1. No category

Table des matières
Devoir
Feuille
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
Feuille
Feuille
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
Devoir
non surveillé Révisions Terminale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
d’exercices (1) Révision1 : Sommes, Newton . . . . . . . . . . . . . .
surveillé Samedi 27 Septembre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
non surveillé Nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
non surveillé Dénombrements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
surveillé Vendredi 17 Octobre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
surveillé Samedi 22 novembre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
d’exercices (2) Révision 2 préparer pour le vendredi 19 décembre
d’exercices (3) Révision 3 à préparer pour le lundi 5 janvier. . . . .
non surveillé Dénombrements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
surveillé samedi 10 janvier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
non surveillé Statistiques et suites récurrentes . . . . . . . . . . . . .
surveillé Vendredi 6 février . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
non surveillé Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
surveillé Samedi 21 mars . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
surveillé Samedi 28 mars . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
.
8
. 11
. 20
. 22
. 24
. 37
. 45
. 51
. 53
. 60
. 73
. 80
. 93
. 95
. 109
2
Devoir non surveillé Révisions Terminale
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
Exercice 1
pour le Mercredi 17 Septembre
Étude d’une suite récurrente, BCE, option technologie 2009
On considère la fonction f définie pour tout réel x de [0, +∞[ par la relation f (x) =
x
.
(x + 1)2
1. Dresser le tableau de variation de f , préciser les limites aux bornes.
Représenter la fonction f .
2. On définit la suite un
n∈N
par u0 = 1 et la relation : pour tout n de N, un+1 = f (un ).
(a) Calculer u1 et u2 .
(b) Montrer par récurrence que, pour tout entier n supérieur ou égal à 1, on a 0 < un 6
(c) Montrer que la suite (un ) converge et déterminer sa limite.
1
1
−
.
3. On pose pour tout entier naturel n : vn =
un+1 un
(a) Pour tout entier naturel n, exprimer vn en fonction de un .
1
.
n
(b) En déduire l’encadrement suivant :
∀n > 1, 2 6 vn 6 2 +
1
n
(c) Montrer par récurrence que :
n−1
X 1
1
∀n > 2, 2(n + 1) 6
6 2(n + 1) +
un
k
k=1
Indication :
n−1
X
1
désigne :
k
k=1
n−1
X
1
1 1
1
= + + ··· +
.
k
1 2
n−1
k=1
On a en particulier :
n
X
1
n−1
X
1
1
=
+
k
k n
k=1
k=1
et pour n = 2, on a :
1
X
1
k=1
k
=
1
= 1.
1
4. (a) Montrer que :
1
6
∀k > 2,
k
Z
k
k−1
1
dt
t
(b) En déduire :
∀n > 2,
n
X
1
k=1
k
6 1 + ln(n)
Indication : on pourra faire une récurrence en écrivant : ln(n) =
n
X
1
k=1
k
=1+
n
X
1
k=2
k
Z
1
pour n > 2.
2
n
dt
ou utiliser la relation
t
3
5. Utiliser les questions précédentes pour montrer que : lim nun =
n∞
1
.
2
Commentaires : exercice assez simple d’étude de suite récurrente. Les principales erreurs sont :
— On utilise le symbole ⇔ que dans le cas précis suivant : P ⇔ Q signifie que P et Q ont la même
valeur de vérité (et non que Q est vrai). On ne doit l’utiliser que lorsque l’on ne sait pas si P est
vrai ou faux.
Par exemple pour démontrer qu’une proposition est vrai, on fait une suite d’équivalence jusqu’à
obtenir une proposition clairement vraie. C’est aussi le cas lorsqu’on manipule une équation.
Idem, on écrit P ⇒ Q que dans le cas où l’on ne sait pas si P est vrai. Écrire P ⇒ Q signifie : si P
est vrai alors Q est vrai, et non que Q est vraie.
Si on sait que P est vraie, on écrit : on a P donc Q.
De plus, mathématiquement la phrase :
« le ciel est bleu » ⇒ « la terre est ronde »
est vraie (puisque les deux propositions sont vraies) et même
« le ciel est bleu » ⇔ « la terre est ronde »
est vraie alors que ces deux propositions n’ont aucun lien.
— Question 2c : le théorème des gendarmes assure la convergence de la suite.
— Pour dessiner une courbe : on ne relie pas les points ! On représente la forme générale en donnant
essentiellement les tangentes aux points particuliers, et les asymptotes.
Ici sur la correction : on a représenté la suite (un ) sur la courbe (on apprendra à le faire).
— Question 4a : attention aux quantificateurs.
Correction :
1. La fonction f est le quotient de deux polynômes avec ∀x > 0, (x + 1)2 > 0. Elle est donc dérivable
avec :
(x + 1)2 − 2x(x + 1)
(x + 1)4
(x + 1) − 2x
=
(x + 1)3
1−x
=
(x + 1)3
∀x > 0, f ′ (x) =
= ⊕ (1 − x) car (x + 1)3 > 0 pour x > 0
Ainsi f ′ est du signe de (1 − x).
On a donc le tableau de variation suivant :
x
0
f ′ (x)
1
+∞
1
+
0
−
1
4
f
0
0
3
4
1
0
0
1
2
3
4
2. (a) On a u0 = 1, donc u1 = f (1) = 14 , puis
u2 =f (u1 ) = f
1
1
4
= 42
5
4
=
16
4
16
=
= .
25 × 4
100
25
(b) Pour n > 0, on utilise la propriété : P (n) : 0 < un 6 n1 .
Initialisation : u1 =
1
4
et on a bien 0 <
1
4
6 11 .
Hérédité : Soit n > 1 fixé, tel que P (n) est vrai.
On a 0 < un 6 n1 , et comme n > 1, on en déduit en particulier que : un ∈ [0, 1], intervalle sur
lequel la fonction f est croissante.
Ainsi :
de l’encadrement 0 < un 6
ce qui donne : 0 < un+1
Il reste à calculer f
1
n
1
, on en déduit : f (0) < f (un ) 6 f
n
1
6f
n
1
n
:
f
1
n
=
1
n
1+
1
n
1
n
= (n+1)
2
2
n2
=
Puis à comparer
n
(n + 1)2
n
1
. On a :
et
(n + 1)2
n+1
1
1
<
n+1
n
n
n
n
en multipliant par
>0
<
puis
(n + 1)2
n(n + 1)
n+1
1
n
<
.
ce qui donne :
2
(n + 1)
n+1
n + 1 > n donc
4
(∗)
5
On obtient donc :
1
n
6
2
(n + 1)
n+1
1
1
ce qui signifie f
6
n
n+1
1
.
en remplaçant dans (*) 0 < un+1 6
n+1
D’où l’hérédité.
Conclusion : pour tout n supérieur ou égal à 1 ; 0 < un 6
1
n
(c) De la relation : ∀n > 1, 0 < un 6 n1 , on en déduit par encadrement que limn∞ un = 0. Ainsi, la
suite (un ) converge vers 0.
