Corrigé concours général 1er - 2024

Problème 1

Préliminaire : Déterminant de deux vecteurs

1. Justifions que $\theta=\beta-\alpha$

$$\begin{array}{rcl} \left(\vec{u}\;,\vec{v}\right)&=&\left(\vec{u}\;,\vec{i}\right)+\left(\vec{i}\;,\vec{v}\right)\quad \left|2\pi\right|\\&=&-\left(\vec{i}\;,\vec{u}\right)+\left(\vec{i}\;,\vec{v}\right)\quad \left|2\pi\right|\\&=&-\alpha+\beta\quad\left|2\pi\right|\\\beta&=&\beta-\alpha\quad\left|2\pi\right| \end{array}$$

2.     Calculons de deux façons le produit scolaire $\vec{i}.\vec{u}$

$\vec{i}\cdot\vec{u}=1\times x+0\times y=\left|\left|\vec{i}\right|\right|\left|\left|\vec{u}\right|\right|\cos\alpha$ soit $x=\left|\left|\vec{u}\right|\right|\cos\alpha$

De même $\vec{j}\cdot\vec{u}=0\times x+1\times y=\left|\left|\vec{j}\right|\right|\left|\left|\vec{u}\right|\right|\cos\left(\vec{j}\;,\vec{u}\right)=\left|\left|\vec{u}\right|\right|\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)=\left|\left|\vec{u}\right|\right|\sin\alpha$

soit $y=\left|\left|\vec{u}\right|\right|\sin\alpha$

On prouverait de même que $\left\lbrace\begin{array}{rcl} x'&=&\left|\left|\overrightarrow{v}\right|\right|\cos\beta\\ y'&=&\left|\left|\overrightarrow{v}\right|\right|\sin\beta \end{array}\right.$ en considérant les produits scolaires $\vec{i}\cdot\vec{v}$ et $\vec{j}\cdot\vec{v}$

3.d. et $\begin{array}{rcl} \left(\vec{u}\;,\vec{v}\right)&=&xy'-x'y\\&=&\left|\left|\vec{u}\right|\right|\cos\alpha\left|\left|\vec{v}\right|\right|\sin\beta-\left|\left|\vec{v}\right|\right|\cos\beta\left|\left|\vec{u}\right|\right|\sin\alpha\\&=&\left|\left|\vec{u}\right|\right|\left|\left|\vec{v}\right|\right|\sin(\beta-\alpha)\\&=&\left|\left|\vec{u}\right|\right|\left|\left|\vec{v}\right|\right|\sin\theta \end{array}$

I. Un exemple 

$f\ :\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x'&=&\dfrac{1}{2}x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y\\ y'&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}x+\dfrac{1}{2}y \end{array}\right.$

1. Montrons que $f$ est une isométrie qui laisse invariant le point $O.$

Soient $M$ et $N$ deux points d'images respectives $M'$ et $N'$ par $f$

Montrons que $M'N'=MN$

$\begin{array}{rcl} M'N'^{2}&=&\left(x_{N'}-x_{M'}\right)^{2}+\left(y_{N'}-y_{M'}\right)^{2}\\&=&\left[\left(\dfrac{1}{2}x_{N}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y_{N}\right)-\left(\dfrac{1}{2}x_{M}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y_{M}\right)\right]^{2}+\left[\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x_{N}+\dfrac{\sqrt{1}}{2}y_{N}\right)\right]-\left[\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x_{M}-\dfrac{1}{2}y_{M}\right)\right]^{2}\\&=&\left[\dfrac{1}{2}\left(x_{N}-x_{M}\right)+\dfrac{1}{2}\left(y_{N}-y_{M}\right)\right]^{2}\\ &=&\ldots\\&=&\dfrac{1}{2}\left(x_{N}-x_{M}\right)^{2}\dfrac{3}{4}\left(y_{N}-y_{M}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}\left(x_{N}-x_{M}\right)^{2}+\dfrac{1}{2}\left(y_{N}-y_{M}\right)^{2}\\&=&\left(x_{N}-x_{M}\right)^{2}+\left(y_{N}-y_{M}\right)^{2}\\&=&MN^{2}\\f(0)\ :\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x'&=&\dfrac{1}{2}\times 0-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times&=&\quad\text{ soit }f(O)=O\\ y'&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\times 0+\dfrac{1}{2}\times 0&=&0 \end{array}\right.\end{array}$

