Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles...

Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles

Dérivabilité en un point

Exercice 19.1 – (avec la définition de la dérivabilité)

Déterminer toutes les fonctions f : R→ C dérivables en 0 pour lesquelles ilexiste k ∈ R \ {−1,0, 1} vérifiant : ∀x ∈ R , f (kx) = k f (x).

Fonctions à valeurs réelles ou complexesExercice 19.2

En raisonnant par l’absurde et en utilisant le théorème de Rolle, montrerque le polynôme P= Xn+ aX+ b (a et b sont deux réels, et n¾ 2) admet auplus trois racines réelles.

Exercice 19.3 – Généralisations du théorème de Rolle

1. Sur [a,+∞[ : soit a un réel et g une fonction continue sur l’inter-valle [a,+∞[, dérivable sur l’intervalle ]a,+∞[ et qui vérifie g(a) = 0et lim

x→+∞ g(x) = 0.

(a) On considère la fonction G définie sur [0,1] par G(x) = g( 1x+a−1)

si x ∈ ]0 ; 1], et G(0) = 0. Montrer que G est continue sur [0,1] etdérivable sur ]0,1[.

(b) Montrer que G′ s’annule en un point de ]0,1[.

(c) En déduire qu’il existe c ∈ ]a,+∞[, tel que g ′(c) = 0.

2. Sur R : soit f une fonction dérivable sur R qui admet la même limitefinie en −∞ et +∞. En étudiant la fonction f ◦ tan sur ]− π/2,π/2[,montrer qu’il existe c ∈ R tel que f ′(c) = 0.

Exercice 19.4

Déterminer toutes les fonctions deR dansC de classe C1 vérifiant la propriété

∀(x , y) ∈ R2 , f (x + y) = f (x) + f (y)− f (x) f (y).

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Maths - PC - Lycée René Cassin - Bayonne - 2019-2020

Exercice 19.5 – Dérivée nulle pour une fonction non constante

On considère la fonction φ définie surR∗ par φ(x) = arctan(x)+arctan(1/x).

1. Montrer que φ est dérivable sur R∗ et calculer sa dérivée.

2. En déduire la valeur de arctan(x)+arctan(1/x) pour tout réel x non-nul.

Exercice 19.6

Soit f : ]0 ; 1[→ R deux fois dérivable telle que f (0) = f (1) = 0 et

∀x ∈]0,1[, f ′′(x) + 2 f ′(x) + f (x)¾ 0.

Démontrer que f est négative sur [0,1]. (On pourra s’intéresser à f ×exp.)

Exercice 19.7 – Dérivées successives

Pour tout n ∈ N∗, calculer la dérivée n-ème de la fonction gn définie sur]0 ; +∞[ par gn(x) = xn−1e1/x .

Exercice 19.8 – Dérivées successives : polynômes d’Hermite

Soit f : x 7→ e−x2.

1. Montrer qu’il existe une unique suite de polynômes�Hn�

n∈N telle que

∀x ∈ R, f (n)(x) = e−x2Hn(x).

2. Trouver une relation de récurrence linéaire d’ordre 2 entre les termes dela suite

�Hn�

n∈N.(On pourra utiliser la formule de dérivation de Leibniz.)

3. Montrer que (P,Q) 7→ ∫ +∞−∞ P(t)Q(t)e−t2

d t est un produit scalaire surR[X], et que la suite

�Hn�

n∈N est une base orthogonale de R[X].(On pourra montrer que deg(Hn = n, puis que pour tout polynôme Pet tout n ∈ N, P | Hn

�=¬

P(n) | H0

¶.)

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Exercice 19.9

Montrer que la fonction f : x 7→ cos(p

x) est de classe C1 sur [0;+∞[.Exercice 19.10

1. Résoudre selon les valeurs du réel λ l’équation AX= B, où

X=�

xy

�, B=

�ab

�et A=

�λ 1−λ

1−λ λ

�.

2. Soit λ ∈ R. Déterminer toutes les fonctions réelles f dérivables sur Rtelles que : ∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y).

Exercice 19.11

On considère la fonction f définie sur I=h

0, π4

hpar f (x) =

1

cos(2x).

1. (a) Montrer que f est dérivable sur I et calculer f ′(x).(b) Vérifier que ∀x ∈ I, f ′(x) = 2 f (x)

pf (x)2− 1.

(c) Étudier les variations de f sur I, donner J = f (I), et montrer que fest une bijection de I sur J.

(d) Sur quel intervalle sa réciproque f −1 est-elle dérivable ? Vérifier quesur cet intervalle,

( f −1)′(y) =1

2yp

y2− 1·

2. On note pour tout y ∈ [1,+∞[, g(y) = arctanq

y−1y+1

.

(a) Pour tout x ∈ I, vérifier que f (x) =1+ tan2(x)1− tan2(x)

.

(b) En déduire (g ◦ f )(x) pour tout x ∈ I. Que conclut-on ?

(c) Retrouver ainsi la dérivée de f −1.

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Linéarité, bilinéarité, et dérivabilité

Exercice 19.12

1. Soient I un intervalle de R, et u, v et w trois fonctions dérivables sur I età valeurs dans R3. Démontrer que, si B désigne la base canonique de R3,la fonction x 7→ detB (u(x), v(x), w(x)) est dérivable sur I et exprimer sadérivée à l’aide de déterminants.

2. Soient I un intervalle de R, a1 et a2 appartenant à I, et f : I → R3 unefonction de classe C1 sur I telle que la famille

�f (a1), f (a2)

�est libre.

Démontrer qu’il existe c ∈ I pour lequel f ′(c) ∈ Vect�

f (a1), f (a2)�.

Exercice 19.13

Soient a et b deux réels vérifiant a < b, et f : [a ; b]→ Rn une applicationcontinue sur [a ; b] et dérivable sur ]a ; b[.

À l’aide de l’application t 7→ f (b)− f (a) | f (t)�, où ⟨· | ·⟩ désigne un pro-

duit scalaire dans Rn, montrer qu’il existe c ∈ ]a ; b[ vérifiant f (b)− f (a) ¶ (b− a)

f ′(c) .

