + 2M n2+ + 3H2 O
2Cr(HO)3 + 3ClO− + 4OH − →
2CrO42− + 3Cl− + 5H2 O
Exercice 5 Enoncé
Voir devoir 1. b. Donnons les équations des
1
Exercice 6 Enoncé
.P demi-réactions et la réaction bilan.
Demi-équation de réduction :
Ag + + e− → Ag
Demi-équation d’oxydation :
.N
Cu → Cu2+ + 2e−
Équation bilan :
Cu + 2Ag + → Cu2+ + 2Ag
H
a. Dessinons, avec légende, la pile c. La tension u :

formée par les couples Ag − /Ag et u=0,80-0,34
V.
Cu+ /Cu. u=0,46V

1
.P
.N
H
V.

Chapitre 12
ANGLAIS SCIENTIFIQUE
12.1 ÉNONCES DES DEVOIRS D’ANGLAIS
ENGLISH TEST ACADEMIC YEAR : 2013-2014
PART A : GENERAL ENGLISH French and English.
1
A : Do you like English ?
I.Complete the conversation below.
A : What ?s your name ?
B : My name ?s Bernice Alowanou.
.P
B : Yes, I do. I like English very much.
A : What do you like doing during your
leisure time ?
.N
A : Is Alowanou your first name ? B : I like reading and listening to
B : Yes, Alowanou is my surname.
A : How do you spell it ?
B : Alowanou
H
A : Where are you from ? II. Write a short sentence to show if

B : I ?m from Calavi. each of the adjectives below is positive
V.
A : Which primary school did you go or negative or both. Use phrases such
to ? as : In my opinion ?, According to me ?,
B : I went to Midonbo Primary School. I think ?
A : How old are you ? 1. ambitious : I think the adjective
B : I ?m 20. ambitious is a positive adjective,
A : Which high school did you graduate because to achieve great things in life,
from ? one needs to be ambitious. However,
B : I graduated from CEG Application. the adjective could be negative,
A : what did you major in ? especially when one is ambitious and
B : I majored in Mathematics and does not want to work hard.
Physics. 2. bossy : In my opinion, the adjective
A : What are your majors at IMSP ? bossy is negative. A bossy person has
B : My majors at IMSP are Math and an authoritarian attitude towards other
Physics. people, and this can affect negatively
A : How many languages do you speak ? interpersonal relationships, especially
B : I speak three languages : Fongbé, in within an enterprise or at a
623
workplace where individuals need to school.
put up with each other for a good
collaboration. IV. Read the text below.
3. organized : According to ”Come on ! Forget the History
me, ?organized ? is a positive adjective. class. We ?re all going to town to have
On organized person is very tidy ; he some fun”, says the coolest boy in the
likes order and sets plans for class. Do you do what you know is right
everything he does. and go to History class, or do you go
4. creative : I believe that ?creative ? iswith the crowd ?
a positive adjective. A creative person When people of your own age and
is not content with the status quo. He is status try to influence how you act, it ?s
innovative and likes to produce or use called peer pressure. The pressure to
new ideas. conform with can be powerful and hard
5. focused : I would say that ?focused ? to resist. Many people give in to peer
is a positive adjective. A focused pressure because they want to be liked,
1
student, for example, is not to fit in or because they are afraid of
absent-minded, but concentrated in
class. .P
looking uncool. Others go along
because they are curious to try
something new. The idea that
.N
III. Complete the sentences with the ”everybody ?s doing it” can influence
verbs in the list. Use the correct form of some teenagers to ignore their
the present simple or the present judgment.
continuous and the words in brackets. Peer pressure can influence you to
H
1. What do you think about the new do something relatively harmless like
president ? dressing in a certain way or buying the
V.
2. I am learning how to play the guitar latest mobile phone that ”everybody
at the moment. has”. But it can also get you into
3. My parents do not understand trouble if it makes you do something
English at all. that is wrong, such as skiving off
4. I hope you do well in your exams. school, or lying to your parents.
5. Look at the cheetah ! How fast is it Nearly everyone experiences peer
running ?About 80 kms/hr. pressure sooner or later, so it is
6. How long do mosquitoes live ? important that you learn to deal with it
7. My aunt is coming to stay with us and only do what is right for you.
next month. Saying ”no” to peer pressure can be
8. What time does the sun rise ? At tough, but people wll respect you if you
about 6 :30 a.m. stand up for what you believe in. It ?s
9. My sister is always complaining important to develop friendships with
about something. She gets on my people who have similar values and
nerves. ideas as you. Just having one friend
10. I do not usually wear jeans to who will back you up when you need