2. Ensemble des points invariants par $f$

Un point $M$ est invariants ssi $f(M)=M$ soit $\left\lbrace\begin{array}{rcl} x&=&\dfrac{1}{2}x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}x\\ y&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}x+\dfrac{1}{2}y \end{array}\right.\text{ cà d }\left\lbrace\begin{array}{rcl} x+\sqrt{3y}&=&0\\ \sqrt{3x}-y&=&0 \end{array}\right.$

Le déterminant ce dernier système est nul et vaut $=-4.$

Il existe donc une unique solution ; soit $(0.0)$

3. On pose $\theta=\left(\overrightarrow{OM}\;,\overrightarrow{O'M'}\right)$

$\begin{array}{rcl} \overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{O'M'}&=&OM\times OM'\times\cos\theta\\&=&xx'+yy'\\&=&x\left(\dfrac{1}{2}x-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y\right)+y\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x+\dfrac{1}{2}y\right)\\&=&\dfrac{1}{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)\\OM&=&\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\OM'&=&\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}\\&=&\sqrt{\dfrac{1}{4}x^{2}+\dfrac{3}{4}y^{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}xy+\dfrac{1}{4}y^{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}xy}\\&=&\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ \text{ donc }\cos\sin&=&\dfrac{xx'+yy'}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}}\\&=&\dfrac{1}{2} \end{array}$

b. En considérant le considérer le préliminaire, on peut écrire :

$\begin{array}{rcl} \sin\theta&=&\dfrac{\text{det}\left(\overrightarrow{OM}\;,\overrightarrow{OM'}\right)}{OM\times OM'}\\&=&\dfrac{xy'-yx'}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}}\\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}x^{2}+\dfrac{1}{}xy-\dfrac{1}{2}xy+\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}}{x^{2}+y^{2}}\\ \text{Soit }\sin\theta&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\\text{où }&=&\dfrac{\pi}{2} \end{array}$

Soit $\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ d'où $\theta=\dfrac{\pi}{2}$

c. D'après ce qui précède $\theta$ ne dépend pas du point $M$ car pour tout points $M$, on a $\cos\theta=\dfrac{1}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ soit $\theta=\dfrac{\pi}{3}$

Donc $f(O)=O$ et pour tout point $M\neq O$d'image $M'$ on a :

$Om'=OM$ et $\left(\overrightarrow{OM}\;,\overrightarrow{OM'}\right)=\dfrac{\pi}{3}$ $f$ est bien une notation.

Ainsi $f$ est une isométrie ayant un seul point invariant $O$ et $f$ est bien une rotation.

II. Caractérisation

1. Soit rotation $r$ de centre $\Omega$ et d'angle $\theta$, différente de l'identité $id_{p}$

Montrons que $r$ conserve les distances.

Soit $A$ et $B$ deux points d'images respectives $A'$ et $B'$

$r(A)=A'\Leftrightarrow\Omega A=\Omega A'$ et $\left(\overrightarrow{\Omega A}\;,\overrightarrow{\Omega A'}\right)=\theta$

$r(B)=B'\leftrightarrow\Omega B=\Omega B'$ et $\left(\overrightarrow{\Omega B}\;,\overrightarrow{\Omega B'}\right)=\theta$ 

Une figure simple montre que $\left(\overrightarrow{\Omega A}\;,\overrightarrow{\Omega B}\right)=\left(\overrightarrow{\Omega  A'}\;,\overrightarrow{\Omega B'}\right)=\alpha$

Montrons que : 

$\begin{array}{rcl} AB&=&A'B'\\A'B^{2}&=&\Omega A^{2}+\Omega B^{2}-2\Omega A\times\Omega B\cos\alpha\\A'B'^{2}&=&\Omega'^{2}+\Omega B'^{2}-2\Omega A'\times\Omega  B'\cos\alpha\\\text{ Or }\Omega A&=&\Omega A'\\\text{ et }\Omega B&=&\Omega B'\\\text{ donc }AB&=&A'B' \end{array}$

2. Soit $f$ une isométrie plane ayant un seul point invariant $\Omega$

Soit $A$ un point différent $\Omega$ d'image $B$ par $f.$

a. Si $A=B$ alors $f$ admet au moins deux points invariant à savoir $A$ et $\Omega$ ; ce qui contredit l'hypothèse.