Exercice 19.14

Soit (a, b, c) ∈ R3, calculer par dérivation les déterminants suivants

D1(x) =

��x + a x x

x x + b xx x x + c

��, D2(x) =

��1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)

��.

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Exercice 19.15

Soient u, v, w dans C2([a ; b] ,R) vérifiant

��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′(a) v′(a) w′(a)

��= 0.

Montrer qu’il existe un réel c ∈ ]a ; b[ qui vérifie

��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′′(c) v′′(c) w′′(c)

��= 0.

Arcs paramétrés

Exercice 19.16

1. Soit f une fonction dérivable sur I à valeurs réelles, écrire l’équation dela tangente et de la normale au graphe de f au point d’abscisse a.

2. Écrire l’équation de la tangente au point (x0, y0) du cercle de centre O etde rayon R.

Exercice 19.17

Tracer l’arc paramétré défini par

x(t) = sin(t)

y(t) =sin(t)

2+ cos(t), t ∈ R.

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Exercice 19.18

Soit Γ l’arc admettant le paramétrage�

x = cos(t)3

y = sin(t)3

1. Construire l’arc Γ.

2. Déterminer une équation cartésienne de la tangente Dt à Γ au point deparamètre t.

3. Déterminer l’intersection de la droite Dt avec les axes de coordonnées,puis calculer la longueur du segment obtenu.

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Solutions

Une correction de l’exercice 19.1 énoncé(i) Tout d’abord, on remarque que f (0) = f (k × 0) = k × f (0), donc(1− k) f (0) = 0, et comme k 6= 1, f (0) = 0.

(ii) Pour tout réel x, et tout entier naturel n, on montre par récurrence que

f (x) =1

kn f (kn x) = kn f�

1

kn x�

.

(iii) Comme f est dérivable en 0, alors

lim�→0

f (�)− f (0)�− 0

= lim�→0

f (�)� = f ′(0),

donc :

Ý si |k|< 1, alors limn→+∞ kn = 0, d’où par composition des limites, pour

tout réel x 6= 0,

f (x) =1

kn f (kn x) = x × f (kn x)kn x

−−−−→n−→+∞ x × f ′(0),

Ý si |k|> 1, alors limn→+∞

1kn = 0, d’où par composition des limites, pour

tout réel x 6= 0,

f (x) = kn f�

1

kn x�= x × f

�1kn x�

1kn x

−−−−→n−→+∞ x × f ′(0).

(iv) Ainsi pour tout réel x non nul, f (x) = f ′(0)x (et ceci est aussivrai pour x = 0).

On conclut en affirmant que les fonctions f : R → C dérivables en 0 pourlesquelles il existe k ∈ R \ {−1,0, 1} vérifiant : ∀x ∈ R , f (kx) = k f (x) sontles applications linéaires x 7→ ax de R dans R.

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Une correction de l’exercice 19.2 énoncéOn raisonne par l’absurde :

Ý supposons que P possède (au moins) quatre racines réelles distinctes quel’on notera x1, x2, x3, x4 dans l’ordre croissant.

Ý Pour tout i ∈ {1,2, 3}, Pn est une fonction polynomiale, elle estdonc continue sur [x i, x i+1] et dérivable sur chaque intervalle ]x i, x i+1[.Comme de plus Pn(x i) = P(x i+1) = 0, le théorème de Rolle nous permetd’affirmer qu’il existe yi ∈ ]x i, x i+1[ qui vérifie P′n(yi) = 0.

Ý On obtient trois réels y1, y2, y3 distincts (car y1 < x2 < y2 < x3 < y3) quiannulent P′.

Ý Il suffit alors de réitérer le même raisonnement sur P′, qui est encorecontinue et dérivable sur R, pour obtenir deux racines réelles distinctespour P′′.Or P′′(X) = n(n−1)Xn−2, donc la seule racine possible de P′′ est 0, autre-ment dit P′′n admet au plus une seule racine.

Ý On obtient donc une contradiction, ce qui nous permet de conclure queP admet au plus trois racines réelles distinctes.

Une correction de l’exercice 19.3 énoncé1. (a) Ý Sur ]0,1], G= g ◦ u où u : x 7→ 1

x+ a− 1.

⋆ u est continue sur ]0,1],

⋆ g(]0 ; 1]) = [a,+∞[,⋆ g est continue sur [a,+∞[,donc G= g ◦ u est continue sur ]0,1].

Puis

⋆ u est dérivable sur ]0,1[,

⋆ g(]0 ; 1[) =]a,+∞[,⋆ g est dérivable sur ]a,+∞[,

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donc G= g ◦ u est dérivable sur ]0, 1[ et de plus

G′ : x 7→ − 1

x2 × g ′�

1

x+ a− 1

�.

Ý En 0,

lim0+

G= limx→0+

g( 1x+ a− 1) = lim

�→+∞ g(�) = 0= G(0).

ainsi G est continue en 0, donc sur [0,1] .

(b) On peut donc appliquer le théorème de Rolle à G sur [0,1], qui nousdonne l’existence d’un réel α ∈ ]0,1[ tel que G′(α) = 0.On en déduit que − 1

α2 g ′( 1α+a−1) = 0, c’est-à-dire g ′(c) = 0 avec

c = 1α+ a− 1 ∈ ]a,+∞[.

2. la fonction tan est dérivable sur ]−π/2,π/2[ à valeurs dans R, et f estdérivable sur R, donc

f ◦ tan est dérivable (et continue) sur ]−π/2,π/2[ .De plus f a une limite finie, que l’on note ℓ, en ±∞, donc comme

limt→−π/2+ tan(t) =−∞ et lim

t→π/2− tan(t) = +∞,

on en déduit par composition des limites que

limt→−π/2+( f ◦ tan)(t) = ℓ et lim

t→+π/2−( f ◦ tan)(t) = ℓ.

