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%Pour une numérotation en gras à la française: a. et pas: (a)
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\newtheorem{corollaire}{Corollaire}
\theoremstyle{definition}\newtheorem{Def}{D\'efinition}
\theoremstyle{plain}\newtheorem{prop}{Propri\'et\'e}
\theoremstyle{plain}\newtheorem{theo}{Th\'{e}or\`{e}me}
\theoremstyle{remark}\newtheorem*{rem}{Remarque}
\begin{document}
\newcommand{\Mathzani}{\href{http://prof.pantaloni.free.fr}{Math\raisebox{-0.7ex}{Z}ani}}
\lfoot{\Mathzani}

\lhead{Opération R.O.C.}
%\section{Suites, raisonnement par récurrence.}
Ce document a pour but de vous permettre de vous péparer aux exercices
du baccalauréat S impliquant des R.O.C. (Restitution Organisée des Connaissances). Les preuves dans ce document ont été
extraites\footnote{\texttt{generated with the extract package}} de mon
cours de TS que vous pouvez trouver sur mon site (cf lien cliquable en
bas de page) ou dans votre cahier. Ce sont soit des preuves à connaître, soit des
démonstrations qui impliquent des raisonnements que l'on doit savoir
faire dans des contextes légèrement différents, ou dans des cas
particuliers. Je pense en particulier aux chapitres commme \og
\'Equations différentielles\fg{} ou celui avec lequel on commence: \og
Suites récurrentes.\fg{}. Lisez bien les pré-requis dans les questions
R.O.C. on peut vous demander une autre preuve que celle vue en cours! Toutes les preuves ne sont pas complètes,
parfois je ne donne que l'idée essentielle, par exemple pour les
récurrences, je ne donne parfois que la phase d'hérédité. Le jour de
l'épreuve du bac, il faut bien
sûr tout écrire.\\
 Bonne lecture, et bon courage.\hfill Vincent PANTALONI.
\section{Suites récurrentes}
Cette section parle des suites $(u_n)$ définies par un premier terme
et une relation de récurrence de la forme $u_{n+1}=f(u_n)$ où $f$ est
une fonction définie sur un intervalle~$I$. Vous aurez à refaire
certaines de ces preuves avec des exemples concrets de suite dans les exercices.
\begin{ROC}
Il est faux de dire que $f$ croissante donne $(u_n)$ croissante, on a
en fait la propriété suivante à savoir montrer. 

\begin{prop} On a deux cas si $f$ est monotone:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item Si $f$ est croissante alors  $(u_n)$ monotone. Le sens de var est
    donné par le signe de $u_1-u_0$
  \item Si $f$ est décroissante alors $(u_{2n})$ et $(u_{2n+1})$ sont
    monotones de monotonies contraires
  \end{dingautolist}
\end{prop}
\begin{proof}
   Supposons $u_1>u_0$.
\begin{enumerate}
  \item Par récurrence. $\mathscr{P} (n)$: \og $u_{n+1}\geq u_n$\fg{}. Je
    fais l'hérédité: Si $\mathscr{P} (k)$ est vraie, $u_{k+1}\geq u_k$. Or
    $f$ est croissante, donc:
\[ u_{k+1}\geq u_k \implies f(u_{k+1})\geq f(u_k)\implies u_{k+2}\geq u_{k+1} \]
  \item On pose $p_n=u_{2n}$ et $i_n=u_{2n+1}$. Alors:
\[p_{n+1}=f\circ f(p_n) \quad \et{}\quad i_{n+1}=f\circ f(i_n)\]
Or $f$ dec. implique $fof$ croissante donc par le 1. $p$ et $i$ sont
monotones.
Supposons $p$ croissante, alors $u_2\geq u_0$ donc, en appliquant $f$
qui est dec. on a $u_3\leq u_1$ donc $i_1 \leq i_0$ donc $i$ est dec.
\end{enumerate}
\end{proof}


\end{ROC}

\begin{ROC}
\noindent Un critère donnant le sens de variation de $(u_n)$. Une récurrence facile à savoir refaire au cas par cas:
\begin{prop}
  Si $u_n$ appartient à l'intervalle $I$ pour tout $n$, alors:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item Si $ \forall x \in I,\ f(x)\geq x$ alors  $(u_n)$ est croissante.
  \item Si $ \forall x \in I,\ f(x)\leq x$ alors  $(u_n)$ est décroissante.
  \end{dingautolist}
\end{prop}

\begin{proof} Je ne montre que la~\ding{172}. On suppose que $I$ est
  stable par $f$ et que $u_0\in I$:\\
  Soit $\mathscr{P}(n)$ la propri\'et\'e d\'ependant de $n$ (pour
  $n\in\mathbb{N}$):
  \[\mathscr{P}(n):\quad u_{n+1}\geq u_n\]

  \begin{itemize}
  \item[\bf Initialisation.]. $u_1=f(u_0)\geq u_0$. Donc $\mathscr{P} (0)$ est vraie.
  \item[\bf Hypoth\`ese de r\'ecurrence.] On suppose que pour un
    certain
    $k\in\mathbb{N}$, $\mathscr{P}(k)$ est vraie.