normal support makes all the 1. Give a title to the text. Peer pressure
difference. You pay attention to your 2. Complete the sentences with the
feelings and do what you know is right. correct form of the phrasal verbs in
Try to support friends who are having italics in the text. a. Most people like
trouble resisting peer pressure. ———————— and it ?s hard being
Peer pressure is not always the only one doing something different.
negative. Peers who are committed to b. I wish she would grow up and stop
doing well at school or excelling at behaving so childishly.
sport, for instance, may influence c. Someone lacking confidence is more
others to follow their example. Your likely to give in to peer pressure than
peers might get you involved in clubs, someone with a lot of self-esteem.
sports, or religious groups. Sharing d. She finds it difficult to deal with the
experiences with peers is an essential pressure of exams.
part of growing up and becoming e. Thomas skived off school last week
self-reliant. Your world would be far to play football. His uncle saw him and
1
less rich without peers to encourage told his parents.
you to try new things.
.P
f. It ?s great to have friends who will
back you up when you don ?t want to
do something.
.N
g. I don ?t believe in ghosts !
PART B ENGLISH FOR SPECIFIC PURPOSES (Mathematics)

I. Write in full letters.
H
3/5 = 0.6 three fifths is equal to zero point six

V.
(2 - 3) × 6 = -6 two minus three in brackets times six plus one is equal to minus six
22 731 twenty-two thousand seven hundred and thirty-one
-245 minus two hundred and forty-five
5
- 34 minus five thirty-fourths
4.10−3 four times ten to the power of minus three
∃x∈A There exists x in A such that ?
x≥0 X greater than or equal to zero
x≤0 X smaller than or equal to zero
x√> y X greater than y
3
64 The third root of sixty-four
√ √
x+ 3y The square root of x plus the third root of y
√n
x+y The n-th root of x plus y
2
x =2 x squared is equal to two.

II. Write a definition for each of the f. face : A flat surface on a figure
following words. determined by at least three ...
a. Equation : An equation is a g. edge : It is a segment line on a figure
mathematical expression that shows where two faces intercept.
that two expressions are equal. III. Explain the problem below to a
b. graph : It is a solution set of an student who has difficulty solving it.
equation or inequality on a Cartesian Problem : If the pattern continues to
coordinate system. grow at the same rate as shown in the
c. perimeter : It is the sum of the picture below, how many circles will
lengths of the sides of a polygon. there be in the 8th figure ?
d. circumference : It is the length of the
curve that forms a circle.
e. net : A diagram of two-dimension
shape which can be folded into a
three-dimension shape.
1
ENGLISH TEST
Devoir Corrigé
.P
ACADEMIC YEAR : 2016-2017
steganography have been used

.N
throughout the world. For
example, as far back as the
1. Write in fulls letters
first century AD, Pliny the
— x > O ∧ y > 0 =⇒ x + y > 0 Elder explained how the milk
H
of a plant could be used as an

— @x ∈ Q x2 = 2
invisible ink.
— ∀x ∈ R, ∃y ∈ Q; |x − y| > 2/3
V.
But steganography suffers from