On en déduit que l’on peut prolonger par continuité sur [−π/2,π/2]la fonction f ◦ tan en la fonction

G : t 7→�

f (tan(t)), si x ∈ ]−π/2,π/2[ ;ℓ, si x =−π/2 ou x = π/2.

Cette fonction remplit toutes les conditions du théorème de Rolle sur[−π/2,π/2], on en déduit qu’il existe un réel α ∈]−π/2,π/2[ qui vérifieG′(α) = 0.On obtient donc ( f ◦tan)′(α) = 0, c’est-à-dire f ′(tan(α))×(1+tan2(α)) =0, d’où f ′(tan(α)) = 0, autrement dit f ′(c) = 0 avec c = tan(α) .

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Une correction de l’exercice 19.4 énoncé1. Tout d’abord pour x = y = 0, f (0)(1 − f (0)) = 0 donc f (0) = 0 ou

f (0) = 1 ;

2. pour y = 0, on a pour tout réel x, f (0)(1− f (x)) = 0, donc si f (0) = 1,alors f est la fonction constante égale à 1, et est vérifie bien la propriété.

3. Supposons à présent que f (0) = 0.Dérivons l’égalité par rapport à x, on obtient pour tout (x , y) ∈ R2,

f ′(x + y) = f ′(x)�1− f (y)

�.

Pour tout réel t, en prenant x = 0 et y = t, on en déduit que

f ′(t) =− f ′(0) f (t) + f ′(0).

Donc, en notant a = f ′(0), f est solution de l’équation différentielley ′ =−a y + a, donc il existe un réel K tel que

∀t ∈ R, f (t) = 1+ Ke−at .

Il suffit de se souvenir que f (0) = 0 pour obtenir K=−1.

4. On conclut, après avoir vérifié que ces fonctions sont bien solution, queles solutions sont les fonctions de la forme t 7→ 1− e−at , où a est un réelquelconque.

Une correction de l’exercice 19.5 énoncé1. inv : x 7→ 1/x est dérivable sur R∗ et arctan est dérivable sur R donc

arctan◦ inv : x 7→ arctan(1/x) est dérivable sur R∗, et par conséquent φest dérivable sur R∗.

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Pour tout x ∈ R∗,φ′(x) = arctan′(x) + [arctan◦ inv]′(x)

=1

1+ x2 + arctan′(1/x)× inv′(x)

=1

1+ x2 +1

1+ ( 1x)2×�− 1

x2

�=

1

1+ x2 −1

x2+ 1= 0

2. On sait qu’une fonction dérivable dont la dérivée est nulle sur un inter-valle est constante sur cet intervalle, par conséquent φ est constante surles intervalles ]−∞, 0[ et sur ]0,+∞[.Or φ(1) = 2arctan(1) = 2 × π/4 = π/2, et de même φ(−1) = −π/2donc

φ(x) =

¨π

2, si x > 0 ;−π

2, si x < 0 ;

Une correction de l’exercice 19.6 énoncéÝ Notons g la fonction définie sur ]0 ; 1[ par g(x) = f (x)ex .

On peut déjà constater que f et g sont de même signe.Puis, par les hypothèses sur f , g(0) = g(1) = 0.De plus, g est aussi deux fois dérivable sur ]0 ; 1[, la formule de Leibniznous donnant g ′′(x) =

�f ′′(x) + 2 f ′(x) + f (x)

�ex .

Donc, encore par hypothèse sur f , g ′′ est positive sur ]0 ; 1[, donc g ′est croissante sur ]0 ; 1[.

Ý Ainsi, si g ′ change de signe sur ]0 ; 1[, alors g ′ est négative, puis positive,donc g est décroissante, puis croissante. Or g(0) = g(1) = 0, donc g estnégative sur ]0 ; 1[, et f aussi.

Ý Si g ′ ne change pas de signe sur ]0 ; 1[, alors g ′ est de signe constant,donc g est monotone. Or g(0) = g(1) = 0, donc g est constante et nullesur ]0 ; 1[, et f aussi, donc négative au sens large.

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Une correction de l’exercice 19.7 énoncéÝ Tout d’abord, la fonction gn est C∞ sur R∗, comme produit de x 7→ xn−1,

polynomiale donc C∞ sur R, par la composée de x 7→ 1x, qui est de classe

C∞ sur R∗, par exp qui est C∞ sur R.Ý On cherche une expression pour

�gn�(n).

Par quelques calculs, on constate que pour n ∈ {1,2, 3},�gn�(n) : x 7→ (−1)n

xn+1 e1x .

Supposons que ceci est vrai pour tout un n ∈ N∗, et montrons que cetteformule est encore valable au rang n+ 1.Soit x ∈ R∗, rappelons que idR : x 7→ x, alors

gn+1(x) = xne1x = x × gn(x) = (idR×gn)(x)

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d’où avec la formule de Leibniz :�gn+1

�(n+1) (x)

= (idR×gn)(n+1)(x)

=n+1∑k=0

�n+ 1

k

�id(k)R (x)× �gn

�(n+1−k) (x)

= x × (gn)(n+1)(x) + (n+ 1)× 1× (gn)

(n)(x)

= x × �(gn)(n)�′(x) + (n+ 1)× 1× (gn)

(n)(x)

= x × d

d x

�(−1)n

xn+1 e1x

�+ (n+ 1)

�(−1)n

xn+1 e1x

�(par hypothèse de récurrence)

= x ×�(−1)n

−(n+ 1)xn+2 e

1x +(−1)n

xn+1

�− 1

x2

�e

1x

�+ (n+ 1)

�(−1)n

xn+1 e1x

�= (−1)n+1 (n+ 1)

xn+1 e1x +(−1)n+1

xn+2 e1x + (n+ 1)

�(−1)n

xn+1 e1x

�=(−1)n+1

xn+2 e1x c.q.f.d

Une correction de l’exercice 19.8 énoncé1. On procède par récurrence, avec H0 = 1, puis

f (n+1)(x) =�

f (n)�′(x) =

�e−x2

Hn(x)�′ (par hypothèse de récur-

rence, et abus de nota-tion)

=−2x × e−x2 ×Hn(x) + e−x2 ×H′n(x)= e−x2 �−2xHn(x) +H′n(x)

�d’où le résultat voulu en prenant pour tout n ∈ N le polynôme Hn+1 =−2XHn+H′n.