  \item[\bf H\'er\'edit\'e.] $u_{k+2}=f(u_{k+1})\geq u_{k+1}$. Ainsi $\mathscr{P}(k+1)$ est vraie.
  \item[\bf Conclusion.] Par r\'ecurrence, on a prouv\'e que  pour
    tout
    entier $n$ de $\mathbb{N}$: $u_{n+1}\geq u_n$ . Donc la suite
    $(u_n)$ est croissante.

  \end{itemize}
La preuve du~\ding{173} est la même \emph{mutatis mutandis}.
  \end{proof}

  
\end{ROC}

\begin{ROC}

Le théorème suivant ne doit pas être appliqué mais vous devez savoir montrer
le résultat pour une fonction $f$
donnée, dont on sait qu'elle est continue et si on sait déjà que
$(u_n)$ (~définie par $u_{n+1}=f(u_n)$~) est convergente.
\begin{theo} Si $f$ est continue sur un intervalle fermé $I$ et que
  $(u_n)$ converge vers un réel $\ell$, alors la  limite est
  nécessairement un point fixe de~$f$, \emph{i.e.} $f(\ell)=\ell$.
\end{theo}
\begin{proof}
  On sait que $(u_n)$ converge vers $\ell$. Donc $\lim\limits_{n \to
    +\infty } u_n=\lim\limits_{n \to +\infty } u_{n+1}=\ell$. De plus
  $f$ est continue sur $I$, donc en $\ell$, ce qui implique que
  $\lim\limits_{ x \to \ell } f(x)=f(\ell)$. En composant les limites,
  on en déduit que: $\lim\limits_{n \to +\infty } f(u_n)=f(\ell)$. Par
  unicité de la limite de $(u_n)$ on a donc $f(\ell)=\ell$
\end{proof}

\end{ROC}

\section{Limites et continuité}

\begin{ROC}
\begin{prop}
  Une fonction dérivable sur un intervalle est continue sur cet intervalle.
\end{prop}

\begin{proof}
  Soit $a$ un réel de l'ensemble de définition de $f$. On écrit l'approximation affine de $f$ en $a$. Il existe une
  fonction $\epsilon$ telle que: $\lim\limits_{ x \to a } \epsilon(x)
  =0$ et:
\[f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+\epsilon(x)\]
Alors quand $x$ tend vers $a$, $\epsilon(x)$ et $(x-a)$ tendent vers
zéro, et donc $f(x)$ tend vers $f(a)$.
\end{proof}
\end{ROC}

\section{Exponentielle}

\begin{ROC}
\begin{theo}
Il existe une unique fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$ telle que: $f'=f$ et $f(0)=1$.
\end{theo}
Existence admise, on va prouver l'unicité.
\begin{lemme} \label{lemme}
Si il existe une  fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$ telle que $f'=$ et $f(0)=1$ alors elle vérifie:
$\forall x\in\R \quad f(-x)f(x)=1$ et par conséquent $f$ ne s'annule pas.
\end{lemme}
\begin{proof}
On pose la fonction $\phi$ définie par: $\forall x\in\R \quad \phi(x)=f(-x)f(x)$. On dérive, $\phi'=0$ et $\phi(0)=1$
\end{proof}
On prouve maintenant l'unicité:
\begin{proof}
Supposons qu'il existe deux fonctions $f$ et $g$ qui définies et
dérivables sur $\R$ telle que: $f'=f$, $g'=g$ et
$f(0)=g(0)=1$. D'après le lemme, ces fonctions ne s'annulent pas, et
donc on peut considérer la fonction $\psi$ définie et dérivable sur
$\R$ par: $\psi=\frac{f}{g}$. On dérive, $\psi'=0$ et
$\psi(0)=1$. Donc $\psi$ est constante, égale à~1, ainsi $f=g$.
\end{proof}
\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}
Pour tous réels $a$ et $b$ et tout entier relatif $n$, on a les formules:
\begin{eqnarray}
\boxed{\exp(-a)=\frac{1}{\exp(a)}}        \label{inv}\\
\boxed{\exp(a+b)=\exp(a)\times \exp(b)}   \label{som}\\
\boxed{\exp(a-b)=\frac{\exp(a)}{\exp(b)}} \label{moins}\\
\boxed{\exp(a\times n)=(\exp(a))^n}       \label{puiss}
\end{eqnarray}
% \boxed{\exp(-a)=\frac{1}{\exp(a)}} \quad \boxed{\exp(a+b)=\exp(a)\times \exp(b)} \quad \boxed{\exp(a-b)=\frac{\exp(a)}{\exp(b)}} \quad \boxed{(\exp(a))^n=\exp(a\times n)}
\end{prop}