Donc $A\neq B$

$f(A)=B$ et $f(\Omega)=\Omega$ permettent d'écrire $\Omega A=\Omega B$ et que $\omega$ appartient à $\Delta$, la médiatrice de $[AB]$

b. Soit $g=S_{\Delta}°f$ où $S_{\Delta}$ est la symétrie orthogonale d'axe $\Delta$

i. $g$ étant une composée de deux isométries est une isométrie.

On a bien $g(\Omega)=\Omega$ et $g(A)=A.$ et $g(A)=A$

ii. Supposons que $g=id_{p}$

Alors $S_{\Delta}°f=id_{p}\Longleftrightarrow f=S_{\Delta}$

Absurde car $f$ admet un seul point invariant.

iii. $g$  est alors une isométrie plane, différente de l'application identique du plan $id_{p}$, ayant au moins deux points invariants ; 
donc $g$ est une symétrie orthogonale.

Et puis que $f=g°S_{\Delta}$ composée de deux symétries orthogonales ; alors $g$ est soit une translation soit une rotation.

Or $f$ admet un seul point invariant $\Omega.$

On en déduit que $f$ est une rotation.

Problème 2

Préliminaire 

1. Un voisinage de $0$ ne peut pas être vide car il contient un intervalle ouvert de centre $0$ qui n'est pas vide.

2. Soient $A$ un voisinage de $0$ et $B$ une partie de $R$ qui contient $A.$

Alors $A$ contient un intervalle ouvert $I$ de centre $0.$

D'où $I\subseteq A\subseteq B.$ 

Par la suite $B$ contient $I$ ; d'où $B$ est un voisinage.

3. $[0\;,1]$  n'est pas un voisinage de $0$ ; aucun intervalle ouvert de centre $0$ n'est inclus dans $[0\;,1]$ un intervalle ouvert de centre $0$ contient des nombres négatifs qui ne sont pas dans $[0\;,1]$

4. Soient $V_{1}$ et $V_{2}$ deux voisinages de $0.$

Alors $V_{i}$ contient un intervalle ouvert $I_{i}$ de centre $0\ ;\ i\in{1\;,2}$

Par suite $I_{1}\cap I_{2}\subset V_{1}\cap V_{2}.$

Posons : $I_{i}=]-r_{i}\ ;\ r_{i}[\quad r_{i}>0.$

Alors $I_{1}\cap I_{2}=]-r_{1}\ ;\ r_{1}[\cap]-r_{2}\ ;\ r_{2}[=]-r\ ;\ r[$ où $r=\text{ min }{r_{1}\ ;\ r_{2}}$

Ainsi $V_{1}\cap V_{2}$ contient un intervalle ouvert de centre $0$ donc $V_{1}\cap V_{2}$ est un voisinage de $0.$

Partie I

1. $x\mapsto c=a+bx+xh(x)$ $(a=c\ ;\ b=0\ ;\ h(x)=0\ ;\ \rightarrow 0)$ ; 

Donc $x\mapsto c$ est  une bafar-fonction.

$x\mapsto x=a+bx+xh(x)$ ; 

$(a=0\ ;\ b=1\ ;\ h(x)=0\ ;\ \rightarrow 0)$ ; 

donc $x\mapsto x$ es une bafar-fonction.

$x\mapsto x^{2}$ ; $(a=0\ ;\ b=0\ ;\ h(x)=x\rightarrow 0)$ ; 

Donc $x\mapsto x^{2}$ est une bafar-fonction.

$x\mapsto x^{3}$ ; $(a=0\ ;\ b=0\ ;\ h(x)=x^{2}\rightarrow 0)$ ;

Donc $x\mapsto x^{3}$ est une bafar-fonction

Donc $x\mapsto\dfrac{1}{x}$ n'est pas définie dans un voisinage de $0$ donc cette fonction n'est pas une bafar-fonction.

Comme ci-dessus la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ n'est pas une bafar-fonction.

