0

l’énergie. En négligeant la résistance de l’air, les équations cinématiques d’un projectile lancé à partir de l’origine à une vitesse initiale vp avec un angle θ par rapport à l’horizontale sont données par : x = vp · cos(θ) · t g · t2 2 En posant y=0 et en isolant le temps de l’équation 5, la distance d parcourue par le projectile est égale à : y = vp · sin(θ) · t − d= vp2 sin(2θ) g (4) (5) (6) Cette distance est maximale pour sin(2θ) = 1 soit pour θ = pi/4 ou 45° : d= vp2 g (7) 3 En

DE TÊTE (2x – 3) (8 + 2x) = 0 ; ᏿ = – 4 ; 50 2[(x – 3)2 – 4] = 0. 39 1. A(1) ≠ 0. Donc 1 n’est pas solution de l’équation A(x) = 0. 2. A(x) > 0. c) A(12) > 0. ÉQUATIONS DU SECOND DEGRÉ PARTICULIÈRES Ά · 1 (x + 3) (2x + 1) = 0 ; ᏿ = – 3 ; – . 2 42 [(x – 1) + (2 – 3x)] [(x – 1) – (2 – 3x)] = 0. (– 2x + 1) (4x – 3) = 0 ; ᏿ = 2[(x – 3 – 2) (x – 3 + 2)] = 0. 2(x – 5) (x – 1) = 0 ; ᏿ = {1 ; 5}. 51 a) [3 – 2(x – 2)] [3 + 2(x – 2)] = 0. 40 1. (x – 1) (x + 2) = A(x)

15 000 000€ car trop de disponibilités. Résultats  5ème de la période  5ème en terme de CA avec 11,95% de parts de marché  5ème au niveau de % de quantités vendues avec 11,94%  Des stocks de 0 pour le Snowboard, de 1944 pour les Surfs, et 694 pour le Funboard.  Des délais de 0 jours.  Un résultat net de 4 602 000 € Analyse La baisse de qualité des produits, plus l'augmentation des Surfs à pour conséquence de perdre près de 2% de parts de marché et donc d'avoir beaucoup de

vectoriels : Si F \ G = 0 , et ! ! ! ! ! ! ! ! ! dim F + dim G = dim E , alors F + G = E , et donc E = F G. Conséquence : position d’ une droite par rapport à un hyperplan. ! ! - Si F = a + F et G = b + G , alors ! ! ! F \ G 6= ? () ab 2 F + G . ! ! ! ! ! ! En particulier, si F + G = E , alors F \ G 6= ?, et si F G = E, ! ! ! alors F \ G est un point (attention, dim F + dim G = dim E ne prouve rien). 3. Applications a¢ nes. 1 (a) Caractérisation (et dé…nition). f : E ! E 0 est une application

Corrig´ e Mines-Ponts 2001 Math I Pr´ eliminaires a. x ∈ ker f k ⇒ f k (x) = 0 ⇒ f k+1 (x) = f(f k (x)) = 0 ⇒ x ∈ ker f k+1 Donc ker f k ⊂ ker f k+1 pour tout naturel k. b. Notons HR(k) la propri´et´e : ker f k = ker f k+1 . HR(p) est vraie par hypoth`ese. Si HR(k) alors on dispose des ´equivalences : x ∈ ker f k+2 ⇔ f(x) ∈ kerf k+1 ⇔ f(x) ∈ kerf k ⇔ x ∈ kerf k+1 qui entrainent HR(k + 1). Ainsi par r´ecurrence, ker f k = ker f k+1 pour tout k ≥ p. dk = dim ker f k est une suite croissante major´ee