— x ∈ A ∪ B ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) a fundamental weakness :if the
— ¬∃x ∈ R, x2 < 0 message is discovered, then
the contents of the secret
2. a. Read this text and answer the communication are revealed at
questions below. once. Interception of the
Text : The evolution of secret message immediately
writing compromises all security.
Secret communication Hence, in parallel with the
achieved by hiding the development of steganography,
existence of a message is there was the evolution of
known as steganography, cryptography, derived from the
derived from the Greek words Greek word kryptos, meaning
steganos, meaning ”covered” ’hidden’.
and graphein,meaning ’to The aim of cryptography is not
write’. Various forms of to hide the existence of a

message, but rather to hide its b- basic (2nd paragraph ) ;
meaning, a process known as c- objective (4th paragraph) ;
encryption.
d- data (last paragraph).
To render the message
unintelligible, it is scrambled d. Translate into French from :
according to a particular ”But steganpgraphy suffers · · ·
protocol which is agreed ” to ” compromises all
beforehand between the security”.
sender and the intended 3. a. Read this description of an
recipient. c The advantage of icosahedron
crptography is that if the
An icosahedron has 20 faces,30
enemy intercepts an encrypted
edges and 12 vertices. Each
message, the message is
face is an isosceles triangle,
unreadable. Without knowing
each edge belongs to two faces
the scrambling protocol,the
and there are 5 faces meeting
1
enemy should find it difficult,
if not impossible, to recreate
the original message from the
encrypted text.
.P at each vertex. The midpoints
of its faces form a dual regular
polyhedron, in this case a
dodecahedron, which has 12
.N
Of the two branches of secret faces (regular pentagons ), 30
communication, cryptography edges and 20 vertices( each of
is the more powerful because them belonging to 3 faces).
H
of this ability to prevent

b. Describe the figures below.
information from falling into
enemy hands. Rattrapage
V.
b. Answer the questions below.

a) What is steganography ? 1. Write in full letters
Give an example. x > 0 ∧ y > 0 =⇒ x + y > 0
@x ∈ Q, x2 = 2
b) Is it a reliable system ? ∀x ∈ R, ∃y ∈ Q, jx − yj < 32
c) What does cryptography x ∈ A ∪ B ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B)
consist in ? How does it ∃x ∈ R, x2 < 0
work ? 2. (a) Read this text and answer the
d) Why is it more powerful questions bellow.
than steganography ? The evolution of number
c. Find in the text words which theory
mean almost the same as : (Simon Singh, Fermat’s last
theorem) In modern
a- many different (1er mathematics zero performs
paragraph) ; two functions.

first, it allow us to distinguish philosophers, including
between numbers like 52 and Aristotle. He had argued that
502. In a system where the the number zero should be
position of a number denotes it outlawed because it disrupted
value, a symbole is needed to the consistency of the other
confirm an empty position. For numbers : dividing any
instance, 52 represents 5 times ordinary number by zero led to
ten plus 2 times one, whereas an incomprehensible result.
502 represents 5 times a As well as adding zero to the
hundred plus 0 times ten plus mathematical vocabulary, India
2times one, and the zero is and Arabia replaced the
crucial for removing any primitive Greek symbols and
ambiguity. Even the Roman numerals with the
babylonians in the third counting system which has
millennium BC appreciated the now been universally adopted.
1
use of zero to avoid confusion, Once again, this might seem
and the Greeks adopt their
idea, using a circular symbol
similar to the one we use today.
.P like an absurdly humble step
forward, but try multiplying
CLV by DCI and you will
.N
However, zero has a more appreciate the significance of
subtle and deeper significiance the breakthrough : the
wich was only appreciated equivalent task of multiplying
several centuries later by the 155 by 601 is a good deal
H
mathematicians of india. The simpler.

Indus recognised that zero had The growth of any discipline
V.
an independance existence depends on the ability to

beyond the mere spacing role communicate and develop
among the other numbers : ideas, and this in turn relies on
zero was a number in its own a language which is sufficiently
right. It represented a quantity detailed and flexible.
of nothing. (b) Answer the questions below.
For the first time, the abstract
concept of nothigness had i. How many functions does
been given a tangible symbolic zero have ? (One line)
representation. ii. Complete the sentence
This may seem a trivial step below according to your
forward to the modern reader, understanding of the text,
but the deeper meaning of the to explain the functions of
zero symbol had be ignored by zero.
all the ancient Greek Zero, as a symbol is used to
————, but it has a