2. La fonction abs est définie sur $\mathbb{R}$

Supposons qu'il existe un voisinage $V$ de $0$ tel que : $|x|=a+bx+xh(x)=a+bx+xh(x)$ où $\lim\limits_{x\longrightarrow 0}h(x)=0$

Donc $\lim\limits_{x\longrightarrow 0}|x|=\lim\limits_{x\longrightarrow 0}a+bx+xh(x)$

D'où $0=a.$ Ainsi $|x|=bx+xh(x)$

Pour $x>0$ dans $V$ on a $1=b+h(x)$

En passant à la limite quand $x\rightarrow 0$, on a $b=1$

De même pour $x<0$ dans $V$ on a $-1=b+h(x)$

En passant à la limite quand $x\rightarrow 0^{-}$, on a $b=-1$

Ainsi $b=-1=1$ ce qui est absurde ; donc abs n'est pas une bafar-fonction.

3. $\begin{array}{rcl} \dfrac{1}{1+x}&=&\dfrac{\left(1-x^{2}\right)+x^{2}}{1+x}\\&=&\dfrac{1-x^{2}}{1+x}+\dfrac{x^{2}}{1+x}\\&=&\dfrac{(1-x)(1+x)}{1+x}+\dfrac{x^{2}}{1+x}\\&=&1-x+\dfrac{x^{2}}{1+x} \end{array}$

$f\ :\ x\rightarrow\dfrac{1}{1+x}$ est définie sur $\mathbb{R}{-1}$ donc au voisinage de $0$

$\begin{array}{rcl} f(x)&=&\dfrac{1}{1+x}\\&=&1-x+\dfrac{x^{2}}{1+x}\\&=&1-x+x\times\dfrac{x}{1+x}\\&=&a+bx+xh(x) \end{array}$

où $a=1\;,b=-1$ et $h(x)=\dfrac{x}{1+x}\rightarrow 0$

On en déduire que la fonction $f\ :\ x\rightarrow\dfrac{1}{1+x}$ est une bafar-fonction.

4. Soit la fonction $\sin$ : $x\rightarrow\sin(x).$

On pose $h(x)=\dfrac{\sin(x)-x}{x}$

a. $\begin{array}{rcl} h(x)&=&\dfrac{\sin(x)-x}{x}\\&=&\dfrac{\sin(x)}{x}-1\\ \text{ or }\lim\limits_{x\rightarrow }\dfrac{\sin(x)}{x}=1\\text{donc }\lim\limits_{x\rightarrow 0}h(x)=0 \end{array}$

b. Comme $h(x)=\dfrac{\sin(x)-x}{x}$ alors $\sin x=+xh(x)$

Ainsi $\sin(x)=a+bx+xh(x)$ où $a=0$ et $b=1$

$\sin$ est définie sur $\mathbb{R}$ dans un voisinage de $0$ et $h$ est définie sur $\mathbb{R}{0}$

$\sin$ est ainsi une bafar-fonction.

Partie II

Soit $f$ une bafar-fonction.

Alors $f(x)=a+bx+xh(x)$ dans un voisinage $V$ de $0$ privé de $0\;,a$ et $b$ constantes et $\lim\limits_{x\longrightarrow 0}h(x)=0.$

1. En faisant tendre $x$ vers $0$, on a$\lim\limits_{x\rightarrow}f(x)=a$

Or $f$ est continue en $0$ d'où $f(x)=a$

Donc $bx+xh(x)=b_{1}x+xh_{1}(x)$

$b+h(x)=b_{1}+h_{1}(x)$ donc $h(x)-h_{1}(x)=b_{1}-b$

En faisant tendre $x$ vers $0$ on a$0=b_{1}-b$ d'où $b=b_{1}$

3.a. $\begin{array}{rcl} x^{3}&=&0+0x+x\left(x^{2}\right)\\&=&a+bx+xh(x)\\\text{ où }a&=&0\;,b&=&0\;,h(x)\\&=&x^{2}\rightarrow 0\text{ soit }\mathcal{B}\left(x^{3}\right)&=&0 \end{array}$

b. $\begin{array}{rcl} \mathcal{B}\left(\dfrac{1}{1+x}\right)\\&=&\mathcal{B}\left(1-x+x\left(\dfrac{x}{1+x}\right)\right)\\&=&-1 \end{array}$