3. (a) On a pour n ∈ N :
vn =
1
1
−
=
un+1 un
1
−
un
(1+un )2
1
un
1
(1 + un )2
−
un
un
1 =
(1 + un )2 − 1
un
1
= (2 + un )un = 2 + un
un
=
(b) On a : ∀n > 1, 0 < un 6 n1 , d’où : ∀n > 1, 2 < vn 6 2 +
1
n
(c) Notons pour n > 2, P (n) la proposition :
P (n) : 2(n + 1) 6
Initialisation : pour n = 2, on a u2 =
6=
4
25
n−1
X 1
1
6 2(n + 1) +
un
k
k=1
et donc
1
u2
=
25
4 ,
avec l’encadrement :
25
28
24
6
67= .
4
4
4
On a aussi pour n = 2 :
2(n + 1) =6
et
n−1
X 1
1
=1 donc 2(n + 1) +
= 7.
k
k
k=1
k=1
n−1
X
l’encadrement 6 6
1
6 7 correspond donc à P (n) pour n = 2
u2
Ainsi, P (2) est vrai d’où l’initialisation.
Hérédité : considérons n > 2 fixé, tel que P (n) est vrai.
5
6
On a alors :
1
un+1
=
1
+ vn
un
1
n
et donc de l’encadrement 2 6 vn 6 2 +
on déduit : 2 +
1
1
1
1
6
62+
+
un
un+1
un n
or d’après l’hypothèse de récurrence : 2(n + 1) 6
n−1
X 1
1
6 2(n + 1) +
un
k
k=1
ce qui donne : 2(n + 1) + 2 6
1
un+1
6 2 + 2(n + 1) +
Or on a :
2(n + 1) + 2 = 2(n + 2)
n
X 1
X
1 n−1
1
+
=
.
n k=1 k k=1 k
On obtient ainsi :
2(n + 2) 6
1
un+1
6 2(n + 2) +
n
X
1
k=1
k
.
d’où l’hérédité.
Conclusion : On a bien : ∀n > 2, 2(n + 1) 6
4. (a) Soit k > 2, on a :
n−1
X 1
1
.
6 2(n + 1) +
un
k
k=1
∀t ∈ [k − 1, k],
1
1
6
k
t
1
donc (k − (k − 1)) 6
k
Z k
1
1
dt.
c’est-à-dire : 6
k
k−1 t
Z
k
k−1
dt
t
(b) Considérons n > 2, on a alors :
n
X
1
k
k=1
or on a vu :
=1+
n
X
1
k
k=2
,
1
dt
k−1 t
n
n Z k
X
1 X
dt
on obtient en sommant :
6
k k=2 k−1 t
k=2
∀k > 2,
6
1
6
k
Z
Z
dt
= ln(n).
t
1
n
On en déduit :
n
X
1
k=1
k
=1+
n
X
1
k=2
6
k
6 1 + ln(n)
k
X 1
1 n−1
+
n k=1 k
7
5. On a vu :
∀n > 2, 2(n + 1) 6
n−1
X 1
1
6 2(n + 1) +
un
k
k=1
(∗)
et
∀n > 2,
n
X
1
k=1
k
6 1 + ln(n)
(∗∗)
Considérons n > 3, on a alors en utilisant (∗∗) avec n − 1 à la place de n (possible car n > 3, donc
n − 1 > 2) :
n−1
X
1
6 1 + ln(n − 1)
k
k=1
On remplace dans (∗), ce qui donne :
∀n > 3, 2(n + 1) 6
1
6 2(n + 1) + 1 + ln(n − 1)
un
Considérons n > 3, on divise par n > 0 :
2
1
n + 1 1 ln(n − 1)
(n + 1)
6
62
+ +
n
nun
n
n
n
On peut écrire :
∀n > 3, 2
1
1 ln(n − 1) n − 1
n+1
(n + 1)
6
+ +
62
n
nun
n
n
n−1
n
On a :
(n + 1)
=2
n∞
n
1
lim =0
n∞ n
n−1
=1
lim
n∞
n
ln(n − 1)
lim
=0
n∞
n−1
lim 2
Par encadrement, on en déduit que la suite
limite usuelle.
1
nun
lim
n∞
converge et que :
1
= 2.
nun
On en déduit que la suite (nun ) converge et que limn∞ nun = 12 .
7
8
Feuille d’exercices (1) Révision1 : Sommes, Newton
BCPST Lycée Hoche
Exercice 1
Calcul de
n
X
Pelletier Sylvain
kp
k=0
Ces premières questions ont pour but de vous donner des indications utiles pour la suite de l’exercice.
indication 1 Soit (bj )j=0...J une liste de réels indexés sur j, et (cj,k )j=0...J,
sur j et k. On note Sj =
K
X
k=0...K
une suite de réels indexés
cjk
k=0
Exprimer :
K X
J
X
bj cjk en fonction des (bj ) et des (Sj ).
k=0 j=0
indication 2 Soit (ak )k=0...n+1 une liste de réels, on pose Sn =
n
X
ak .
k=0
Exprimer
n
X
ak+1 en fonction de Sn et de an+1 et a0 .
k=0
Enfin, on rappelle que, par convention, 00 = 1.
Le but de cet exercice est le calcul des sommes :
Sn(p)
=
n
X
kp ,
k=0
pour n et p entiers naturels.
(0)
(1)
1. Donner les valeurs de Sn , Sn .
2. Exprimer (k + 1)p+1 en fonction des (kj )j=0...p+1 .
3. Exprimer
n
X
(p+1)
(1 + k)p+1 en fonction de Sn
?
k=0
4. En calculant d’une autre manière
Sn(p+1)
Pn
k=0 (1
+ k)p+1 , montrer que :
p+1
+ (n + 1)
=
Sn(p+1)
+
!
p
X
p+1
j=0
5. En déduire que :
Sn(p)
(0)

p−1
j
!
Sn(j) .

X p+1
1 
=
(n + 1)p+1 −
Sn(j) 
p+1
j
j=0
(1)
(2)
6. À partir des valeurs de Sn , et Sn retrouver ainsi : Sn =
8
n(n+1)(2n+1)
6
(3)
et Sn =
n2 (n+1)2
.
4
9
Correction :
indication 1 On a :
K X
J
X
bj cjk =
k=0 j=0
J X
K
X
bj cjk
j=0 k=0
=
J
X
bj
j=0
=
J
X
K
X
cjk
k=0
bj S j .
j=0
indication 2 On a :
n
X
n+1
X
ak+1 =
k=1
n
X
k=0
=
k=0
ak
ak + an+1 − a0
= Sn + an+1 − a0
(0)
(1)
1. Sn = n + 1, Sn =
n(n+1)
.
2
2. D’après la formule de Newton : (k + 1)p+1 =
3. D’après l’indication 2 :
n
X
Pp+1
j=0
p+1 j
j k
(1 + k)p+1 = Sn(p+1) + (n + 1)p+1 − 0p+1 = Sn(p+1) + (n + 1)p+1
k=0
4.
Sn(p+1) + (n + 1)p+1 =
=
n
X
(1 + k)p+1
k=0
n p+1
X
X
!
p+1 j
k
j
k=0 j=0
=
!
p+1
n
XX
p+1 j
k
j
j=0 k=0
=
Sn(p+1)
+
!
p
X
p+1
j=0
j
Sn(j) .
5. On en déduit :
p+1
(n + 1)
=
p
X
p+1
j=0
Soit :
Sn(p) =
j
!