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2. On sait que pour tout réel x,

f ′(x) =−2xe−x2=−2x × f (x),

donc f ′ = u× f (où u; x 7→ − 2x )

donc en appliquant la formule de Leibniz (de dérivation d’un produit),pour tout n ∈ N, et tout réel x,

f (n+2)(x) =�

f′�(n+1)

(x) =�u× f

�(n+1)(x)

=n+1∑k=0

�n+ 1

k

�u(n+1−k)(x)× f (k)(x)

=−2x f (n+1)(x)− 2(n+ 1) f (n)(x),

donc

Hn+2(x) = ex2f (n+2)(x) =−2xex2

f (n+1)(x)− 2(n+ 1)ex2f (n)(x)

=−2xHn+1(x)− 2(n+ 1)Hn(x),

ce qui nous donne la relation de récurrence voulue.

3. Ý D’une part si on suppose qu’au rang n ∈ N, deg(Hn) = n etdeg(Hn+1) = n+ 1, ce qui est vrai pour n= 0, alors le polynôme

Hn+1 =−2XHn+1− 2(n+ 1)Hn,

est de degré n+ 2 comme somme des polynôme −2XHn+1 qui est dedegré n+ 2 et −2(n+ 1)Hn de degré n.Donc par récurrence, pour tout n ∈ N, deg(Hn) = n.

Ý D’autre part, supposons de nouveau qu’au rang n ∈ N, pour toutpolynôme P ∈ R[X], P | Hn

�=¬

P(n) | H0

¶, ce qui est encore vrai au

rang n= 0.Alors pour tout polynôme P ∈ R[X],

P | Hn+1

�=¬

P | −2XHn+H′n¶

(d’après la question 1)

=P | −2XHn

�+¬

P | H′n¶

.

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Mais

P | −2XHn

�=

∫ +∞−∞

P(t)Hn(t)(−2te−t2)d t

=

∫ +∞−∞

P(t)Hn(t) f′(t)d t.

Or t 7→ P(t)Hn(t) et f sont C1 sur R, et par croissances comparéesP(t)Hn(t) f (t) tend vers 0 en ±∞, donc par une intégration par par-ties

P | −2XHn

�=−

∫ +∞−∞

�PHn

�′ (t) f (t)d t

!

=− ∫ +∞

−∞

�PHn

�′ (t) f (t)d t

!=−P′ | Hn

�− ¬P | H′n¶

.

Ainsi il reste P | Hn+1

�=−P′ | Hn

�d’où grâce à l’hypothèse de récurrence appliquée à P′,

P | Hn+1

�=−¬(P′)(n) | H0

¶=¬

P(n+1) | H0

¶, c.q.f.d.

Ý Ainsi pour tout (p, q) ∈ N2, si p < q, alors¬Hp | Hq

¶=D

H(q)p | H0

E= 0 (car deg(Hp) = p < q)

ce qui prouve que la famille�Hn�

n∈N est orthogonale.Comme de plus c’est une famille de polynômes de degrés échelonnés,c’est aussi une base de R[X].

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Une correction de l’exercice 19.9 énoncéÝ La fonction x 7→ p

x est continue sur [0 ; +∞[ et de classe C1 sur]0 ; +∞[, et en la composant par cos qui est C1 sur R, on prouve que fest continue sur [0 ; +∞[ et de classe C1 sur ]0 ; +∞[.

Ý Pour tout x > 0,

f ′(x) =− sin(p

x)× 1

2p

x.

Or limx→0

px = 0, et sin(�) ∼

�→0�, donc

f ′(x) ∼x→0−p

x

2p

x=−1

2·

Ainsi grâce au théorème de limite de la dérivée, f est de classe C1 sur[0 ; +∞[, et f ′(0) =−1

2.

Une correction de l’exercice 19.10 énoncé1. det(A) = λ2− (1−λ)2 = 2λ− 1, donc

Ý si λ 6= 12, A est inversible, d’inverse

1

2λ− 1

�λ −(1−λ)

−(1−λ) λ

�,

donc l’équation AX= B se résout en

X= A−1B=1

2λ− 1

�λ a− (1−λ) b−(1−λ) a+λ b

�,

Ý si λ= 12, AX= B est le système¨

12(x + y) = a

12(x + y) = b

qui

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⋆ si a 6= b, n’a pas de solution ;

⋆ si a = b, a pour ensemble des solutions la droite d’équation x+ y =2a, c’est-à-dire les vecteurs

X=�

2a− yy

�=�

2a0

�+ y�−1

1

�, y ∈ R.

2. Soit λ ∈ R et f une fonction dérivable sur R telle que

∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y).Alors pour x 6= y,

f ′(λx + (1−λ)y) = f (y)− f (x)y − x

et f ′(λy + (1−λ)x) = f (x)− f (y)x − y

=f (y)− f (x)

y − x= f ′(λx + (1−λ)y) (E),

cette égalité restant vraie pour x = y.

Ý Dans le cas où λ 6= 12, montrons que f ′ est constante. Prenons

deux réels a < b, montrons que f ′(a) = f ′(b).D’après la question 1, il suffit de (et il faut) prendre�

xy

�= A−1B=

1

2λ− 1

�λ a− (1−λ) b−(1−λ) a+λ b

�,

pour avoir

AX= B, c’est-à-dire�

a = λx + (1−λ)yb = (1−λ)x +λy

et par conséquent f ′(a) = f ′(b) d’après l’égalité (E).Ainsi, f ′ est constante sur R, donc f est une fonction affine, autre-ment dit polynomiale de degré 1, de la forme f : t 7→ αt + β.

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On vérifie bien que pour tout (x , y) ∈ R2,

f (y)− f (x) = α(y − x)(y − x) f ′(λx + (1−λ)y) = α(y − x),

pour conclure que

pour tout λ ∈ R \ ¦12

©, les fonctions réelles f dérivables sur

R telles que

∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(λx + (1−λ)y)sont les fonctions affines.