c. $\mathcal{B}(\sin x)=\mathcal{B}(x+xh(x))=1$

Partie III

Soit $f(x)=a_{1}+b_{1}x+xh_{1}(x)$ dans un voisinage $V_{1}$ de $0$

et $(g(x)=a_{2}+b_{2}x+xh_{2}(x)$ dans un voisinage $V_{2}$ de $0$

1. $(f+g)(x)=a_{1}+a_{2}+\left(b_{1}+b_{2}\right)x+xh(x)$ dans le voisinage $V=V_{1}\cap V_{2}$ de $0$ où $h(x)=h_{1}(x)+h_{2}(x)\rightarrow 0$

Ainsi $f+g$ est une bafar-fonction et que $\mathcal{B}(f+g)=b_{1}+b_{2}=\mathcal{B}(f)+\mathcal{B}(g)$

2.$\begin{array}{rcl} \left(f\times g\right)(x)&=&\left(a_{1}+b_{1}x+xh_{1}(x)\right)\left(a_{2}+b_{2}x+xh_{2}(x)\right)\\&=&a_{1}a_{2}+a_{1}b_{2}x+a_{2}b_{1}x+x\left(a_{1}h_{1}(x)+b_{1}xh_{2}(x)+xh_{1}(x)h_{2}(x)+a_{2}h_{1}(x)+b_{2}h_{1}(x)+xh_{1}(x)h_{2}(x)\right) \end{array}$

$(f\times g)(x)=a_{1}a_{2}+\left(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\right)x+xh(x)$ dans le voisinage $V=V_{1}\cap V_{2}$ de $0$ avec $h(x)\rightarrow 0$

Ainsi $f+g$ est une bafar-fonction et que 

$\mathcal{B}(f\times g)=a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}=\mathfrak{B}(f)\times g(0)+f(0)\times\mathfrak{B}(g)$

3. Application

1. D'après la partie I.1. $\mathfrak{B}(c)=0$ et $\mathfrak{B}(i)=1$

b. La fonction monôme $m$ est le produit de deux bafar-fonction $x\longrightarrow a$ et $x\longrightarrow x^{n}$ est une bafar-fonction avec $\mathcal{B}(m)=a\times 0+0\times 0^{n}=0$

c. $P$ est une somme finie de monômes donc $P$ est une bafar-fonction.

En écrivant $P(x)=a_{0}+a_{1}x+\Sigma\lim_{k=0}^{2}a_{k}x^{k}$ on a :
$$\begin{array}{rcl}\mathcal{B}(P)&=&\mathfrak{B}\left(a_{0}\right)+\mathfrak{B}\left(a_{1}x\right)+\Sigma\lim_{k=2}^{2}\mathfrak{B}\left(a_{k}x^{k}\right)\\&=&0+a_{1}+\Sigma\lim_{k=2}^{2}0\\&=&a_{1} \end{array}$$

Partie IV

Soit $f$ une bafar-fonction qui vérifie $f(0)\neq 0.$

On admet que si une fonction $f$ est continue en $0$ avec $f(x)\neq 0$ alors elle ne s'annule pas dans un voisinage de $0.$

On pose $f(x)=a+bx+xh(x)$

1. La fonction continue $f$ ne s'annulant pas dans un voisinage $V$ de $0$ donc la fonction $g=\dfrac{1}{f}$ est définie dans $V.$

2. En utilisant la partie $I.3$

$\begin{array}{rcl} g(x)&=&\dfrac{1}{f(x)}\\&=&\dfrac{1}{a+bx+xh(x)}\\&=&\dfrac{1}{a\left(1+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{xh(x)}{a}\right)}\\&=&\dfrac{1}{a}\dfrac{1}{1+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{xh(x)}{a}} \end{array}$

$\begin{array}{rcl} g(x)&=&\dfrac{1}{a}\left(1-\dfrac{b}{a}x-\dfrac{xh(x)}{a}+\dfrac{\left(\dfrac{b}{a}x+\dfrac{xh(x)}{a}\right)^{2}}{1+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{xh}(x){a}}\right)\\&=&\dfrac{1}{a}-\dfrac{b}{a^{2}}x-\dfrac{xh(x)}{a^{2}}+\dfrac{\left(\dfrac{b}{a}x+\dfrac{xh(x)}{a}\right)^{2}}{a+bx+xh(x)} \end{array}$

en posant $h_{1}(x)=-\dfrac{h(x)}{a^{2}}+\dfrac{x\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{h(x)}{a}\right)^{2}}{a+bx+xh(x)}$