Sn(j)
!
=
|

!
p−1
X p+1
p+1
Sn(p) +
Sn(j) .
p
j
j=0
{z
p+1
}
p−1
X
!

p + 1 (j) 
1 
(n + 1)p+1 −
Sn
p+1
j
j=0
9
10
6. On a ainsi, pour p = 2,


!
1
X
1 
3 (j) 
(n + 1)3 −
S
2+1
j n
j=0
Sn(2) =
3
1
n3 + 3n2 + 3n + 1 − (n + 1) − n(n + 1)
3
2
1
3
n3 + 3n2 + 2n − n(n + 1)
3
2
1 3
2n + 6n2 + 4n − 3n2 − 3n
6
1 3
2n + 3n2 + n
6
1
(n(n + 1)(2n + 1)) .
6
=
=
=
=
=
Puis pour p = 3 :
Sn(3) =

2
X
4
!

1 
(n + 1)4 −
Sn(j) 
3+1
j
j=0
=
1
(n + 1)4 − (n + 1) − 2n(n + 1) − (n(n + 1)(2n + 1))
4
=
n+1
(n + 1)3 − 1 − 2n − (n(2n + 1))
4
=
n+1 3
n + 3n2 + 3n − 2n − (n(2n + 1))
4
=
n(n + 1) 2
n + 3n + 1 − ((2n + 1))
4
=
n(n + 1) 2
n +n
4
=
n2 (n + 1)2
=
4
!
n(n + 1)
2
!2
10
!
!
!
!
11
Devoir Surveillé Samedi 27 Septembre
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Durée : 3h
Exercice 1 Dans un haras, un test génétique de couleur de robe (alezane, baie ou noire) est pratiqué sur
les chevaux de trait de deux races différentes : comtoise et percheronne. On considère les deux propositions
suivantes :
P : «Il existe un percheron dont l’échantillon d’ADN est porteur
du gène noir.»
Q : «Si l’analyse est pratiquée sur un comtois, alors son échantillon d’ADN est porteur du gène alezan et du gène bai.»
On note H l’ensemble des chevaux analysés du haras ; A, B et N les sous-ensembles de chevaux dont
les échantillons d’ADN sont porteurs des gènes alezan, bai et noir (respectivement) ; et enfin C et P les
sous-ensembles de chevaux de races comtoise et percheronne (respectivement).
On pourra utiliser la lettre h pour désigner un cheval analysé du haras (c’est-à-dire un élément de H).
1. Réécrire les propositions P et Q en langage mathématique à l’aide de quantificateurs et d’opérateurs
logiques.
2. Réécrire la proposition Q en langage mathématique à l’aide d’opérations sur des ensembles.
3. Donner , en français, la négation de P et la négation de Q.
4. Donner , en français, la contraposée et la réciproque de Q.
5. Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse (les justifications ne sont pas
demandées) :
(a) Pour prouver que P est vraie, il est suffisant de prouver que tous les échantillons d’ADN du
haras sont porteurs du gène noir.
(b) Pour prouver que P est fausse, il est nécessaire de prouver l’existence d’un percheron dont
l’échantillon d’ADN n’est pas porteur du gène noir.
(c) Pour prouver que Q est fausse, il est suffisant de prouver que tous les échantillons d’ADN des
comtois sont porteurs du gène noir.
(d) Pour prouver que Q est vraie, il est nécessaire de prouver que tous les échantillons d’ADN neutres
(c’est-à-dire porteurs d’aucun gène : ni alezan, ni bai, ni noir) ont été prélevés sur des percherons.
Correction :
1. On a en langage mathématique avec des quantificateurs et des opérateurs logiques :
P ⇐⇒ ∃h ∈ P,
h∈N
Q ⇐⇒ ∀h ∈ H,
h ∈ C =⇒ (h ∈ A et h ∈ B)
⇐⇒ ∃h ∈ H,
⇐⇒ ∀h ∈ C,
h ∈ P et h ∈ N
h ∈ A et h ∈ B
Attention : la proposition «h ∈ A ∩ B» est équivalente à «h ∈ A et h ∈ B» mais elle utilise une
opération sur des ensembles (l’intersection ∩) et non un opérateur logique (le «et») comme demandé
par l’énoncé. La réponse : Q : ∀h ∈ C, h ∈ A ∩ B est donc incorrecte.
11
1
0.5
1
1
1.5
12
2. On a en langage mathématique avec des opérations sur des ensembles :
Q:C ⊂A∩B
3. On a en langage mathématique :
non (P) ⇐⇒ ∀h ∈ P,
⇐⇒ ∀h ∈ P,
⇐⇒ ∀h ∈ H,
non (Q) ⇐⇒ ∃h ∈ H,
⇐⇒ ∃h ∈ H,
⇐⇒ ∃h ∈ H,
⇐⇒ ∃h ∈ C,
non (h ∈ N )
h∈
/N
h∈
/ P ou h ∈
/N
non (h ∈ C =⇒ (h ∈ A et h ∈ B))
h ∈ C et non (h ∈ A et h ∈ B)
h ∈ C et (h ∈
/ A ou h ∈
/ B)
h∈
/ A ou h ∈
/B
Écrire les négations de P et Q en langage mathématique n’est pas demandé, mais ça aide pour les
traduire ensuite en français.
On en déduit donc en français que la négation de P est
«Aucun échantillon d’ADN des percherons n’est porteur du gène noir.»,
et la négation de Q est
«Il existe un échantillon d’ADN qui, d’une part, a été prélevé sur un comtois et, d’autre part, n’est
pas porteur du gène alezan ou n’est pas porteur du gène bai.».
4. La contraposée de Q est donnée en langage mathématique par :
∀h ∈ H,
⇐⇒ ∀h ∈ H,
non (h ∈ A et h ∈ B) =⇒ non (h ∈ C)
(h ∈
/ A ou h ∈
/ B) =⇒ h ∈
/C
ce qui donne en français :
«Si un échantillon d’ADN n’est pas porteur du gène alezan ou n’est pas porteur du gène bai, alors le
cheval analysé n’est pas un comtois.».
La réciproque de Q est donnée en langage mathématique par :
∀h ∈ H,
(h ∈ A et h ∈ B) =⇒ h ∈ C
ce qui donne en français :
«Si un échantillon d’ADN est porteur du gène alezan et du gène bai, alors le cheval analysé est un
comtois.»
5. REM : beaucoup de confusion sur nécessaire / suffisant ! Barème : 4 bonnes réponses : 1.5, 3 bonnes
réponses : 1, sinon 0.
(a) Vraie. Si tous les chevaux sont porteurs du gène noir, alors en posant h le plus jeune des percherons (il faut en choisir un), on a bien h ∈ P et h ∈ N . Ainsi, 5(a) ⇒ P.
(b) Vraie. Supposons que P est fausse, alors tous les percherons ne sont pas porteur du gène noir.
En choisissant, h le plus jeune des percherons (il faut en choisir un), on a bien h ∈ P et h ∈
6 N.
Ainsi, nonP ⇒5(b).