————-, as it —————-. (c) Translate into french from :
iii. What were the attitudes the ”However zero has a more
people below towards subtle...” to”...a quantity of
zero ? Fill in the table. nothing.”
People Attitudes 3. Describe an icosahedron. (6 lines)
the Babylonians
the Greeks
the Indus
Aristotle
ENGLISH TEST1 1.Complete h. The three · · · · · · · · · · · · · · · in a

the sentences below. triangle intersect in a point called
the orthocenter.
a. A · · · · · · · · · · · · · · · is a function of
i. Two integers a, b are · · · · · · · · · · · · · · ·
1
the form f (x) = ax2 + bx + c, where
a, b and c are real numbers and a
different from 0.
.P · · · · · · · · · · · · · · · a positive integer m
if they have the same
· · · · · · · · · · · · · · · when divided by m ;
.N
b. An area is the number of equivalently, if their difference
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · that a − b is a multiple of m.
cover a surface. j. If the · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
· · · · · · · · · · · · · · · of a and b is equal
H
c. An · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · is
divisible by two without a ,whereas to 1, then a and b are relatively
its opposite, an is not a multiple of prime.
V.
2. 2.Write in full letters

d. A · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · is a. x > 0 ∧ y > 0 =⇒ x + y > 0
divisible by 1 and itself. b. @x ∈ Qx2 = 2
e. The · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · c. ∀x ∈ R∃y ∈ Q|x − y|<2/3
· · · · · · · · · · · · · · · of 44 and 12 is 4.
d. x ∈ A ∪ B ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B)
f. In the inequation 2x + 3 > 0, the e. q∃x ∈ Rx2 <0
··············· ···············
3.Read the text below.
· · · · · · · · · · · · · · · terms are 2x and 3,
Federal officials delivered a landmark
and the · · · · · · · · · · · · · · ·
ruling in favor of online privacy
··············· ···············
Thursday, limiting how Internet
terms is 0.
providers use and sell customer data,
g. In a given triangle, the while asserting that customers have a
· · · · · · · · · · · · · · · is where two sides right to control their personal
intersect. information.

Under the Federal Communications or other means of interaction with
Commission’s new rules, consumers companies, which may offer discounts
may forbid Internet providers from or other incentives to customers who
sharing sensitive personal information, voluntarily consent to online tracking.
such as app and browsing histories, The FCC vote also restricts trading in
mobile location data and other health data, financial information,
information generated while using the Social Security numbers and the
Internet. content of emails and other digital
The fresh regulations come as Internet messages. The rules force service
providers race to turn their customers’ providers to tell consumers what data
behavioral data into opportunities to they collect and why, as well as to take
sell targeted advertising. No longer steps to notify customers of data
satisfied with being mere conduits to breaches.
the Web, these companies increasingly ”It’s the consumers’ information”, said
view the information they collect as a Wheeler, a former cable industry
1
source of revenue. lobbyist who shepherded the rules
[. . . ] Ordinary consumers are unlikely
to see an immediate impact from the
FCC ruling, but privacy advocates had
.P
through a deeply divided FCC. ”How it
is used should be the consumers’
choice, not the choice of some
.N
warned that allowing Internet corporate algorithm.”
providers to sell the locations, With Thursday’s vote, the FCC is
browsing histories and other online seeking to bring Internet providers’
data of their own customers could have conduct in line with that of traditional
H
taken online tracking to a troubling telephone companies that have

new level, leaving those who wanted to historically obeyed strict prohibitions
V.
obscure their online activities - or even on the unauthorized use or sale of call
their physical movements - few options data.
to protect their privacy. ”If this was not Internet providers and Republican FCC
done, it could have really hard-wired a commissioners complained that
surveillance infrastructure into the limiting the data collection of Internet
Internet itself,” said Jay Stanley, a providers gave an unfair advantage to
senior policy analyst for the ACLU. other companies such as Google and
The new rules, which could face a legal Facebook that already make billions of
challenge from affected companies, dollars collecting data on users and
require Internet providers to obtain selling it to advertisers.
their customers’ explicit consent before Answer these questions on the text.
using or sharing sensitive data with How many paragraphs does the
third parties, such as marketing firms. passage above consist of ?
That could mean dialogue boxes, new Write the main idea of each paragraph
websites with updated privacy policies (1line).