On a bien $gx)=\dfrac{1}{a}-\dfrac{b}{a^{2}}x+xh_{1}(x)$ avec $\lim\limits_{x\longrightarrow 0}h_{1}(x)=0$

3. $\begin{array}{rcl} g(x)&=&\dfrac{1}{f(0)}-\dfrac{\mathcal{B}(f)}{f(0)^{2}}x+xh_{1}(x)\\\text{ où }a&=&\dfrac{1}{f(0)}\;,b\\&=&-\dfrac{\mathcal{B}(f)}{f(0)^{2}} \end{array}$

Donc $g$ est une bafar-fonction et que $\mathcal{B}(g)=\mathcal{B}\left(\dfrac{1}{f}\right)=-\dfrac{\mathcal{B}(f)}{f(0)^{2}}$

4. Soient deux bafar-fonction $f$ et $g$ tel que $g(0)\neq 0.$

Alors $f\times\dfrac{1}{g}$ est une bafar-fonction, et que $\mathcal{B}\left(f\times\dfrac{1}{g}\right)=\mathcal{B}(f)\times\dfrac{1}{g(0)}+f(0)\times\mathcal{B}\left(\dfrac{1}{g}\right)=\mathcal{B}(f)\times\dfrac{1}{g(0)}+f(0)\times\left(-\dfrac{\mathcal{B}(g)}{g(0)^{2}}\right)$

D'où $\mathcal{B}\left(\dfrac{f}{g}\right)=\dfrac{\mathcal{B}(f)\times g(0)-f(0)\times\mathcal{B}(g)}{g(0))^{2}}$

Partie V

1. Une fonction $f$ définie dans un intervalle ouvert contenant le réel a est dérivable en a si :

$\lim\limits_{x\longrightarrow a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=1$

2. a. Montrons que la fonction $m\ :\ x\longrightarrow ax^{n}$ avec $a\in\mathcal{R}^{\ast}$ et $n\in\mathcal{N}^{\ast}$ est dérivable en $a\in\mathbb{R}$

$\begin{array}{rcl} \lim\limits_{x\longrightarrow \infty}\dfrac{ax^{n}-a\alpha^{n}}{x-\alpha}&=&\alpha\lim\limits_{x\longrightarrow\alpha}\dfrac{(x-\alpha)\Sigma\lim_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}\alpha^{k}}{x-\alpha}\\&=&\alpha\lim\limits_{x\longrightarrow\alpha}\Sigma\lim\_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}\alpha^{k}\\&=&\alpha\lim_{x\longrightarrow\alpha}\Sigma\lim_{k=0}^{n-1}\alpha^{n-1}\\&=&na\alpha^{n-1} \end{array}$

D'où $m$ dérivable sur $\mathbb{R}$ et $\forall x\in\mathbb{R}\ ;\ m'(x)=nax^{n-1}$

b. $\begin{array}{rcl} \lim\limits_{x\longrightarrow \alpha}\dfrac{\sin x-\sin\alpha}{x-\alpha}&=&\lim\limits_{x\rightarrow\alpha }\dfrac{2\cos\left(\dfrac{x+\alpha}{2}\right)\sim\left(\dfrac{x-\alpha}{2}\right) }{x-\alpha}\\&=&\lim\limits_{x\longrightarrow \alpha}\cos\left(\dfrac{x+\alpha}{2}\right)\\&=&\cos\alpha \end{array}$

3. Soit une fonction $f$ dérivable en $0$

On a $\lim\limits_{x\longrightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=f'(0)$

En remarquant que $f(x)=f(0)+xf'(0)+x\left(\dfrac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0) \right)=a+bx+xh(x).$

où $a=f(0)$, $b=f'(0)$ et $h(x)=\dfrac{f(x)-f(0)}{x}-f'(0)$

$f$ est donc une bafar-fonction et que $\mathcal{B}(f)=f'(0)$