Ý Si λ= 12, alors

∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′�

12(x + y)

�.

⋆ Prenons un réel t, et pour avoir t = 12(x + y), on prend un réel x

quelconque, et y = 2t − x, ainsi

∀(t, x) ∈ R2, f (2t − x)− f (x) = 2(t − x) f ′(t).

Mais pour x fixé, la fonction t 7→ f ′(t) = f (2t−x)− f (x)2(t−x)

est dérivablesur R\{x} comme rapport de fonctions dérivables dont le dénomi-nateur ne s’annule pas. Par conséquent f ′ est dérivable sur R\{x},et comme on a prouvé ceci pour tout réel x, on conclut que f ′ estdérivable sur R, donc que f est deux fois dérivable sur R.

⋆ On dérive par rapport à t dans l’égalité

∀(t, x) ∈ R2, f (2t − x)− f (x) = 2(t − x) f ′(t),

pour obtenir

∀(t, x) ∈ R2, 2 f ′(2t − x) = 2 f ′(t) + 2(t − x) f ′′(t),

18/36


d’où pour t = 0, et en remplaçant x par −x,

∀x ∈ R2, f ′(x) = f ′(0) + 2x f ′′(0),

donc f ′ est une fonction affine, c’est-à-dire polynomiale de degré1, d’où f est une fonction polynomiale de degré 2 .

⋆ Réciproquement, si f = αX2+ βX+ γ, alors pour tout (x , y) ∈ R2,

f (y)− f (x) = α(y2− x2) + β(y − x)= (y − x)

�α(x + y) + β

�(y − x) f ′(1

2(x + y)) = (y − x)

�2α(1

2(x + y)) + β

�= (y − x)

�α(x + y) + β

�= f (y)− f (x).

⋆ On peut ainsi conclure que conclure que

les fonctions réelles f dérivables sur R telles que

∀(x , y) ∈ R2, f (y)− f (x) = (y − x) f ′(12(x + y))

sont les fonctions polynomiales de degré 2.

Une correction de l’exercice 19.11 énoncé1. (a) La fonction u : x 7→ cos(2x) est dérivable et ne s’annule pas sur I,

donc f = 1uest dérivable sur I. De plus pour tout x ∈ I,

f ′(x) =−−2sin(2x)cos(2x)2

= 2sin(2x)cos(2x)2

(b) Pour tout x ∈ I,

f ′(x) = 2sin(2x)cos(2x)2

= 2× 1

cos(2x)× sin(2x)

cos(2x)= 2 f (x)× sin(2x)

cos(2x)

19/36


et d’autre part pour tout x ∈ I, 0< cos(2x)¶ 1 donc

f (x) =1

cos(2x)¾ 1 d’où f (x)2− 1¾ 0.

De plus

pf (x)2− 1=

r1

cos(2x)2− 1=

È1− cos(2x)2

cos(2x)2=

Èsin(2x)2

cos(2x)2

or pour tout x ∈ I, sin(2x) et cos(2x) sont positifs, donc

pf (x)2− 1=

Èsin(2x)2

cos(2x)2=

sin(2x)cos(2x)

et par conséquent

f ′(x) = 2 f (x)p

f (x)2− 1 .

(c) On vient de voir que f (x) ¾ 1 pour tout x ∈ I, et de pluspf (x)2− 1¾ 0, donc f ′(x)¾ 0.

On précise même sans difficulté que pour tout x ∈i

0, π4

hcos(2x)<

1, donc f (x) > 1, et enfin f ′(x) > 0. On conclut donc que f eststrictement croissante sur I et que f étant continue,

J= f��

0,π

4

��=

f (0), limx<→π

4

f (x)

= [1 ; +∞[

car limx<→π

4

cos(2x) = 0+ donc limx<→π

4

f (x) = limx<→π

4

1cos(2x)

=+∞.

(d) Ý La fonction f est continue et strictement croissante sur I, c’estdonc une bijection de sur I sur J= [1,+∞[, et on sait de plus quesa réciproque f −1 est continue et strictement croissante sur J.

20/36


Ý La fonction f est dérivable sur I et sa dérivée f ′ : x 7→ 2 sin(2x)cos(2x)2

ne

s’annule pas suri

0; π4

hATTENTION! Ici f est dérivable sur I =

h0; π

4

hmais sa

dérivée s’annule en 0, on ne peut donc pas appliquerle théorème de dérivation des fonctions réciproques surI=h

0; π4

hmais sur

i0; π

4

h.

donc f −1 est dérivable sur f�i

0; π4

h�=]1,+∞[, et sa dérivée

est définie par

∀y ∈ ]1,+∞[, � f −1�(y) =

1

f ′�

f −1(y)�

mais d’après le résultat obtenu plus haut, et sachant quef�

f −1(y)�= y, on a

f ′�

f −1(y)�= 2 f

�f −1(y)

�Æf�

f −1(y)�2− 1= 2y

py2− 1

ce qui achève de prouver que

( f −1)′(y) =1

2yp

y2− 1

2. (a) Soit x ∈ I,

1+ tan2(x)1− tan2(x)

=1+

sin(x)2

cos(x)2

1− sin(x)2

cos(x)2

=

cos(x)2+ sin(x)2

cos(x)2

cos(x)2− sin(x)2

cos(x)2

=1

cos(x)2− sin(x)2=

1

cos(2x)= f (x).

21/36


(b) Soit x ∈ I,

(g ◦ f )(x) = arctan

√√√√ 1+tan2(x)1−tan2(x)

− 1

1+tan2(x)1−tan2(x)

+ 1

= arctan

√√√√ 2 tan2(x)1−tan2(x)

21−tan2(x)

= arctan�p

tan2(x)�

mais x ∈ I, donc tan(x)¾ 0 etp

tan2(x) = tan(x), d’où

(g ◦ f )(x) = arctan (tan(x)) = x .