Use the main ideas to write a summary 1.Read the text below In Euclid’s
of the whole passage (100 words). Elements ,the Pythagorean theorem is
proved by an argument along the
ENGLISH TEST 2 following lines .Let A, B, Cbe the
1- Write in full letters. vertices of a right triangle, with a right
angle at A. Drop a perpendicular from
— lim f (x) = 2
x→+1 A to the side opposite the hypotenuse
P∞
— n=1 an in the square on the hypotenuse. That
RR line divides the square on the
— S h(x, y)dxdy hypotenuse into two rectangles, each
— Mkij having the same area as one of the two
2- Name each figure and write down squares on the legs.
the corresponding property. For the formal proof, we require four
The figures are lettered as follows : elementary lemmata :
line1 :a,b,c line2 : d,e,f line3 : g,h,i. If two triangles have two sides of the
1
one equal to two sides of the other ,
.P each to each, and the angles included

by those sides equal, then the triangles
are congruent . The area of a triangle is
.N
half the area of any parallelogram on
the same base and having the same
altitude. The area of a rectangle is
equal to the product of two adjacent
H
sides.
The area of a square is equal to the
V.
product of two of its sides (follows

from lemma 3).
The intuitive idea behind this proof
3- Describe the figures below. ,which can make it easier to follow ,is
that the top squares are morphed into
parallelograms with the same size
,then turned and morphed into the left
and right rectangles in the lower
square again at constant area
The proof is as follows
Let ACB be a right-angled triangle with
right angle CAB
On each of the sides BC, AB, and CA,
squares are drawn, CBDE, BAGF , and
Rattrapage ACIH, in that order. From A, draw a line

parallel to BD and CE. It will Since
perpendicularly intersect BC and DE at BD = KL, BD × BK + KL × KC =
K and L, respectively. BD(BK + KC) = BD × BC
Join CF and AD, to form the triangles Therefore, AB 2 + AC 2 = BC 2 -, since
BCF and BDA. CBDE is a square.
Angles CAB and BAG are both right This proof is mentionned in Euclid’s
angles ; therefore C, A, and G are Element as proposition 1.47
collinear . Similarly for B, A, and H.
Angles CBD and FBA are both right 2.Answers these questions
angles ; therefore angle ABD equals a. What is a vertsx ?(1 line)
angle FBC, since both are the sum of a
b. What is a lemma ?(1 line)
right angle and angle ABC.
Since AB is equal to FB and BD is equal c. What does adjective ”colinear”
to BC, triangle ABD must be congruent mean ?(1line)
to triangle FBC. d. What are congruent triangles
1
Since A is collinear with K and L, (1line)
square BDLK must be twice in area to
triangle ABD.
Since C is collinear with A and G,
.P
e. Follow the instructions in this part
of the text ”Let ABC be a
right-angled triangle · · · ’to’ · · · to
.N
square BAGF must be twice in area to form the triangles BCF and BDA ”
triangle FBC. to draw the figure being described
Therefore, rectangle BDLK must have
the same area as square BAGF = AB 2 f. Find out two liink words in the text
H
Similarly, it can be shown that .

rectangle CKLE must have the same g. Explain Euler’s intuitive idea to
V.
area as square ACIH = AC 2 prove Pythagorean theorem

Adding these two results, h. Translate into french the last
AB + AC 2 = BD × BK + KL × KC
2
demonstration in the text.
Premier devoir Corrigé b. A—3—is a generalization based on

inductive reasoning.
c. A—4—is a set of 52 playing cards.
1.Complete the sentences below.
d. if you throw or flip a , it lands
1. Fill in the gaps with the most either on its—5—or on its —6—,
appropriate words.
e. The—7— —8— of a die is a set of
a. In probability , the occurrence of a six elements :1,2,3,4,5,6 ; so ,there
—1—2— depends on some are six possible outcomes when
previous outcome. one rolls a die .