NB : En toute rigueur, les propositions 5(a) et 5(b) sont fausses si l’ensemble des percherons
est vide (dans ce cas, la proposition P est toujours fausse). Mais la première phrase de l’énoncé
sous-entend qu’il existe au moins un percheron.
(c) Fausse.
12
13
(d) Vraie. Supposons Q vraie, alors soit h un échantillon d’ADN neutre, alors, on a : h ∈ C ou h ∈ P .
Le cas h ∈ C est impossible, puisque Q est vraie. Ainsi, h ∈ C. On en déduit que Q ⇒5(d).
Exercice 2
On considère l’équation (E) d’inconnue x ∈ 0, π2 , définie par :
q
q
(E)
cos(x) +
sin(x) = 1.
On souhaite résoudre cette équation de deux manière différentes.
Les questions 1 et 2 qui suivent sont donc totalement indépendante :
1. (a) En élevant à la puissance 4, démontrer que (E) est équivalente à l’équation :
q
2
q
cos(x) sin(x) 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) = 0.
p
(b) Justifier que ∀x ∈ 0, π2 , 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) > 0 et en déduire les solutions de
(E).
√
2. (a) Démontrer que, pour tout a ∈]0, 1[, on a a > a2 .
(b) En déduire que, pour tout x ∈ 0,
π
2
, on a
(c) Retrouver ainsi les solutions de (E).
p
cos(x) +
2
1
p
sin(x) > 1.
1
1
Correction :
1. (a) On utilise : (a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 .
Ce qui donne :
q
2
q
q
q
(E) ⇐⇒ cos (x) + 4 cos(x) cos(x) sin(x) + 6 cos(x) sin(x) + 4 cos(x) sin(x) sin(x) + sin2 (x) =1
q
q
q
q
4 cos(x) cos(x) sin(x) + 6 cos(x) sin(x) + 4 cos(x) sin(x) sin(x) =0
⇐⇒
⇐⇒
q
q
cos(x) sin(x) 4 cos(x) + 6 cos(x) sin(x) + 4 sin(x) =0
q
q
cos(x) sin(x) 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) =0
⇐⇒
La première équivalence est justifiée car les deux termes sont positifs.
barème : Newton 1, simplification 1.
(b) REM : Attention à > et >.
Rédaction 1 : Disjonction des cas :
p
— Si x ∈ 0, π2 , alors cos(x) > 0 et sin(x) > 0. D’où 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) > 0
comme somme de trois termes strictement positifs.
p
— Si x = 0, alors 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) = 2 > 0.
p
— Si x = π2 , alors 2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) = 2 > 0.
On obtient donc :
∀x ∈ 0,
π
,
2
q
2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) > 0
Rédaction 2 : Comme il s’agit d’une somme de trois termes positifs, on a :
∀x ∈ 0,
π
,
2
q
2 cos(x) + 3 cos(x) sin(x) + 2 sin(x) > 0
p
Par l’absurde, on suppose qu’il existe x ∈ 0, π2 , tel que 2 cos(x)+ 3 cos(x) sin(x)+ 2 sin(x) = 0.
Comme il s’agit d’une somme de termes positives nulles, tous les termes sont nuls, on en déduit
en particulier : cos(x) = 0 et sin(x) = 0. Contradiction avec cos2 (x) + sin2 (x) = 1.
13
14
Ainsi,
q
(E) ⇐⇒ cos(x) sin(x) = 0
⇐⇒ cos(x) = 0 ou sin(x) = 0
π
⇐⇒x = ou x = 0
2
Au final : S =
n
o
π
2,0
car x ∈ 0,
π
2
.
2. (a) Pour a ∈]0, 1[, on a :
√
a > a2 ⇔a > a4
⇔1 > a3 VRAI.
(b) Pour x ∈ 0, π2 , on a cos(x) ∈]0, 1[ et sin(x) ∈]0, 1[. On peut donc remplacer dans la formule
précédente. Ce qui donne
q
cos(x) > cos2 (x)
en ajoutant :
q
cos(x) +
q
sin(x) > sin2 (x)
et
q
sin(x) > cos2 (x) + sin2 (x) = 1
ainsi :
q
cos(x) +
q
sin(x) > 1.
(c) Soit x solution de (E), supposons par l’absurde x ∈ 0, π2 , on a alors :
q
cos(x) +
q
sin(x) > 1 et
q
cos(x) +
D’où 1 > 1 contradiction. On en déduit que x = 0 ou x =
solutions. On retrouve : S =
Exercice 3
n
o
π
2,0
q
π
2.
sin(x) = 1
Réciproquement ces valeurs sont
.
On souhaite démontrer le résultat suivant :
∀n > 3,
n−2
X
n−k
2
k=1
!
=
!
n
.
3
On va utiliser deux méthodes. Les questions qui suivent sont donc indépendantes.
1. Soit n > 3.
(a) En utilisant la définition des coefficients binomiaux, démontrer :
!
n−k
n−k
+
2
3
∀k ∈ [[1, n − 2]] ,
!
=
n−k+1
3
!
NB : on demande de refaire la démonstration du cours !
(b) En écrivant :
n−k
2
!
=
!
n−k+1
n−k
−
3
3
!
faites apparaître une somme téléscopique pour démontrer la relation demandée.
2. Démontrer la propriété par récurrence sur n.
Correction :
1. Soit n > 3.
14
15
(a) NB : on reconnaît bien sûr la propriété du triangle de Pascal.
Soit k ∈ [[1, n − 3]], on a :
!
n−k
n−k
+
2
3
!
=
(n − k)!
(n − k)!
+
2(n − k − 2)! 3!(n − k − 3)!
(n − k)!
1
1
+
2(n − k − 3)! (n − k − 2) 3
3+n−k−2
(n − k)!
=
2(n − k − 3)! 3(n − k − 2)
(n − k)!
n−k+1
=
2(n − k − 3)! 3(n − k − 2)
(n − k + 1)!
=
3!(n − k − 2)!
=
!
(n − k + 1)!
n−k+1
=
=
.
3!(n − k + 1 − 3)!
3
Pour k = n − 2, la propriété s’écrit :
!
!
!
2
2
=
+
2
3
3
3
!
!
2
ie
=
2
3
3
| {z }
=0
ce qui est vrai.
REM : en toute rigueur, on doit traiter le terme k = n − 2 à part, puisque dans ce cas
n − k − 3 < 0 et donc (n − k − 3)! n’existe pas.
(b) On obtient alors :
n−2
X
k=1
n−k
2
!
=
=
n−2
X
k=1
n−2
X
k=1
!
n−k+1
n−k
−
3
3
!
!
n−2
X n−k
n−k+1
−
3
3
k=1
!
=
n−2
X
k=1
!
n−2
X n−k
n − (k − 1)
−
3
3
k=1
!
Dans la première somme, on pose ainsi : j = k − 1, ce qui donne k = j + 1 et donc : j varie entre
0 et n − 3. On continue le calcul :
n−2
X
k=1
n−k
2
!
=
n−3
X
j=0
=
n−3
X
k=0
!
!
!
!
n−2
X n−k
n−j
−
3
3
k=1
n−2
X n−k
n−k
−
3
3
k=1
On reconnaît une somme téléscopique, les termes pour k ∈ [[1, n − 2]] se simplifient, ce qui donne :
n−2
X
k=1
Comme
2
3
n−k
2
!