La relation~\eqref{som} s'appelle la \emph{relation fonctionnelle} de l'exponentielle.
\begin{proof}
\eqref{inv} découle du Lemme~\ref{lemme}. \eqref{moins} découle de \eqref{som} et \eqref{inv}. \eqref{puiss} se prouve à partir de \eqref{som} par récurrence sur $n$. L'essentiel est de prouver \eqref{som}:\\
Soit $b\in\R$. On considère la fonction $\chi$ de $x$ où $b$ est un
paramètre définie par:
\[\chi(x)=\dfrac{\exp(x+b)}{\exp(x)}.\]
On dérive, $\chi'=0$ et $\chi(0)=\exp(b)$. Donc pour tout réel $x$, $\exp(x+b)=\exp(x)\exp(b)$. Ceci pour tout réel $b$. D'où~\eqref{som}\\
Preuve de \eqref{puiss}: Soit $a$ un réel. Soit $\mathscr{P}(n)$: \og{}
$\exp(a\times n)=(\exp(a))^n $ \fg{} Prouvons par récurrence sur $n$ que
$\mathscr{P}(n)$ est vraie pour tout $n\in\N$. Ini: Comme $\exp(a)\neq 0$,  $\exp(a)^0=1=\exp(0)$ ok\ldots
\end{proof}

\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}
  $\mathscr{C}_{\exp}$ est au dessus de sa tangente en zéro. \ie
\[ \forall x\in\R,\quad \e^x\geq x+1\]
\end{prop}

\begin{proof}
  On pose $\phi$ la fonction définie par: $\phi(x)=\e^x-x-1$ et on
  veut prouver que cette fonction est positive sur $\R$ pour celà, on
  l'étudie. $\phi$ est dérivable sur $\R$ et on a: $\phi '(x)=\e^x
  -1$. Or:
\[ \e^x-1\geq 0\iff \e^x\geq \e^0\iff x\geq 0\]
D'où les variations de $\phi$ qui admet ainsi un minimum en zéro qui
vaut: $\phi(0)=0$. Donc $\phi$ est positive sur~$\R$.
\end{proof}
\end{ROC}

\section{Nombres Complexes, généralités}

\begin{ROC}

\begin{prop}[Probriétés algébriques du conjugué]
%Conjugu\'e de: $z+z'$, $zz'$, $z^n$, $\dfrac{z}{z'}$.
On a les formules suivantes pour $z$ et $z'$ dans $\mathbb{C}$:
  \begin{align}
    \overline{\overline{z}}=z\label{prop.al.conj.b}\\
    \overline{z+z'}&=\overline{z}+\overline{z'}\label{prop.al.conj.s}\\
    \overline{zz'}&=\overline{z} \times \overline{z'}\label{prop.al.conj.p}\\
\overline{\left(\dfrac{1}{z'}\right)}&=\dfrac{1}{\overline{z'}}\quad\text{pour}\ z'\neq 0\label{prop.al.conj.i}\\
    \overline{\left(\dfrac{z}{z'}\right)}&=\dfrac{\bar
      z}{\overline{z'}}\quad\text{pour}\ z'\neq 0\label{prop.al.conj.q}\\
    \overline{z^n}&=\left(\bar z\right)^n\quad\text{pour}\
    n\in\mathbb{Z}, z\in\C^*\label{prop.al.conj.e}
  \end{align}
 \end{prop}
 \begin{proof}
On écrit $z$ et $z'$ sous forme algébrique: $z=a+\I{}b$ et $z'=a'+\I{}b'$.\\
   \eqref{prop.al.conj.b} et \eqref{prop.al.conj.s} immédiat.\\
 \eqref{prop.al.conj.p}:
 \[\overline{zz'}=\overline{(a+\I{}b)(a'+\I{}b')}=\overline{aa'-bb'+\I{}(ab'+a'b)}=aa'-bb'-\I{}(ab'+a'b)\] Par ailleurs: $\overline{z} \times
\overline{z'}=(a-\I{}b)(a'-\I{}b')=\cdots=aa'-bb'-\I{}(ab'+a'b)=\overline{zz'}$.\\
\eqref{prop.al.conj.i}:
\[\dfrac{1}{z'}=\dfrac{\overline{z'}}{z'\overline{z'}}=\dfrac{1}{z'\overline{z'}}
\times \overline{z'}\] Or $z'\overline{z'}\in\R^+$ donc il est son
propre conjugué, et par~\eqref{prop.al.conj.p} on a donc:
\[\overline{\left(\dfrac{1}{z'}\right)}=\overline{\dfrac{1}{z'\overline{z'}}
\times \overline{z'}}=\overline{\dfrac{1}{z'\overline{z'}}}
\times \overline{\overline{z'}}=\dfrac{1}{z'\overline{z'}} \times
z'=\dfrac{1}{\overline{z'}}\]
\eqref{prop.al.conj.q}: On utilise que $\dfrac{z}{z'}=z \times
\dfrac{1}{z'}$ puis~\eqref{prop.al.conj.p}
et~\eqref{prop.al.conj.i}.\\
\eqref{prop.al.conj.e}: Récurrence pour $n\in\N^*$ utilisant
\eqref{prop.al.conj.p}, puis pour obtenir la formule pour les entiers
négatifs, on utilise~\eqref{prop.al.conj.i} et les formules usuelles
sur les puissances. Soit
$n\in\N^*$. $z^{-n}=\dfrac{1}{z^n}$. Donc:
\[ \overline{z^{-n}}=\overline{1/z^n}=1/\overline{z^n}=1/\overline{z}^n=\left(\frac{1}{\overline{z}}\right)^n=(\overline{z}^{-1})^n=\overline{z}^{-n}\]