On en déduit émerveillés que g n’est autre que la réciproque de f ,à condition bien sûr d’avoir vérifié auparavant que pour tout y ∈[1 ; +∞[,

( f ◦ g)(y) =1+ tan2

�arctan

qy−1y+1

�1− tan2

�arctan

qy−1y+1

� = 1+ y−1y+1

1− y−1y+1

= y.

(c) Dérivons donc g. Pour ce faire, notons v la fonction y 7→ y−1y+1

. Ainsig = arctan◦p ◦v, et comme g est la réciproque de f , on sait qu’elleest dérivable sur ]1,+∞[ (inutile de le démontrer à nouveau).

22/36


Pour tout y ∈ ]1,+∞[,g ′(y) = arctan′

�pv(y)

�×p ′(v(y))× v′(y)

=1

1+�q

y−1y+1

�2 ×1

2q

y−1y+1

× 2

(y + 1)2

=1

1+ y−1y+1

× 1qy−1y+1

× 1

(y + 1)2

=y + 1

2y×p

y + 1py − 1

× 1

(y + 1)2

=1

2yp

y − 1p

y + 1=

1

2yp

y2− 1c.q.f.d

Une correction de l’exercice 19.12 énoncé1. Notons f (x) = detB(u(x), v(x), w(x)) pour tout réel x de I. Soit a un réel

de I, alors, en utilisant la multilinéarité du déterminant sur�R3�3, c’est-

à-dire la linéarité par rapport à chaque vecteur, on a pour tout x ∈ I,

f (x)− f (a) = detB(u(x), v(x), w(x))− det

B(u(a), v(a), w(a))

=�

detB(u(x)− u(a), v(x), w(x)) + det

B(u(a), v(x), w(x))

�− det

B(u(a), v(a), w(a))

= detB(u(x)− u(a), v(x), w(x))

+�

detB(u(a), v(x)− v(a), w(x)) + det

B(u(a), v(a), w(x))

�− det

B(u(a), v(a), w(a))

= detB(u(x)− u(a), v(x), w(x)) + det

B(u(a), v(x)− v(a), w(x))

+ detB(u(a), v(a), w(x)−w(a))

23/36


puis de nouveau avec la multilinéarité du déterminant, pour tout x ∈ I etx 6= a,

1

x − a�

f (x)− f (a)�=

1

x − a

�detB(u(x)− u(a), v(x), w(x))

+ detB(u(a), v(x)− v(a), w(x))

+detB(u(a), v(a), w(x)−w(a))

�= det

B

�1

x − a(u(x)− u(a)) , v(x), w(x)

�+ det

B

�u(a),

1

x − a(v(x)− v(a)) , w(x)

�+ det

B

�u(a), v(a),

1

x − a(w(x)−w(a))

�.

Les fonctions u, v et w sont dérivables sur I, donc en a, et par conséquent1

x − a(u(x)− u(a))−−−→

x−→au′(a),

1

x − a(v(x)− v(a))−−−→

x−→av′(a),

et1

x − a(w(x)−w(a))−−−→

x−→aw′(a).

Ces trois fonctions sont aussi continues en a, donc

u(x)−−−→x−→a

u(a), v(x)−−−→x−→a

v(a), et w(x)−−−→x−→a

w(a).

Enfin, le déterminant étant une application multilinéaire sur�R3�3, c’est

une application continue.On déduit de tout ceci, par composition des limites, que

1

x − a�

f (x)− f (a)�−−−→

x−→adetB

�u′(a), v(a), w(a)

�+ det

B

�u(a), v′(a), w(a)

�+ det

B

�u(a), v(a), w′(a)

�.

24/36


On peut conclure que f = detB (u, v, w) est dérivable sur I de dérivée

f ′ = detB

�u′, v, w

�+ det

B

�u, v′, w

�+ det

B

�u, v, w′

�.

2. Soit f une fonction de classe C1 sur I. En appliquant la question pré-cédente aux fonctions u = f , v la fonction constante égale à f (a1), etw la fonction constante égale à f (a2), on peut conclure que la fonc-tion φ : x 7→ detB

�f (x), f (a1), f (a2)

�est dérivable sur I de dérivée

φ′ : x 7→ detB�

f ′(x), f (a1), f (a2)�.

Le même résultat peut aussi être établi en remarquant queφ = L ◦ f , en arguant de la linéarité sur R3 de la fonction L :X 7→ detB

�X, f (a1), f (a2)

�, grâce à la propriété 15.9.

Une correction de l’exercice 19.13 énoncéL’application L : X 7→ � f (b)− f (a)|X� est linéaire, donc φ = L ◦ f , qui va de[a ; b] dans R, conserve la continuité de f sur [a ; b] et la dérivabilité de fsur ]a ; b[, avec en plus

∀t ∈ ]a ; b[ , φ′(t) = L ◦ f ′ =�

f (b)− f (a)| f ′(t)� .

Cette application φ vérifie les conditions du théorème des accroissementsfinis, donc il existe c ∈ ]a ; b[ tel que φ′(c) = φ(b)−φ(a)

b−a, ce qui donne

�f (b)− f (a)| f ′(c)�= � f (b)− f (a)| f (b)�− � f (b)− f (a)| f (a)�

b− a

d’où �f (b)− f (a)| f ′(c)�= f (b)− f (a)

2

b− a.

Puis l’inégalité de Cauchy-Schwarz entraîne que f (b)− f (a) 2

b− a¶ f (b)− f (a)

× f ′(c)

dont on déduit l’inégalité voulue.

25/36


Une correction de l’exercice 19.14 énoncé1. Pour tout réel x, par linéarité relativement à la première colonne,

D1(x) =

��x + a x x

x x + b xx x x + c

��= x

��1 x x1 x + b x1 x x + c

��+��a x x0 x + b x0 x x + c

��Or le déterminant étant linéaire par rapport aux colonnes, les applica-tions

f :�� a1

a2a3

�,� b1

b2b3

��7→��1 a1 b1

1 a2 b2

1 a3 b3

�� et g :�� a1

a2a3

�,� b1

b2b3

��7→��a a1 b1

0 a2 b2

0 a3 b3

��sont bilinéaires.De plus, les fonctions

u : x 7→ x

x + bx

et v : x 7→ x

xx + c

sont C∞ sur R, car leurs applications coordonnées le sont aussi.