!
!
n
2
=
−
.
3
3
= 0, on obtient la relation demandée :
∀n > 3,
n−2
X
k=1
15
n−k
2
!
!
n
=
.
3
16
2. Par récurrence sur n > 3, démontrons : P (n) :
n−2
X
k=1
2
2 =
n−k
2
!
!
n
.
3
=
— pour n = 3, la somme se réduit à un terme
1 et le membre de droite
— Supposons la formule vraie pour n, démontrons pour n + 1. On a :
n−1
X
k=1
n+1−k
2
!
=
=
n−1
X
k=1
n−2
X
j=0
=
n−2
X
j=1
n − (k − 1)
2
n−j
2
!
n−j
2
!
!
=
=
n+1
3
= 1.
!
en posant j = k − 1
!
n
+
2
!
n
n
+
3
2
3
3
!
HR
(Pascal)
D’où l’hérédité
— Ainsi, ∀n > 3, on a P (n).
Pour avoir une idée de la démonstration, il suffit de regarder la position des termes considérés dans
le triangle de Pascal.
Exercice 4
On considère les réels
u=
q
3
2+
√
5
et
v=
q
3
2−
√
5
√
Rappel : pour y ∈ R, la notation 3 y désigne la racine cubique de y, c’est donc l’unique solution de
l’équation : x3 = y d’inconnue x.
√
Ainsi, u est défini comme l’unique réel tel que u3 = 2 + 5 et v est défini comme l’unique réel tel que
√
v 3 = 2 − 5.
1. (a) Calculer uv et u3 + v 3 .
(b) Développer (u + v)3 .
2. On pose α = u + v et pour tout réel x : p(x) = x3 + 3x − 4.
(a) Déduire des questions précédentes que p(α) = 0.
(b) On constate que p(1) = 0 (on dit que 1 est racine évidente).
Trouver trois réels a, b et c tels que pour tout réel x on ait : p(x) = (x − 1)(ax2 + bx + c).
(c) Résoudre dans R l’équation p(x) = 0.
(d) En déduire la valeur de α
3. On considère pour tout réel x : q(x) = (x − u)(x − v).
(a) Développer q(x) et en déduire une expression simple de q(x).
(b) En déduire que u et v sont les solutions de l’équation x2 − x − 1 = 0.
(c) Trouver des expressions plus simples pour u et v.
Correction :
16
17
1. (a) On a :
q
√
√
3
uv = (2 + 5)(2 − 5)
√
√
= 3 4 − 5 = 3 −1 = −1.
Ainsi, uv = −1.
Et :
u3 + v 3 =2 +
=4
√
5+2−
√
3
5
(b) Par la formule du binôme de Newton :
(u + v)3 =u3 + 3u2 v + 3uv 2 + v 3
=4 − 3u − 3v
on simplifie avec la question précédente
2. (a) On a :
p(α) =(u + v)3 + 3(u + v) − 4
=4 − 3u − 3v + 3(u + v) − 4
question précédente
=0
(b) On cherche (a, b, c) tel que : ∀x ∈ R, x3 + 3x − 4 = (x − 1)(ax2 + bx + c).
Analyse : on suppose que (a, b, c) existent.
Le cas x = 0 (ou l’analyse du terme constant) donne : c = 4. L’analyse du terme de plus haut
degré donne : a = 1.
Il reste donc à chercher b tel que : x3 + 3x − 4 = (x − 1)(x2 + bx + 4), on développe (les deux
premiers termes) :
x3 + 3x − 4 = x3 + x2 (−1 + b) + x(−b + 4) − 4.
On obtient ainsi la système : −1 + b = 0 et −b + 4 = 3 qui donne b = 1.
Synthèse : on pose donc a = 1, b = 1 et c = 4, le calcul fait dans l’analyse montre que :
x3 + 3x − 4 = (x − 1)(x2 + x + 4)
REM : la rédaction en analyse/synthèse n’est pas obligatoire ici, car ce raisonnement deviendra
du cours, mais c’est un très bon réflexe de vérifier ses calculs !
(c) On a donc : p(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x2 + x + 4.
Pour la deuxième partie, on reconnaît un polynôme de degré 2 :
∆ = 1 − 16 = −15 < 0.
Ainsi, l’équation q(x) = 0 admet une unique solution sur R : x = 1. S = {1}.
(d) Comme α est solution et que 1 est l’unique solution, on obtient α = 1.
3. (a) On a pour x ∈ R :
q(x) =x2 − (u + v)x + uv
=x2 − αx + uv
=x2 − x − 1
car uv = −1
On obtient ainsi : ∀x ∈ R, q(x) = x2 − x − 1
17
18
(b) On a donc : ∀x ∈ R, (x − u)(x − v) = x2 − x − 1, et donc u et v sont solution de l’équation
x2 − x − 1 = 0.
(c) On reconnaît une équation de degré 2 : ∆ = 1 + 4 = 5, les solutions sont donc :
√
√
1− 5
1+ 5
et x2 =
x1 =
2
2
On a donc {u, v} = {x1 , x2 } et il reste à identifier les deux valeurs.
On constate que :
√
√
1+ 5
1+ 5
> 0 et
<0
2
2
q
q
√
√
3
3
2 + 5 > 0 et 2 − 5 < 0
Ainsi, la seule manière d’identifier est :
u=
Exercice 5
q
3
2+
√
√
1+ 5
5=
2
et
u=
q
3
2−
√
Résoudre dans R et dans [−π, π] l’équation :
sin x = sin 5x
Remarque : beaucoup de confusion !
Correction : On utilise l’équivalence :

x = 5x + 2kπ
sin x = sin 5x ⇐⇒∃k ∈ Z,
x = π − 5x + 2kπ

−4x = 2kπ
⇐⇒∃k ∈ Z,
6x =
π + 2kπ

x = −k π
2
⇐⇒∃k ∈ Z,
x = π + k π
6
3
Pour la première solution, on peut bien sûr remplacer k par −k.
On obtient ainsi les solutions sur R :
o [ n (2k + 1)π o
n π
k k ∈ Z
k ∈ Z
2
6
18
√
1− 5
5=
2
19
Et, les solutions sur [−π, π] :
x =0
π
x=
2
x =π
solution 1 pour k = 0
solution 1 pour k = 1
solution 1 pour k = 2
π
x=−
2
x=−π
π
x=
6
π
x=
2
5π
x=
6
π
x=−
6
π
x=−
2
5π
x=−
6
solution 1 pour k = −1
solution 1 pour k = −2
solution 2 pour k = 0
solution 2 pour k = 1
solution 2 pour k = 2
solution 2 pour k = −1
solution 1 pour k = −2
solution 2 pour k = −3
On obtient alors les solutions (on les range dans l’ordre croissant) :
n
− π, −
(un dessin permet de vérifier rapidement)
5π π π
π π 5π o
, − , − , 0, , , , π
6
2
6
6 2 6
19
20
Devoir non surveillé Nombres complexes
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
Exercice 1
pour le Mercredi 15 Octobre
Soit (a, b) ∈ R2 , Calculer :
n
X
(−1)k
k=0
a:
!
n
sin(kb + a)
k
Commentaire : Très classique :
— on utilise la somme avec des sinus pour faire apparaître eiθ ,
— puis on fait apparaître une somme connue (ici clairement Newton à cause des binomiaux).