 \end{proof}

\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}[Propriétés algébriques du module d'un nombre complexe]
  Pour tous $z$ et $z'$ dans~$\mathbb{C}$:
  \begin{align}
    |\bar z|&=|z|\label{prop.al.module.b}\\
    |zz'|&=|z| \times |z'| \label{prop.al.module.p}\\
|1/z'|&=1 / |z'|\qquad pour \quad z'\neq 0\label{prop.al.module.i}\\
    |z/z'|&=|z| / |z'|\qquad pour \quad z'\neq
    0\label{prop.al.module.q}\\
|z^n|&=|z|^n \qquad pour \quad n\in\Z^*\label{prop.al.module.e}\\
  \end{align}
  % Module de $zz'$, $z/z'$
\end{prop}
\begin{proof}
  Ces propriétés se démontrent à l'aide de celles sur les
  conjugués. Par exemple pour~\eqref{prop.al.module.p}:
\[|zz'|=\sqrt{zz' \times \overline{zz'}}=\sqrt{zz' \times
\overline{z}\overline{z'}}=\sqrt{z\overline{z} \times
z'\overline{z'}}=\sqrt{z\overline{z}} \times \sqrt{z'\overline{z'}}=|z|
\times |z'|\qedhere\]

\end{proof}
\end{ROC}

\section{Nombres Complexes, forme exponentielle\dots}

\begin{ROC}
\noindent \textbf{Prérequis}: Pour tous réels $a$ et $b$, on a:
\begin{align}
  \cos(a+b)&=\cos a\cos b - \sin a\sin b\label{form.dupli.cos}\\
\sin(a+b)&=\sin a\cos b + \sin b\cos a\label{form.dupli.sin}
\end{align}

\begin{prop} Pour tous complexes non nuls $z$ et $z'$, on a:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item $\arg{zz'}=\arg{z}+\arg{z'}\quad [2\pi]$ \label{prop.arg.p}
  \item $\arg{\bar{z}}=-\arg{z}\quad [2\pi]$\label{prop.arg.c}
  \item $\arg{\frac{1}{z}}=-\arg{z}\quad [2\pi]$ \label{prop.arg.i}
  \item $\arg{\frac{z}{z'}}=\arg{z}-\arg{z'}\quad [2\pi]$ \label{prop.arg.q}
  \item $\arg{z^n}=n\arg{z}\quad [2\pi]$ \label{prop.arg.e}

  \end{dingautolist}
\end{prop}
\begin{proof}
  On note $z$ et $z'$ sous forme trigonométrique:
  \[z=|z|(\cos\theta+\I{}\sin\theta)\quad\text{et}\quad  z'=|z'|(cos\theta'+\I{}\sin\theta')\]
On va montrer~\ref{prop.arg.p} et retrouver la propriété sur le module
du produit:
\begin{dingautolist}{172}
\item $zz'=|z|(\cos\theta+\I{}\sin\theta) \times
  |z'|(cos\theta'+\I{}\sin\theta')$ On développe et on trouve:
  \begin{align*}
   zz'&= |z| \times
   |z'|\left(\cos\theta\cos\theta'-\sin\theta\sin\theta'+\I{}(\sin\theta\cos\theta'+\sin\theta'\cos\theta) \right)\\
   &=|z| \times |z'|\left(\cos(\theta+\theta')+\I \sin(\theta+\theta')
   \right)\qquad \text{par }~\eqref{form.dupli.cos}\ \text{et}~\eqref{form.dupli.sin}
  \end{align*}
Or deux nombres complexes sont égaux ssi ils ont même module et même
argument modulo $2\pi$ donc:
\[ |zz'|=|z| \times |z'|\quad\text{et}\quad \arg zz'
=\theta+\theta'=\arg z+\arg z'\quad [2\pi]\]