Elles ont toutes les deux la même dérivée constante x 7→1

11

.

Par conséquent, d’après la proposition 19.9, les applications

x 7→ f (u(x), v(x)) et x 7→ g(u(x), v(x))

sont aussi C∞ sur R, donc D : x 7→ x f (u(x), v(x)) + g(u(x), v(x)) estencore C∞ sur R.

26/36


De plus, pour tout réel x,

D′(x) = 1× f (u(x), v(x)) + x × � f (u′(x), v(x)) + f (u(x), v′(x))�

+ g(u′(x), v(x)) + g(u(x), v′(x))= 1× f (u(x), v(x)) + g(u′(x), v(x)) + g(u(x), v′(x))(car f (u′(x), v(x)) = f (u(x), v′(x)) = 0)

=

��1 x x1 x + b x1 x x + c

��+��a 1 x0 1 x0 1 x + c

��+��a x 10 x + b 10 x 1

��(on fait C2 ← C2 − xC1 et C3 ← C3 − xC1 dans le pre-mier déterminant, et les opérations équivalentes dansles autres)

=

��1 0 01 b 01 0 c

��+��a 1 00 1 00 1 c

��+��a 0 10 b 10 0 1

��= bc + ac+ ab.

Donc (grâce au théorème fondamental de l’analyse) pour tout réel x,D(x) = (bc + ac+ ab) x +D(0).

Or D(0) =

��a 0 00 b 00 0 c

��= abc, donc

∀x ∈ R,

��x + a x x

x x + b xx x x + c

��= (bc+ ac+ ab) x + abc.

27/36


On aurait aussi pu utiliser le résultat établi dans l’exercice19.12 : si u, v et w sont trois fonctions dérivables sur I à va-leurs dans R3, alors la fonction f : x 7→ detB (u(x), v(x), w(x))est dérivable sur I, avec

∀x ∈ I, f ′(x) = detB�u′(x), v(x), w(x)

�+ detB

�u(x), v′(x), w(x)

�+ detB

�u(x), v(x), w′(x)

�.

2. Les fonctions u : x 7→ cos(x)

cos(x + a)cos(x + b)

, et v : x 7→ sin(x)

sin(x + a)sin(x + b)

sont déri-

vables sur R, car ce sont des fonctions vectorielles dont les coordonnéessont dérivables sur R.Ainsi, par la multilinéarité du déterminant (comme dans la question pré-cédente)

D : x 7→��1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)

��est aussi dérivable, avec pour tout réel x :

D′(x) =

��1 − sin(x) sin(x)1 − sin(x + a) sin(x + a)1 − sin(x + b) sin(x + b)

��+��1 cos(x) cos(x)1 cos(x + a) cos(x + a)1 cos(x + b) cos(x + b)

��= 0+ 0= 0.

28/36


Donc D est constante sur R, égale à

D(0) =

��1 1 01 cos(a) sin(a)1 cos(b) sin(b)

��L2← L2− L1

L3← L3− L1

=

��1 1 00 cos(a)− 1 sin(a)0 cos(b)− 1 sin(b)

��= (cos(a)− 1) sin(b)− (cos(b)− 1) sin(a)= cos(a) sin(b)− cos(b) sin(a)− sin(b) + sin(a)= sin(b− a)− sin(b) + sin(a).

Par conséquent

∀x ∈ R,

��1 cos(x) sin(x)1 cos(x + a) sin(x + a)1 cos(x + b) sin(x + b)

��= sin(b− a)− sin(b) + sin(a).

Une correction de l’exercice 19.15 énoncé(i) Comme le déterminant d’un matrice est linéaire par rapport à chaque

colonne, et donc par rapport à chaque ligne par transposition, on peutaffirmer que l’application L de R3 dans R définie par

L(x , y, z) =

��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)

x y z

��est linéaire.Ainsi comme u, v, w sont de classe C2 sur [a ; b] à valeurs dans R, alorsla fonction φ = (u, v, w) est C2 sur [a ; b] à valeurs dans R3, et parconséquent, l’application

f = L ◦φ : t 7→��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u(t) y(t) z(t)

��est de classe C2 sur [a ; b] à valeurs dans R, avec en particulier pour

29/36


tout t ∈ [a ; b],

f ′(t) =�L ◦φ�′ (t) = �L ◦φ′� (t) =

��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′(t) y ′(t) z′(t)

��et f ′′(t) =

��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′′(t) y ′′(t) z′′(t)

��.(ii) Comme le déterminant d’une matrice dont deux lignes sont égales est

nul, on remarque que f (a) = f (b) = 0, et f , étant C2 sur [a ; b], res-pecte les conditions du théorème de Rolle, donc il existe un réel d dans]a ; b[ tel que f ′(d) = 0.

(iii) Mais d’après l’énoncé ��u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′(a) v′(a) w′(a)

��= 0,

autrement dit f ′(a) = 0.Ainsi f ′ s’annule en a et en d, avec a < d, et comme f est de classeC2 sur [a ; b], l’application f ′ est continue sur [a ; b] et dérivable sur]a ; b[, donc on peut de nouveau appliquer le théorème de Rolle à f ′entre a et d, ce qui nous donne l’existence de c ∈ ]a ; d[ ⊂ ]a ; b[ telque f ′′(c) = 0, c’est-à-dire��

u(b) v(b) w(b)u(a) v(a) w(a)u′′(c) v′′(c) w′′(c)

��= 0, c.q.f.d.