— Il ne reste plus qu’à factoriser par l’angle de moitié pour retrouver partie réelle et!imaginaire.
n
X
n
Correction : On note Sn cette somme et on définit Cn comme : Cn =
(−1)k
cos(kb + a). On
k
k=0
Cn + iSn =
=
n
X
!
n
cos(kb + a) + i sin(kb + a)
k
(−1)k
k=0
n
X
!
n i(kb+a)
e
k
k
(−1)
k=0
ia
=e
ia
=e
n
X
k
(−1)
k=0
n
X
!
n ib k
−e
k
k=0
ia
!
n i(kb)
e
k
=e (1 − eib )n
formule de Newton.
On utilise alors la factorisation par l’angle de moitié :
b
b
b
1 − eib =ei 2 e−i 2 − ei 2
i 2b
=e
b
× −2i sin
2
b ib
b i b+π
= −2i sin
e 2 = −2 sin
e 2 .
2
2
On reporte :
ia
n n
Cn + iSn =e (−2) i sin
n n
=(−2) i sin
n
n
b i nb
e 2
2
b i nb+2a
e 2
2
On cherche à calculer la partie imaginaire. donc on a intérêt à mettre le in sous forme exponentielle
ce qui donne :
b i n(b+π)+2a
2
Cn + iSn = (−2)n sinn
e
2
i nπ
2
e
On obtient alors la partie imaginaire :
n
Sn = (−2) sin
n
n(b + π) + 2a
b
sin
.
2
2
On peut aussi séparer les deux cas :
20
21
n pair on écrit n = 2l et on a alors in = (−1)l , et (−2)2l = 22l et donc
ℑ in ei
ce qui donne :
nb+2a
2
= (−1)l sin
(2l)b + 2a 2
(2l)b + 2a b
sin
2
2
b
=22l (−1)l sin2l
sin lb + a
2
2l
l
Sn = S2l =2 (−1) sin
2l
n impair on écrit n = 2l + 1 et on a alors in = (−1)l i, et (−2)2l+1 = −22l+1 et donc :
ℑ in ei
2l+1
Sn = S2l+1 =2
Exercice 2
nb+2a
2
= (−1)l cos
l+1
(−1)
Soit n ∈ N, et x ∈ R, calculer :
n
X
sin
2l+1
(2l + 1)b + 2a 2
(2l + 1)b + 2a b
cos
.
2
2
cosk (x) en fonction de x.
k=0
Correction : On reconnaît une suite géométrique de raison cos(x).
Si cos(x) 6= 1, cad si : ∀k ∈ Z , x 6= 2kπ, alors on a :
n
X
cosk (x) =
k=0
1 − cosn+1 (x)
1 − cos(x)
Si cos(x) = 1, cad si ∃k ∈ Z , x = kπ, on a :
n
X
cosk (x) =n + 1.
k=0
NB : on voit trop de rédaction imprécise. Il faut quantifier la variable k !
21
22
Devoir non surveillé Dénombrements
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
Pour le vendredi 21 Novembre
Exercice 1 Une urne contient n boules noires et p boules blanches avec n et p deux entiers naturels
strictement positifs.
1. On considère l’ensemble Ω de tous les tirages possibles de ces boules une à une et sans remise. Combien
y a-t-il de tels tirages ?
2. En classant les tirages en fonction du rang d’apparition de la dernière boule noire, déterminer la
valeur de la somme :
S=
n+p
X
k=n
!
k−1
.
n−1
Correction :
1. Un tirage est une liste de B/N de longueur n + p contenant n fois le symbole N. Un tirage est donc
déterminé par la place des noires. On en déduit : Card(Ω) = n+p
n .
2. Soit k ∈ [[n, n + p]]. On note Ek l’ensemble des tirages tels que la dernière boule noire est en position
k.
Montrons que :
n+p
[
Ek = Ω
union disjointe
k=n
On a en effet :
— Pour ⊂ : on a ∀k ∈ [[n, n + p]], Ek ⊂ Ω, donc
n+p
[
k=n
Ek ⊂ Ω.
— Pour ⊃ : considérons un tirage x ∈ Ω. On pose k la place de la dernière boule noire dans le
tirage x. On a k est un entier, et k > n (puisqu’il y a n noires) et k 6 n + p (puisqu’il y a n + p
tirages). Ainsi, on a k ∈ [[n, n + p]]. Enfin, x est un tirage où la dernière noire est en position k,
donc x ∈ Ek . Par suite, x ∈
n+p
[
Ek et
k=n
n+p
[
k=n
Ek ⊃ Ω.
— Pour montrer que l’union est disjointe : on considère k et l, deux entiers distincts de [[n, n + p]].
On veut montrer que Ek ∩ El = ∅, pour cela, on raisonne par l’absurde et on suppose qu’il existe
un tirage x ∈ Ek ∩ El . Le tirage x vérifie alors : la dernière noire est sortie au rang k et au
rang l. Comme le rang de la dernière noire est unique, on en déduit k = l. Contradiction. Ainsi,
Ek ∩ El = ∅ et l’union est disjointe.
On a donc
n+p
[
Ek = Ω, union disjointe on en déduit une égalité des cardinaux :
k=n
n+p
X
card(Ek ) =card(Ω)
(∗)
k=n
Or on a vu : card(Ω) =
!
n+p
.
n
Considérons k ∈ [[n, n + p]] et cherchons le cardinal de Ek . On a vu qu’un tirage de Ω est déterminé
par la place des n noires parmi les n + p places possibles. Un tirage de Ek est alors déterminé par la
place les n − 1 noires dans les places k − 1 première places, puisque la n-ième noire est en position k,
les autres tirages étant blancs.
22
23
On en déduit : card(Ek ) =
!
k−1
. En reportant dans (*), cela donne :
n−1
n+p
X
k=n
k−1
n−1
23
!
!
n+p
=
.
n
24
Devoir Surveillé Vendredi 17 Octobre
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Durée : 15 m + 2h45
Exercice 1 Écrire un script qui
— pose la question : Quel est le nombre magique ? et attend un nombre.
— si la réponse est 4815162342, affiche Parfait, vous avez 108 minutes tranquille.
— sinon écrit Recommencez ! ! et repose la question. Au bout de nMax essais faux, où nMax est une
valeur supposée connue par Python, le programme s’arrête et affiche Boum ! !.
Attention : Après le dernier essai, le programme ne doit pas afficher Recommencez ! ! puis Boum ! !,
mais simplement Boum ! !.