\item C'est évident. Pensez le géométriquement, par symétrie d'axe
  $(Ox)$: Si $M$ est d'affixe $z$, et $M'$ d'affixe $\bar z$ alors $M$
  et $M'$ sont symétriques par rapport à l'axe des réels. Donc:\\
\noindent $(\vu;\overrightarrow{OM'})=-(\vu;\overrightarrow{OM})$. Ce qui se
  traduit en complexes par~\ref{prop.arg.c}
\item $1/z=(1/|z|^2) \times \bar z.$. On utilise
  alors~\ref{prop.arg.p} et~\ref{prop.arg.c}. Comme $1/|z|^2\in\R^+$, alors $\arg(1/|z|^2)=0$.
\item On utilise~\ref{prop.arg.p} et~\ref{prop.arg.i} car $z/z'=z
  \times (1/z')$.
\item Récurrence sur $n$ en utilisant~\ref{prop.arg.p}.
\end{dingautolist}


\end{proof}
\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop} Pour $A$ et $B$ deux points distincts du plan, d'affixes
  respectives $z_A$ et $z_B$, (de même pour $C$ et $D$) on a:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item Argument de l'affixe d'un vecteur: $\arg (z_{\overrightarrow{AB}})=\arg{(z_B-z_A)}=( \vec{u}\, ;\overrightarrow{AB})$
  \item $\boxed{\arg\left(\dfrac{z_B-z_A}{z_D-z_C}\right)=(\overrightarrow{CD};\overrightarrow{AB})}$
  \end{dingautolist}
 \end{prop}
 \begin{proof} On commence par l'affixe d'un vecteur:
   \begin{dingautolist}{172}
   \item Cela vient de ce que si $M$ est le point d'affixe $(z_B-z_A)$
     alors $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{AB}$. Ainsi:
\[\arg{(z_B-z_A)}=( \vec{u}\, ;\overrightarrow{OM})=( \vec{u}\, ;\overrightarrow{AB}) \]
\item D'après la formule sur l'argument d'un quotient:
  \begin{align*}
    \arg\left(\dfrac{z_B-z_A}{z_D-z_C}\right)&= \arg (z_B-z_A) -\arg (z_D-z_C)\\
    &=\arg (z_{\overrightarrow{AB}})-\arg (z_{\overrightarrow{CD}})\\
    &=( \vec{u}\, ;\overrightarrow{AB})-( \vec{u}\, ;\overrightarrow{CD})\\
    &=(\overrightarrow{CD}; \vec{u}\, )+( \vec{u}\,
    ;\overrightarrow{AB})\qquad \text{Par antisymétrie des angles
      orientés}\\
    &=(\overrightarrow{CD};\overrightarrow{AB})\qquad \text{Par la
      relation de Chasles sur les angles}
  \end{align*}
   \end{dingautolist}

 \end{proof}
\end{ROC}

%\section{Barycentres et droites de l'espace}

\section{Produit scalaire dans l'espace.}

\begin{ROC}
\noindent {\bf Distance d'un point à un plan.} La distance d'un point
$A(x_A;y_A;z_A)$ au plan $\mathscr{P}$
d'équation cartésienne $ax+by+cz+d=0$ est notée $d(A;\mathscr{P})$. Elle
vaut:
\[\boxed{d(A;\mathscr{P})=\frac{|ax_A+by_A+cz_A+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2} }}\]
\begin{proof} $d(A;\mathscr{P})=AH$ où $H$ est le projeté orthogonal de $A$
  sur $\mathscr{P}$. Soit $B$ un point de~$\mathscr{P}$.
  %\begin{enumerate}
  %\item
Justifier que: $\V{AB}\cdot\vn=\V{AH}\cdot\vn$ puis que:
    \[\boxed{AH=\frac{|\V{AB}\cdot\vn|}{\|\vn\|}}\]
%
%  \item
Enfin, justifier que: $d=-(ax_B+by_B+cz_B)$ puis conclure. \end{proof}
%  \end{enumerate}\end{proof}
% $H$ est le point de $\mathscr{P}$ tel que $\V{AH}$ et $\vn$  sont colinéaires.
%
% \begin{rem}%\end{rem}
% Le dénominateur est la norme du vecteur normal $\vn(a;\,b;\,c)$ au
% plan $\mathscr{P}$.
% \end{rem}
\end{ROC}