Une correction de l’exercice 19.16 énoncé1. Pour tout a ∈ I, la courbe de f admet au point d’abscisse a, c’est-à-dire

le point (a, f (a)), une tangente T de pente f ′(a), autrement dit un point

30/36


M= (x , y) 6= (a, f (a)) est dans T si, et seulement si,

y − f (a)x − a

= f ′(a)⇐⇒ (y − f (a))− f ′(a)(x − a) = 0⇐⇒ y = f (a) + f ′(a)(x − a),

qui sont des équations cartésiennes de T .

2. Le cercle de centre O et de rayon R est paramétré par

t 7→ f (t) = (x(t), y(t)) = (Rcos(t), R sin(t)) .

On admet que le point M0 = (x0, y0) est sur ce cercle, et que (x0, y0) =(x(t0), y(t0)) = (Rcos(t0), R sin(t0)).En ce point, le cercle admet une tangente T dirigée par le vecteur vitessef ′(t0) = (x ′(t0), y ′(t0)) = (−Rsin(t0), R cos(t0)), qui est non nul car denorme R (on suppose R > 0). Donc un point M = (x , y) est dans T si,et seulement si, les vecteurs M−M0 et f ′(t0) sont colinéaires, autrementdit ��x − x0 x ′(t0)

y − y0 y ′(t0)

��= 0⇐⇒ y ′(t0)(x − x0)− x ′(t0)(y − y0) = 0

⇐⇒ sin(t0)(x − x0) + cos(t0)(y − y0) = 0

qui nous donne une équation cartésienne de T .

Une correction de l’exercice 19.17 énoncéNotons f = (x , y).

(i) Les fonctions x et y sont 2π-périodiques, donc on peut se contenterde tracer l’arc pour t ∈ [−π ; π].

(ii) Les fonctions x et y sont impaires, donc pour tout t ∈ [0 ; π],f (−t) = (x(−t), y(−t)) =−(x(t), y(t)) =− f (t), par conséquent l’arccorrespondant à t ∈ [−π ; 0] est symétrique de l’arc correspondant àt ∈ [0 ; π] par rapport à l’origine.

(iii) Les fonctions x et y sont de classe C∞ sur R, la deuxième commerapport de deux fonctions C∞ dont le dénominateur ne s’annule pas.

31/36


Pour tout t ∈ [0 ; π], x ′(t) = cos(t) et

y ′(t) =cos(t)(2+ cos(t))− sin(t)(− sin(t))

(2+ cos(t))2= 2

cos(t) + 1/2

(cos(t) + 2)2·

On trace alors le tableau de variations suivant :

t 0π

2

2π

3π

x′(t) = cos(t) 1 + 0 − −1

2− −1

x(t)

0

1 √3

20

y′(t) =2 cos(t) + 1

(2 + cos(t))21

3+

1

4+ 0 − −1

y(t)

0

1

2

1√3

0

et on a finalement le tracé ci-après, obtenu avec matplotlib et le codesuivant :

?? PythonTeX??

?? PythonTeX??

32/36


−1.2 −1 −0.8−0.6−0.4−0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4−1.2

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

f ′(0)

f ′(π2)f ′(2π

3)

f ′(π)−π¶ t ¶−π/2−π/2¶ t ¶ 00¶ t ¶ π/2π/2¶ t ¶ π

Une correction de l’exercice 19.18 énoncé1. (a) La fonction f = (x , y) est périodique de période 2π, donc on se

contente de tracer sa courbe sur [−π ; π].

(b) Pour tout t ∈ [0 ; π],

f (−t) = (x(−t), y(−t)) = (x(t),−y(t)),

donc on trace la courbe pour t ∈ [0 ; π], et on la complète pourt ∈ [−π ; 0] avec une symétrie orthogonale par rapport à l’axe desabscisses ;

(c) pour tout t ∈ [0 ; π/2],

f (π− t) = (x(π− t), y(π− t)) = (−x(t), y(t)),

33/36


donc on trace la courbe pour t ∈ [0 ; π/2], et on la complète pourt ∈ [π/2 ; π] avec une symétrie orthogonale par rapport à l’axe desordonnées ;

(d) pour faire du zèle : pour tout t ∈ [0 ; π/4],

f (π/2− t) = (x(π/2− t), y(π/2− t)) = (y(t), x(t)),

donc on trace la courbe pour t ∈ [0 ; π/4], et on la complète pour t ∈[π/4 ; π/2] avec une symétrie orthogonale par rapport à la premièrebissectrice, c’est-à-dire la droite d’équation y = x.

(e) Le tableau des variations est ainsi :

t 0π

4

x′(t) = −3 sin(t)(cos(t))2 0 − − 3

2√2

x(t)1

1

2√2

y′(t) = 3 cos(t)(sin(t))2 0 +3

2√2

y(t)

0

1

2√2

34/36


(f) Quand t → 0, avec (1+�)α =�→0

1+α�+ o(�),

x(t) = (cos(t))3 =t→0

�1− 1

2t2+ o(t3)

�3

=t→0

�1+�−1

2t2+ o(t3)

��3

=t→0

1+ 3�−1

2t2+ o(t3)

�+ o��−1

2t2+ o(t3)

��=

t→01− 3

2t2+ o(t2)

y(t) = (sin(t))3 =t→0

�t + o(t2)

�3=

t→0t3+ o(t3)

donc

f (t) =t→0

�10

�+ t2

�−3/20

�+ o(t2)

donc la courbe de f admet au point (1,0) une tangente horizontale.

(g) On obtient le tracé suivant :

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−1 −0.5 0 0.5 1

−1

−0.5

0

0.5

1f ′(π

4)

f ′′(0)f (0)

f�π

4

�f�π

2

�

0¶ t ¶ π/4π/4¶ t ¶ π/2π/2¶ t ¶ π−π¶ t ¶ π

2. La tangente est dirigée par f ′(t) = 3sin(t) cos(t)(− cos(t), sin(t)), c’est-à-dire par (− cos(t), sin(t)), donc on obtient comme équation cartésienne

sin(t)x + cos(t)y − cos(t) sin(t) = 0.

3. Les points d’intersection sont (cos(t), 0) et (0, sin(t)), le segment a pourlongueur 1.

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Exercices du chapitre 19. Fonctions vectorielles...

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