f. An—9— is the number of square The area of any rectangle is equal
units covered by a figure . to the product of two adjacent
g. Probability is the —10— or chance sides (follows from lemma 3).
that an event will occur. The intuitive idea behind this proof
, which can make it easierto follow
2. Define these words or groups of
, is that the top squares are
words.
morphed into parallelograms with
a. Completing a square the same size , then turned and
b. Congruent triangles morphed into the left and right
c. Similar triangles rectangles in the lower square ,
again at constant area .
d. A scalene triangle The proof is a follows :
3. Read the text below Let ABC be a right-angled triangle
Euclid’s proof with right angle CAB. On each of
In Euclid’s Elements , the the sides BC , AB , and CA , squares
1
pythagorean theorem is proved by are drawn , CBDE , BAGF , and
an argument along the following
lines.Let A,B,C the vertices of a
right triangle , with a right angle at
.P
ACIH , in that order . From A,draw
a line parallel to BD and CE .it will
perpendicular intersect BC and DE
.N
A.Drop a perpendicular line from A at K and L , respectively . Join CF
to the side opposite the and AD , to form the triangles BCF
hypotenuse in the square on the and BDA are both right angles ;
hypotenuse.That line divides the therefore C , A ,and G are collinear
H
square on the hypotenuse into two . Similarly for B,A and H. Angles
rectangles , each having the same CBD and FBA are both right
V.
area as one of the two squares on angles ; therefore angle ABD equals
the legs. angle FBC , since both are the sum
For the formal proof ,we require of a right angle and angle ABC .
four elementary lemata : Since AB and BC are equal to FB
if two triangles have two sides of and BC , respectively , triangle
the one equal to two sides of the ABD must be equal to triangle FBC.
other , each to each , and the Since A is collinear with K and L,
angles included by those sides rectangle BDLK must be twice in
equal , then the triangles are area to triangle ABD .
congruent. Since C is collinear with A and G ,
The area of a triangle is half the square BAGF must be twice in area
area of any parallelogram on the to triangle FBC .
same base and having the same Therefore rectangle BDLK must
altitude. have the same area as square ACIH
The area of any square is equal to = AC 2 .
the product of two of its sides.

Adding these two results , AB 2 + having the same area as one of the two
AC 2 =BD LK + KL KC squares on the legs.
Since BD = KL , BD BK + KL KC For the formal proof, we require four
=BD(BK + KC ) = BD BC elementary lemmata :
Therefore AB 2 + AC 2 = BC 2 , If two triangles have two sides of the
since CBDE is a square . one equal to two sides of the other ,
This proof is mentioned in Euclid’s each to each, and the angles included
Elements as proposition 1.47. by those sides equal, then the triangles
2. Answer these questions. are congruent . The area of a triangle is
half the area of any parallelogram on
a. What is a vertex ? (1 line) the same base and having the same
b. What is a lemma ? (1 line) altitude. The area of a rectangle is
equal to the product of two adjacent
c. What does the adjective ”collinear”
sides.
mean ? (1 line)
The area of a square is equal to the
d. What does ”the top squares are
1
product of two of its sides (follows
morphed into parallelograms”
mean ? .P from lemma 3).
The intuitive idea behind this proof
e. Follow the instructions in this part ,which can make it easier to follow ,is
.N
of the text ”Let ABC be a that the top squares are morphed into
right-angled triangle’...to...’form parallelograms with the same size
the triangles BCF and BDA ” to ,then turned and morphed into the left
and right rectangles in the lower
H
draw the figure being described.