\section{\'Equations différentielles}

\begin{ROC}
\begin{theo}[Solution générale]
  Les fonctions définies et dérivables sur $\mathbb{R}$ solutions de l'équation différentielle $y'=ay$
  sont les fonctions $f_k$ définies par:
  \[ f_k(x)=k\e^{ax}\]
Où $k$ est une constante réelle quelconque.
\end{theo}
\begin{proof}
  On doit prouver deux choses:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item $f_k$ est bien solution pour tout réel $k$. (Facile)
  \item Si il existe une solution $g$ à $y'=ay$ alors elle est de la
    forme $f_k$. Pour celà on pose~$\varphi=\dfrac{g}{f_1}$ (où $f_1(x)=\e^{ax}$). On dérive
    $\varphi$, on trouve $\varphi'=0$, donc $\varphi=constante$, et
    donc toute solution de $y'=ay$ s'écrit comme une constante multipliée
    par $f_1$.
  \end{dingautolist}
 \end{proof}
\end{ROC}

\begin{ROC}
Dans cette partie, $a$ et $b$ désignent deux réels, $a$ non nul. On
considère l'équation différentielle:
\begin{equation}
  \label{eq:equadiffayplusb}
  y'=ay+b
\end{equation}
La propriété suivante est \`a savoir redémontrer dans un cas
particulier, comme $y'=ay-1$ ou $y'=-2y+3$\dots
\begin{prop} Soit $f_0$ une solution particulière de~\eqref{eq:equadiffayplusb}.
  $f$ est une solutions de~\eqref{eq:equadiffayplusb},
  \emph{ssi} la différence $(f-f_0)$ est solution de l'équation sans second membre
  associée:~$y'=ay$.
\end{prop}
\begin{proof}
  Il y a deux sens à prouver.
  \begin{dingautolist}{172}
  \item Si $f$ est solution de~\eqref{eq:equadiffayplusb}, alors
    $f'=af+b$. Comme $f_0$ est aussi  solution de~\eqref{eq:equadiffayplusb}, on a aussi $f_0'=af_0+b$. On
    soustrait ces deux égalité et on obtient:
\[ f'-f_0'=af+b-af_0-b\quad\text{donc: }\quad (f-f_0)'=a(f-f_0)\]
\emph{i.e.} $(f-f_0)$ est solution de l'équation~$y'=ay$.
\item Si $(f-f_0)$ est solution de l'équation~$y'=ay$, alors en
  reprenant le calcul précédent, on est amené à faire apparaitre $b$ par la ruse
  extraordianire: $0=b-b$ on a donc: $f'-f_0'=af+b-af_0-b$. Et comme
  $f_0$ est solution de~\eqref{eq:equadiffayplusb}, alors
  $f_0'=af_0+b$ et donc il reste $f'=af+b$. Ainsi $f$ est solution de~\eqref{eq:equadiffayplusb}.
  \end{dingautolist}
L'équivalence est ainsi montrée.
\end{proof}

On en déduit que toute solution de~\eqref{eq:equadiffayplusb} est de
la forme: la solution générale de $y'=ay $ plus une solution
particulière de~\eqref{eq:equadiffayplusb}.
\end{ROC}

\section{Logarithme népérien}

\begin{ROC}
cf T.D. pour les preuves:
\paragraph{Relation fonctionnelle}
Soient deux réels $a$ et $b$ strictement positifs.
\begin{enumerate}
\item Simplifier $\e^{\ln(a)}$, $\e^{\ln(b)}$, $\e^{\ln(ab)}$. Ecrire
  le produit  $ab$ de deux manières.
\item En déduire la relation fonctionnelle: $\boxed{\ln(ab)=
    \phantom{\sum \sum \sum \sum }}$
\item L'exponentielle transforme les sommes en produits. Que fait sa
  fonction réciproque?
\end{enumerate}
\paragraph{Puissance}
\begin{enumerate}
\item Par récurrence on peut montrer que pour tout entier naturel $n$
  on a donc:\\
 $\boxed{\ln(a^n)=  \phantom{\sum \sum \sum  }}$
\item En posant $a=\e^\alpha$ (donc $\alpha=\ldots$) prouver cette
  même propriété directement.
% en utilisant les propriétés de  l'exponentielle.