Correction : Très classiquement un while avec une condition and :
1
3
5
7
9
rep = int ( input ( " Quel est le nombre m a g i q u e? " ))
nbrErreurs = 0
while n b r E r r e u r s < nMax and rep != 4 8 1 5 1 6 2 3 4 2 :
print ( " R e c o m m e n c e z ! " )
rep = int ( input ( " Quel est le nombre m a g i q u e? " ))
n b r E r r e u r s += 1
if rep == 4 8 1 5 1 6 2 3 4 2 :
print ( " p a r f a i t vous avez 10 m i n u t e s t r a n q u i l l e s " )
else :
print ( " Boom !! " )
Exercice 2
Écrire un programme permettant de calculer la valeur de S =
Correction : très classique calcul d’une somme :
2
n
X
1
.
k(k − 1)
k=2
S = 0
for k in range (2 , n +1) :
S += 1/( k *( k -1))
Exercice 3
Soit a dans ]0, π[, on pose :
u =1 + cos a + i sin a
√
√
v = 1 + sin 2a + i 1 − sin 2a
u
1 + cos a + i sin a
√
z= =√
v
1 + sin 2a + i 1 − sin 2a
1. Donner la forme exponentielle de u.
NB : on veut une forme ρeiθ avec ρ > 0.
2. (a) Montrer que 1 + sin(2a) = (sin a + cos a)2 en utilisant les nombres complexes.
Trouver une formule semblable pour 1 − sin(2a).
(b) Trouver r ∈ R+ et ϕ ∈ R tels que
sin a + cos a = r cos(a − ϕ)
et
sin a − cos a = r sin(a − ϕ).
(c) Déterminer les parties suivantes :
I1 =
(
)
π
x ∈]0, π[ cos x −
>0
4
24
et
I2 =
(
)
π
x ∈]0, π[ sin x −
>0
4
25
(d) En discutant selon les valeurs de a, donner la forme exponentielle de v.
NB : on veut une forme ρeiθ avec ρ > 0.
3. En déduire la forme exponentielle de z.
1.5
Correction :
1. On fait la factorisation par l’angle de moitié :
u =1 + eia
a
a
a
=ei 2 e−i 2 + ei 2
i a2
=e 2 cos
Or a ∈]0, π[, donc
a
2
∈]0, π2 [, donc cos
a
2
a
2
> 0. Ainsi, La forme exponentielle est :
u = 2 cos
a ia
e2
2
2. (a) Il y a plusieurs rédactions :
Sans les complexes :
(sin a + cos a)2 = sin2 a + 2 sin a cos a + cos2 a
=1 + 2 sin a cos a
=1 + sin(2a)
(0.5 dans ce cas car non respect de la consigne).
Avec les complexes : On peut reprendre simplement la méthode précédente en retrouvant
sin a cos a par la formule d’Euler, pour retrouver : 2 sin a cos a = sin 2a. (1.5 dans ce cas)
La méthode attendue (qui préparait la question suivante) est d’utiliser la formule d’Euler.
D’un côté, on a :
1 + sin(2a) =1 +
ei2a − e−i2a
2i
1 2i + ei2a − e−i2a
2i
i
=−
2i + ei2a − e−i2a
2
=
De l’autre côté, on a :
2
(cos a + sin a) =
eia + e−ia eia − e−ia
+
2
2i
!2
!2
Or on a facilement :
(i + 1)eia + (i − 1)e−ia
=
2i
1
(1 + i)2 ei2a + 2(1 + i)(i − 1) + (i − 1)2 e−i2a .
=−
4
(1 + i)2 = − 1 + 2i + 1 = 2i
et (i − 1)2 = − 1 − 2i + 1 = −2i
enfin (1 + i)(i − 1) = − 2
25
26
Cela donne :
1 i2a
2ie − 4 − 2ie−i2a
4
1 i2a
ie − 2 − ie−i2a
=−
2
1 i2a
ie + i2 2 − ie−i2a
=−
2
1
= − i ei2a + 2i − e−i2a
2
(cos a + sin a)2 = −
On a bien le résultat :
(cos a + sin a)2 = 1 + sin(2a).
(b) Remarque : C’est un cas particulier de la factorisation sin p + cos q ! ! !
On a :
eia + e−ia eia − e−ia
+
cos a + sin a =
2
2i
i
1h
= (i + 1)eia + (i − 1)e−ia
2i
i
1
1h
avec = −i
= (1 − i)eia + (1 + i)e−ia
2
i
1 √ i(a− π ) √ i(−a+ π ) 4 +
4
=
2e
2e
2
1 √ i(a− π ) √ i−(a− π ) 4 +
4
=
2e
2e
2
√
π
.
= 2 cos a −
4
On a utilisé :
√ π
√
π
et
(1 + i) = 2ei 4 .
(1 − i) = 2e−i 4
On procède de même pour sin a − cos a :
eia − e−ia eia + e−ia
−
2i
2
1
= (1 − i)eia − (1 + i)e−ia
2i
1 √ i(a− π ) √ i(−a+ π ) 4 −
4
=
2e
2e
2i
√
π
= 2 sin a −
.
4
sin a − cos a =
Au final, on a les formules :
√
π
cos a + sin a = 2 cos a −
4
√
π
sin a − cos a = 2 sin a −
.
4
Remarque : cette méthode est celle attendue (lien avec le cours formule de trigonométrie). On
peut aussi faire par analyse/ synthèse.
cos a + sin a =r cos(a − φ) = r cos a cos φ + sin a sin φ
− cos a + sin a =r sin(a − φ) = r cos a sin φ + sin a cos φ
26
27
Par des opérations classiques sur les lignes et les colonnes on arrive facilement à : r 2 = 2, puis
sin φ = cos φ.
(c) Remarque : cette question se fait essentiellement en dessinant le cercle trigonométrique.
On dessine le cercle trigonométrique. On obtient pour x ∈]0, π[,
cos x −
π
4
π
π
π
6x− 6
2
4
2
3π
π
⇔− 6x6
4
4
3π
⇔0 < x 6
4
π
∈] − π, π]
4
car x −
>0⇔−
car x ∈]0, π[
Ainsi :
I1 = 0,
3π
4
on procède de même avec I2 :
π
sin x −
4
π
6π
4
5π
π
⇔ 6x6
4
4
π
⇔ 6x<π
4
car x −
> 0 ⇔0 6 x −
π
∈] − π, π]
4
car x ∈]0, π[.
Ainsi :
I2 =
π
,π .
4
(d) Dans tous les cas, on a :
√
√
v = 1 + sin 2a + i 1 − sin 2a
q
q
= (sin a + cos a)2 + i (sin a − cos a)2
= |sin a + cos a| + i |sin a − cos a|
√ π π + i sin a −
= 2 cos a −
4 4 Après pour enlever la valeur absolue, il faut distinguer 3 cas :
Cas 1 a ∈ 0, π4 , on a alors : cos x −
Cas 2 a ∈
h
π 3π
4, 4
π
4
> 0 et sin x −
π
4
< 0, cela donne :
√ π
π
v = 2 cos a −
− i sin a −
4
4
√ π
π
= 2 cos
− a + i sin
−a
4
4
√ i π −a
= 2e ( 4 )
i
, on a alors : cos x −
π
4
> 0 et sin x −
π
4
> 0, cela donne :
√ π
π
+ i sin a −
v = 2 cos a −
4
4
√ i a− π
(
)
4
= 2e
27
28
Cas 3 a ∈
i
3π
4 ,π
h
, on a alors : cos x −
π
4
< 0 et sin x −
π
4
> 0, cela donne :
√ π
π
v = 2 − cos a −
+ i sin a −
4
4
√ 5π
5π
= 2 cos
− a + i sin
−a
4
4
√ i 5π −a
= 2e ( 4 )
3. Pour avoir la forme trigonométrique de z, on fait le quotient des formes trigonométriques.
Cela donne dans le cas a ∈ 0, π4 :
Cela donne dans le cas a ∈
h
π 3π
4, 4
u
v
a
2 cos a2 ei 2
= √
π
2ei( 4 −a)
√
a i( 3a − π )
e 2 4
= 2 cos
2
z=
i
:
u
v
a
2 cos a2 ei 2
= √
π
2ei(a− 4 )
√
a i(− a + π )
= 2 cos
e 2 4
2
z=
Cela donne dans le cas a ∈
i
3π
4 ,π
h
:
u
v
a
2 cos a2 ei 2
=√
5π
2ei( 4 −a)
√
a i( 3a − 5π )
e 2 4
= 2 cos
2
z=
Exercice 4
1. Démontrer que, pour tout réel x, on a :
cos (arctan(x)) = √
1
x
et sin (arctan(x)) = √
.