square again at constant area
f. Find out three link words in the
The proof is as follows
last two paragraphs of the text.
V.
Let ACB be a right-angled triangle with

g. Translate into French the last right angle CAB
demonstration in the text . On each of the sides BC, AB, and CA,
squares are drawn, CBDE, BAGF , and
Rattrapage
ACIH, in that order. From A, draw a line
parallel to BD and CE. It will
1.Read the text below In Euclid’s perpendicularly intersect BC and DE at
Elements ,the Pythagorean theorem is K and L, respectively.
proved by an argument along the Join CF and AD, to form the triangles
following lines .Let A, B, Cbe the BCF and BDA.
vertices of a right triangle, with a right Angles CAB and BAG are both right
angle at A. Drop a perpendicular from angles ; therefore C, A, and G are
A to the side opposite the hypotenuse collinear . Similarly for B, A, and H.
in the square on the hypotenuse. That Angles CBD and FBA are both right
line divides the square on the angles ; therefore angle ABD equals
hypotenuse into two rectangles, each

angle FBC, since both are the sum of a This proof is mentionned in Euclid’s
right angle and angle ABC. Element as proposition 1.47
Since AB is equal to FB and BD is equal
to BC, triangle ABD must be congruent 2.Answers these questions
to triangle FBC. a. What is a vertsx ?(1 line)
Since A is collinear with K and L,
b. What is a lemma ?(1 line)
square BDLK must be twice in area to
triangle ABD. c. What does adjective ”colinear”
Since C is collinear with A and G, mean ?(1line)
square BAGF must be twice in area to d. What are congruent triangles
triangle FBC. (1line)
Therefore, rectangle BDLK must have e. Follow the instructions in this part
the same area as square BAGF = AB 2 of the text ”Let ABC be a
Similarly, it can be shown that right-angled triangle · · · ’to’ · · · to
rectangle CKLE must have the same form the triangles BCF and BDA ”
1
area as square ACIH = AC 2 to draw the figure being described
Adding these two results,
AB 2 + AC 2 = BD × BK + KL × KC
Since
.Pf. Find out two liink words in the text
.
.N
BD = KL, BD × BK + KL × KC = g. Explain Euler’s intuitive idea to
BD(BK + KC) = BD × BC prove Pythagorean theorem
Therefore, AB 2 + AC 2 = BC 2 -, since h. Translate into french the last
CBDE is a square.
H
demonstration in the text.
12.2 CORRIGÉ DES DEVOIRS D’ANGLAIS SCIENTIFIQUE

V.
DEVOIR Enoncé ? ∀x ∈ R, ∃y ∈ Q |x − y| < 2/3

For every real number x there
1. Let’s write in fulls letters exists a rationnal number y
such that the absolute value of
? x > 0 ∧ y > 0 =⇒ x + y > 0
x minus y is smaller than two
Both x and y are positive
thirds.
implies x plus y is positive
? x ∈ A ∪ B ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B)
? @x ∈ Q, x2 = 2
x lies in A union B is
There is no rationnal number x
equivalent to x lies in A or x
such that its squared equals
lies in B.
two.
No rationnal number has as a ? ¬∃x ∈ R x2 < 0
square equal to two. Each rational number has a

square greater than zero. because even if the enemy
2. a- Text readed intercepts an encrypted
message without knowing
b- Answers the scrambling protocol it is
a) Steganography is the secret almost impossible to read
communication achieved by the message.
hiding the existence of a
3. Description
message
A cube is a solid object with six
b) No, it’s not square sides of the same size.It has
c) Cryptograhy consists in 8 vertex and 12 edges.Each edge
hiding the meaning of a belongs to two faces and there are
message . 3 faces meeting at each vertex.
To encrypt a message to A tetrahedon has 4 faces, 6 edges
render the message and 4 vertex.Each face is a tiangle,
unintelligent ,it’s scrambled each edge belongs to 2 faces and
1
according to a paticular
protocol which is agreed
before hand between the
.P there are 3 faces meeting at each
vertex.
An icosahedon has 8 faces, 6
.N
reader and the intended vertex and 12 edges. Each face is a
recipients. tiangle, each edge belongs to 2
d) Cryptography is more faces and there are 4 faces meeting
powerful than stenography at each vertex.
H