\item Etablir une formule pour $\boxed{\ln(\sqrt a)=
    \phantom{\sum \sum \sum  }}$ On remarquera que $(\sqrt a)^2=a$.
\end{enumerate}
\paragraph{Inverse et quotients}
\begin{enumerate}
\item En calculant $\ln(a\times\frac{1}{a})$ de deux manières,
  compléter la formule: $\boxed{\ln(\frac{1}{a})=
    \phantom{\sum \sum \sum  }}$
\item En déduire la formule: $\boxed{\ln(\frac{a}{b})=
    \phantom{\sum \sum \sum  }}$
\end{enumerate}

\end{ROC}

\begin{ROC}%
\paragraph{Limites à base de ln}
\begin{list}{$\bullet$}{}
\item En $+\infty$. $\lim\limits_{ x \to +\infty } \ln(x)=+\infty$.\\
Soit A>0. Si $x>\e^A$ alors $\ln(x)>A$, car ln est croissante.
\item En $0$. $\lim\limits_{ x \to 0+} \ln(x)=-\infty$. \\On pose $X=\frac{1}{x}$et on se ramène au cas précédent.
\item Croissance comparée:
  \begin{dingautolist}{172}
  \item $\lim\limits_{ x \to \infty } \ln(x)/x=0$\quad On pose $X=\ln
    x$ et on utilise le résultat de croissance comparée vu pour~exp.
  \item $\lim\limits_{ x \to 0+  }  x\ln(x)=0$. Idem, ou bien on
    utilise $\ln(1/x)=-\ln(x)$ et on se ramène au cas précédent.
  \end{dingautolist}
\end{list}
\end{ROC}

\section{Intégration.}

\begin{ROC}

\noindent\textbf{Relation de Chasles.} Cette formule est encore vraie si $f$
n'est plus supposée positive ou si $c$ n'est pas entre $a$ et~$b$:
\begin{prop}[Relation de Chasles]
  Soit $c$ un réel compris entre $a$ et $b$. On a:
\[\int_a^b f(x) {\rm d}x=\int_a^c f(x) {\rm d}x+\int_c^b f(x) {\rm d}x\]

\end{prop}


  \begin{proof}
    Soit $F$ une primitive de~$f$.
\[ (F(c)-F(a))+(F(b)-F(c))=F(b)-F(a) \qedhere\]
  \end{proof}
%On remarque que ce calcul est encore valable si

\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}[Intégrer une inégalité] Si $f$ et $g$ sont deux fonctions continues
  sur $\left[a\,;b\right]$, telles que: \\
$ \forall x \in\left[a\,;b\right],
  f(x)\geq g(x)$ alors:
\[\int_a^b f(x)\ud x\geq \int_a^b g(x)\ud x\]

\end{prop}
\begin{proof}
  Par hypothèse, la fonction $f-g$ est positive, donc son intégrale
  (vue comme une aire par exemple) est positive, puis par linéarité de l'intégrale,
  on a le résultat.
\end{proof}

\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}[Inégalités de la moyenne] Si $f$ admet un minimum $m$ et
  un maximum $M$ sur $\left[a\,;b\right]$, alors on a l'encadrement:
\[ m(b-a) \leq \int_a^b f(x) \ud x\leq M(b-a)\]
Autrement dit la moyenne est comprise entre le minimum et le maximum
de~$f$:\quad $m\leq\bar{f}\leq M$
\end{prop}
\begin{proof}
  On intègre l'encadrement: $ \forall x \in\left[a\,;b\right], m \leq
  f(x)\leq M$ sur~$\left[a\,;b\right]$
\end{proof}

\end{ROC}

\begin{ROC}

\begin{prop}[I.P.P.] Si $u$ et $v$ sont deux fonctions dérivables de
  dérivées continues sur
  un intervalle $\left[a\,;b\right]$, alors la fonction $u'v$ est
  intégrable sur $\left[a\,;b\right]$ et on a la formule:
\[\int_a^b u'(x)v(x) \ud x=\]

\end{prop}
\begin{proof}
  On a $(uv)'=u'v+uv'$. On intègre cette égalité sur
  $\left[a\,;b\right]$ et on utilise la linéarité de l'intégrale.
\end{proof}
  
\end{ROC}

%\section{Probabilités et dénombrement}

\section{Lois de probabilités }

\begin{ROC}
\begin{prop}[Relation de Pascal] \label{prop:relationdepascal}
\[ \boxed{\binom{n}{p}+\binom{n}{p+1}=\binom{n+1}{p+1}} \]
\end{prop}
\begin{proof}
  Straight forward, just remember that: $(p+1)!=p! \times (p+1)$.
\end{proof}
\end{ROC}

\begin{ROC} La belle formule suivante est à connaître. La preuve, si ça vous amuse.
\begin{prop}[Formule du binôme] Pour tous nombres complexes $a$ et $b$
  non nuls, et $n$ dans $\mathbb{N}$  on~a:
\[ \boxed{(a+b)^n=\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} a^{n-p}b^p}\]