!"#$%& !'(&!& )(*!+& ,!!-(.( +"!/ ,01+ 2(*–21 3"-! 0"' .41-19 '#% ,2003 .!04 ,7 '.# 2(!3!- ,!$%#&"' (&#')! #*+, () '(- REEH !"# .,!,40$ (,(10,( (,455 ,&3!&61 !"#$% !'(&! )(*!+ 35 !,-0'& )!3&, 3!+,& ,,40$ ,(+(/ !'!1 (6(0# 5(1!/ !*43 '(% ,3"5 &00(%,& ,("#$%& !0+" .7!#3.(#& 1(0 3% 2(0,! !'(&!& -!5& ,&"#& ,!5"01 +"!/ 35 04.&–!,1 ,#6& 7% ,45/( &"0(& ,45/ &,45 ," 8#", ,!"#$% &*!'#5 )/# !%19 2!"5 :" .&5'+& &*!'#1 (6(0# !'(&! 35 7,(10, ,(10,1 7!'(&!& 35 7,(%#9!& )!3&, 3% 7!!"# 70(-3 )4& 945#& !

matricielles ⎛ x1 ⎜ r r = ⎜ y1 ⎜z ⎝ 1 r r ⎛0 ⎜ r r1 = ⎜ 0 ⎜0 ⎝ y SF6 2 b 4 7 1 6 z 5 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ système de systè coordonnées coordonné cartésiennes carté ⎛0 ⎜ r r2 = ⎜ b ⎜0 ⎝ ⎛0 ⎞ ⎟ ⎜ r r3 = ⎜ − b ⎟ ⎜0 ⎟ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛− b⎞ ⎛0 ⎜ ⎟ r ⎜ r r 4 = ⎜ 0 ⎟ r5 = ⎜ 0 ⎜0 ⎟ ⎜b x ⎝ ⎠ ⎝ ⎛0 ⎜ r r7 = ⎜ 0 ⎜− ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛b ⎜ r r6 = ⎜ 0 ⎜0 ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ b⎟ ⎠ Chapitre

1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 2 | 1 | 1 | 0 | 0 | 3 | 2 | 3 | 2 | 0 | 3 | 1 | 3 | 1 | 4 | 3 | 0 | 1 | 0 | 3 | 0 | 5 | 3 | 0 | 3 | 0 | 3 | 0 | 6 | 1 | 1 | 0 | 0 | 2 | 0 | 7 | 2 | 0 | 2 | 0 | 3 | 1 | 8 | 3 | 0 | 2 | 0 | 1 | 1 | 9 | 2 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 10 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 11 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 12 | 3 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 13 | 2 | 3 | 3 | 3 | 3 | 2 | 14 | 2 | 0 | 3 | 0 | 3 | 1 | 15 | 1 | 0 | 1 | 0 | 2 | 1 | 16 | 0 | 0 | 2 | 0 | 2 | 0 | 17 | 0 | 1 |

( Full adder) 2-1°/ Report + 2-2°/ 1 Résultat 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 Exercice N°3 : 0 1 + 1 0 1 1 1 1 + 1 1 1 0 + 0 0 + 0 1 A= (1001)2 ; B= ( 0101)2 ; S= (1110)2 Prof : Borchani hichem et Hammami mourad www.seriestech.com Laboratoire génie électrique 4Stech Correction de la série N°1 Logique combinatoire Page 2/8 Exercice N°4 : A = 11001(2) et B = 11110(2) 1°) 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 + =1 2°) 0V 5V  0V + +5V 5 V S1 U1 10 8 3 1 A1 A2 A3

dans la suite du problème. Exercice 1. Soit f la fonction d’une variable réelle définie par : f(x) = ∫ 1 0 t−x √ 1 + tdt 1. En notant D le domaine de définition de f , montrer que D =]−∞, 1[. 2. (a) Soit (x, y) ∈ D2 tels que x ≤ y. Montrer que : ∀t ∈]0, 1],−x ln(t) ≤ −y ln(t) (b) En déduire le sens de variation de f sur D. 3. Déterminer les limites de f aux bornes de D. 4. (a) Calculer f(0). (b) À l’aide d’une intégration par parties, montrer que : ∀x ∈ R∗ −, f(x+ 1) = ( 3 2x − 1 ) f(x)− 2 √