V.
Premier devoir Enoncé equation ax2 + bx + c as

a(x + constant)2 + another constant
1. FIllING GAPS b. Congruent triangles : are triangles
a. Dependent event whose two side of the one are
b. Conjecture equal to two sides of the other
each to each and the angles
c. Deck included by those sides equal .
d. Head—tail
c. Similar triangle : are triangles with
e. Sample space equal corresponding angles and
f. Area proportionate sides.
g. Likelihood d. Scalene triangle : Triangle whose
2. DEFINITION sides are inequal
a. Completing square : Rewrite the 3.

left hand side of a quadratic a. A vertex is the common endpoint

of two or more rays or line g. :De la meme façade , il peut etre
segments. montré que le rectangle CKLE doit
b. A lemma is a minor result that has avoir la meme aire que le carré
been proved to be true . ACIH = AC 2 .En ajoutant ces deux
résultats ,
c. Colinear mean lying on the same
AB 2 + BC 2 = BDBK + LKKC
straight line .
comme BD=KL , BD BK + KL KC =
d. Top square are morphed mean the BD(BK + KC ) =BDBC.Par
top sqares are transformed. conséquent , AB 2 + AC 2 = BC 2 , vu
que CBDE est un carré.Cette
e. preuve est mentionné dans les
f. :since , therefore , similarly éléments d’Euclide prop 147
1
.P
.N
H
V.

V.
H
.N
.P
1

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V.

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La palme de notre gratitude va à l’endroit :

F de toutes l’équipes de relecture et de correction du présent document

F de tous nos lecteurs.

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Relecture et Mise en forme :

Designer : Fresnel ALAPINI

Supervision : Adil ZOMAHOUN

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1 LOGIQUE ET THÉORIE DES ENSEMBLES 9

3.2 SOLUTIONS DES TRAVAUX DIRIGÉS D’ANALYSE I . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

6 STRUCTURE ALGÉBRIQUE 335

8 ARCHITECTURE DE L’ORDINATEUR ET LANGAGE C 457

9.1.2 CORRIGES DES TRAVAUX DIRIGES D’ELECTROMAGNESTISME I . . . . . . 512

9.1.4 SOLUTION DES DEVOIRS D’ELECTROMAGNETISME . . . . . . . . . . . 526

10 ALGÈBRE LINÉAIRE 559

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12 ANGLAIS SCIENTIFIQUE 623

3CPI © IMSP/UAC 2021-2022

3CPI © IMSP/UAC 2021-2022

LOGIQUE ET THÉORIE DES ENSEMBLES

sophique (ce dont il était parfaitement

Cantor a été confronté à la résistance

de 1884 à la fin de sa vie, ont été par-

tains de ses contemporains, mais ces accès

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Exercice 1 Corrigé et Claude ? Y a-t-il plusieurs possibi-

(a) Jean est brun ou Jean est blond

(c) Jean n’est pas blond ou Julie est

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Jean était témoin d’un vol à mains

sont confuses mais on a pu tirer les asser- Exercice 8 Corrigé

— Si le braqueur est barbu alors c’est un A l’aide de la méthode des tables de

Dans un avion se trouvent : 9 enfants

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Exercice 10 Corrigé (b) a ≤ 5 et a > −1 ;

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11. f atteint toutes les valeurs de N ;

13. f n’est pas inférieure à g. Exercice 15 Corrigé

1. Soit I un intervalle de R et f une fonc-

tion définie sur I. Exprimer à l’aide

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1. Soient I un intervalle de R et f :I→ R (e) Il existe x ∈ R tel que quel

proposées : pas, écrire la négation.

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Indidication lui même en posant f (n) = fn (n) + 1.

2. Utiliser un raisonnement par l’ab-

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2. Montrer que pour tout entier naturel k3 = k

t-elle de couples solutions (x, y) dans

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2. Démontrer à l’aide d’un raisonnement Le but de cet exercice est de démontrer

(c) Démontrer à l’aide d’un raisonne- tion P .

s’écrit sous la forme n = 4k + r avec

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3. Montrer que : ∀n ∈ Nxn > ( 32 )n + 3.

4. La suite (xn )n∈N est-elle convergente ?

Exercice 31 Corrigé Exercice 33 Corrigé

Soient E un ensemble et f une application