Correction du Devoir Libre n PSI

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Niveau: Secondaire, Lycée
Correction du Devoir Libre n?16 PSI MATHEMATIQUES e3a PSIB 2007 Partie A. 1. ? est continue sur le segment [0, T ] et donc bornee sur ce segment. Par ailleurs, ? est T -periodique et donc ?(R) = ?([0, T ]). ? est finalement bornee sur R. 2. La periodicite de ? s'ecrit ?x ? R, ?(x + T ) = ?(x) En derivant cette relation (ce que l'on peut faire si ? est derivable) on obtient ?x ? R, ??(x + T ) = ??(x) et ?? est donc T -periodique. 3. On verifie le critere des sous-groupes. - P? est inclus dans R et non vide (il contient 0). - Soient t, t? ? P?. On a alors ?x ? R, ?(x + (t + t?)) = ?((x + t) + t?) = ?(x + t) = ?(x) et t + t? ? P?. - Soit t ? R ; on a ?x ? R, ?(x? t) = (x? t + t) = ?(x) et donc ?t ? P?. P? est donc un sous-groupe de (R,+).

y0 avec la question precedente

trouvee y0

unique solution

y1 ?

correction du devoir libre n?16

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◦ Correction du Devoir Libren16 PSI MATHEMATIQUES e3a PSIB 2007 Partie A. 1.φest continue sur le segment [0, Tru,s]ternboncdoceures´e.tnemgeselliaraPφestT-´preoidique et doncφ(R) =φ([0, T]).φseanﬁt´ernuresmelebontR. 2.idicreoiaL´pet´edφit´ecrs’ ∀x∈R, φ(x+T) =φ(x) Ende´rivantcetterelation(cequel’onpeutfairesiφnetdtse´erivable)onobti 0 0 ∀x∈R, φ(x+T) =φ(x) 0 etφest doncToire´p-.euqid 3..seseosredeorpusug-eriﬁOnv´rit`elec -Pφest inclus dansRet non vide (il contient 0). 0 - Soientt, t∈Pφ. On a alors 0 0 ∀x∈R, φ(x+ (t+t)) =φ((x+t) +t) =φ(x+t) =φ(x) 0 ett+t∈Pφ. - Soitt∈R; on a ∀x∈R, φ(x−t) = (x−t+t) =φ(x) et donc−t∈Pφ. Pφest donc un sous-groupe de (R,+). Partie B. 1.Gan’´tenaptsa´rdeiu`t{0}lc,itiontuenle´neme´tnm6= 0. Comme c’est un groupe, il contient aussi −m. Il contient donc|m|qui vautmou−m) et|m|>0. On a ainsi G∩]0,∞[6=∅ 2.a. i.aest le plus grand minorant deG∩]0,∞[. 2a > an’est donc pas un tel minorant et ∃t1∈G∩]0,∞[/ t1<2a On raisonne par l’absurde et on suppose quea∈/ G. On a donct1e´emtnedquiestun´elG∩]0,∞[ diﬀe´rentdea. Commeaminore l’ensemble, on a donca < t1. Comme on a construitt1, on peut alors construire t2∈G∩]0,∞[/ t2< t1 et on aa≤t2< t1<2a.t1−t2el´emeensttalorsun´edG∩]0,∞[ (Gdilaerﬀ´ougretpeetsnuecne dedeuxe´le´mentsdeGest dansGett1−t2>0 par construction). On a donca≤t1−t2et ceci est faux. Onaainsimontr´equesia >0 alorsa∈G. ii.Unere´currencesimplemontrealors,Gnaut´teupe,ngroque∀n∈N, na∈Gsiupilibats(eedt´G parpassageausyme´trique)que aZ⊂G Re´ciproquement,soity∈G. Soity=qa+rla division euclidienne deypara(q=E(y/a) et r∈[0, a[).r=y−qaededneec´ﬀrealide´exsutme´lstneedGet est donc dansGPa.dre´nﬁtioidne a,Gn’apasd’´el´emen0]snadst, a[ et on a doncr= 0. Ainsi,y=qa∈aZ. On a ﬁnalement aZ=G

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