\end{prop}
\begin{proof}
  Par récurrence à partir de $(a+b)^{n+1}=a(a+b)^n+b(a+b)^n$ et la
  Relation de Pascal~\ref{prop:relationdepascal}. Je ne fais que l'hérédité:
  \begin{align*}
    (a+b)^{n+1}%
  &=\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} a^{n-p}b^{p+1}\\
  &=\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}
  a^{n+1-(p+1)}b^{p+1}\\
  &=\sum_{p=0}^n\binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\left(\sum_{p=0}^{n-1}\binom{n}{p}
  a^{n+1-(p+1)}b^{p+1}\right)+\binom{n}{n}b^{n+1}\\
  &=\left(\sum_{p=1}^n\binom{n}{p}
    a^{n+1-p}b^p\right)+a^{n+1}\left(\sum_{p=1}^{n}\binom{n}{p-1}
    a^{n+1-p}b^{p}\right)+b^{n+1}\\
  &=\left(\sum_{p=1}^n\left[\binom{n}{p}+\binom{n}{p-1}\right]
    a^{n+1-p}b^p\right)+\binom{n+1}{0}a^{n+1}+\binom{n+1}{n+1}b^{n+1}\\
  &=\left(\sum_{p=1}^n \binom{n+1}{p}
    a^{n+1-p}b^p\right)+\binom{n+1}{0}a^{n+1}+\binom{n+1}{n+1}b^{n+1}\\
&=\sum_{p=0}^{n+1} \binom{n+1}{p} a^{n+1-p}b^p
   \end{align*}
\end{proof}
\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}
  Si $X\sim \mathscr{E}(\lambda)$, alors pour $t$ positif,
\[P(X\in[0;t])=P(X\leq t)=\int_0^t \lambda \e^{-\lambda x}
\:\text{d}x \quad\text{et}\quad P(X\geq t)=1-\int_0^t \lambda \e^{-\lambda x}
\:\text{d}x\]
\end{prop}
L'intégrale $\int_0^t \lambda \e^{-\lambda x}
\:\text{d}x $ se calcule et vaut: $[-\e^{-\lambda
  x}]_0^t=1-\e^{-\lambda t}$.
 
\end{ROC}

\begin{ROC}
\begin{prop}[Espérance]
Si $X\sim \mathscr{E}(\lambda)$, alors
\[E(X)=\int_0^{+\infty} x\lambda\e^{-\lambda x}{\rm d}x=\lim\limits_{ A \to +\infty } \int_0^{A} x\lambda\e^{-\lambda x}{\rm d}x=\frac{1}{\lambda}\]
\end{prop}
\begin{proof}
Il faut savoir refaire ce calcul. Soit $A\in\R^+$, on calcule
l'intégrale suivante par parties: $\int_0^{A} x\lambda\e^{-\lambda x}{\rm d}x$.
On pose $u(x)=x$ et $v'(x)=\lambda\e^{-\lambda x}$, donc $u'(x)=1$ et
$v(x)=-\e^{-\lambda x}$. D'où:
\begin{align*}
   \int_0^{A} x\lambda\e^{-\lambda x}{\rm d}x &= [-x\e^{-\lambda
     x}]_0^A-\int_0^{A} -\e^{-\lambda x}{\rm d}x\\
&=-A\e^{-\lambda A}-[\frac{1}{\lambda}\e^{-\lambda x}]_0^A\\
&=\frac{-\lambda A\e^{-\lambda A}-\e^{-\lambda A}+1}{\lambda}
\end{align*}
Comme $\lambda$ est strictement positif, quand $A$ tend vers
$+\infty$, $\lambda A$ aussi et donc $\lim\limits_{ A \to +\infty }
\e^{-\lambda A}=0$. En posant $B=-\lambda A$ qui tend vers $-\infty$
quand $A$ tend vers $+\infty$, on obtient:
\[ \lim\limits_{ A \to +\infty }-\lambda A\e^{-\lambda
  A}=\lim\limits_{ B \to -\infty }B\e^B=0\]
Par croissance comparée. Ainsi, $\displaystyle \lim\limits_{ A \to +\infty }\frac{-\lambda A\e^{-\lambda A}-\e^{-\lambda A}+1}{\lambda}=\frac{0-0+1}{\lambda}=\frac{1}{\lambda}$

\end{proof}
\end{ROC}

\end{document}