1 + x2
1 + x2
2. Résoudre l’ équation suivante : arcsin(x) = arctan(x) d’inconnue x réel.
3. Résoudre l’ équation suivante : arccos(x) = arctan(x) d’inconnue x réel.
Correction :
1. Commentaire : fait en cours.
π π
π π
Soit x un réel. Comme arctan(x) apartient à − ,
et, pour tout α de − , , on a :
2 2
2 2
1
cos2 (α)
= 1 + tan2 (α)
28
29
on obtient :
1
cos2 (arctan(x)) =
1+
1
.
=
1 + x2
tan2 (arctan(x))
π π
π π
Comme arctan(x) apartient à − ,
et cos est positif sur − , , on en déduit que :
2 2
2 2
cos(arctan(x)) =
q
cos2 (arctan(x))
On peut désormais conclure :
q
cos2 (arctan(x))
1
=√
.
1 + x2
cos(arctan(x)) =
On en déduit :
sin(arctan(x)) = tan(arctan(x)) × cos(arctan(x))
x
=√
.
1 + x2
(on peut aussi faire une disjonction des cas x > 0 et x < 0)
En conclusion, on a :
∀x ∈ R, cos (arctan(x)) = √
x
1
et sin (arctan(x)) = √
.
2
1+x
1 + x2
π π
2. Soit x un élément de [−1, 1]. arcsin(x) et arctan(x) étant tous deux dans − ,
et sin étant injective
2 2
sur cet intervalle, on a :
arcsin(x) = arctan(x) ⇔ sin(arcsin(x)) = sin(arctan(x))
x
⇔x= √
1 + x2
p
⇔ x = 0 ou
1 + x2 = 1
⇔ x = 0 ou 1 + x2 = 1
⇔ x = 0.
Pour tout x de [−1, 1], on a donc : arcsin(x) = arctan(x) ⇔ x = 0
n o
Au final l’ensemble des solutions est le singleton 0 .
3. Déjà, soit x ∈ [−1, 0[,
On a alors arccos(x) 6= arctan(x) car arccos(x) est strictement positif et arctan(x) est strictement
négatif. On a donc aucune solution dans [−1, 0[.
On peut donc écrire :
arccos(x) = arctan(x) ⇔ arccos(x)) = arctan(x)) et x ∈ [0, 1]
Dans la suite, on cherche donc des solutions dans [0, 1].
29
30
Or si x ∈ [0, 1], arccos(x) et arctan(x) sont tous deux dans [0, π] et cos étant injective sur cet intervalle,
on garde l’équivalence en composant par cosinus :
arccos(x)) = arctan(x)) et x ∈ [0, 1]
⇔ cos(arccos(x)) = cos(arctan(x)) et x ∈ [0, 1]
1
⇔x= √
et x ∈ [0, 1]
1 + x2
1
et x ∈ [0, 1]
⇔ x2 =
1 + x2
1
car x > 0 et √
>0
1 + x2
⇔ x4 + x2 − 1 = 0 et x ∈ [0, 1]
√
√
−1 + 5
−1 − 5 2
2
⇔ x =
ou x =
et x ∈ [0, 1]
2√
2
−1 + 5
et x ∈ [0, 1]
⇔ x2 =
2 √
−1 − 5
< 0 et x2 > 0
car
2
s
√
−1 + 5
⇔x=
et x ∈ [0, 1]
2
s
√
−1 + 5
car −
< 0 et x > 0
2
Cette solution convient bien car
s
−1 +
2
√
5
appartient à [0, 1].
Pour tout x de [−1, 1], on a donc : arccos(x) = arctan(x) ⇔ x =
s

 −1 + √5 
est donc le singleton :
.


2
s
−1 +
2
√
5
. L’ensemble des solution
Exercice 5 Soient E et F deux ensembles et f : E → F une fonction injective. On considère A et B
deux parties de E. Montrer que :
f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
Correction :
Comme tous les exercices algébriques, il faut procéder avec méthode et remplacer systématiquement la
ligne précédente par sa définition.
On procède par double inclusion.
— Montrons que f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). Soit y ∈ f (A ∩ B),
C’est le premier réflexe à avoir : on part d’un élément « quelconque » de l’ensemble considéré.
on sait alors que ∃x ∈ A ∩ B, y = f (x). On a alors x ∈ A et y = f (x), donc y ∈ f (A). De même,
x ∈ B et y = f (x), donc y ∈ f (B). Finalement y ∈ f (A) et y ∈ f (B), donc y ∈ f (A) ∩ f (B).
— Montrons que f (A ∩ B) ⊃ f (A) ∩ f (B). Soit y ∈ f (A) ∩ f (B), on sait alors que : ∃x ∈ A, f (x) = y
(car y ∈ f (A)) et ∃x′ ∈ B, f (x′ ) = y (car y ∈ f (B)).
Il n’y a pas de raison a priori que x et x′ soient les mêmes.
′
On a f (x) = f (x ), donc x = x′ car f est injective. On obtient en particulier que x ∈ A ∩ B. Ainsi,
y = f (x), avec x ∈ A ∩ B, et donc y ∈ (A ∩ B).
30
31
Exercice 6
Soient a, b et c ∈ R tels que :
cos(a) + cos(b) + cos(c) = 0
et
sin(a) + sin(b) + sin(c) = 0.
0.5
1. Montrer que :
eia + eib + eic = 0.
2. Dans cette question, on pose α = a − c et β = b − c.
(a) Montrer que : 1 + eiα + eiβ = 0.
0.5
(b) Montrer que sin(α) = − sin(β) et en déduire qu’il existe k ∈ Z, tel que : α = −β + 2kπ ou
α = π + β + 2kπ.
0.5
Pour la suite de l’exercice quitte à échanger α et β, on suppose que sin(α) > 0.
(c) Montrer que 1 + cos α + cos β = 0 et en déduire que la seule possibilité qui reste est qu’il existe
k ∈ Z, tel que α = −β + 2kπ.
(d) Calculer cos α, cos β, sin α et sin β puis en déduire eiα et eiβ .
i 2π
3
(e) En déduire eia = jeic et eib = j 2 eic . où j désigne e
1
1
.
0.5
(f) Quelle relation sur le nombre j a-t-on démontré ?
0.5
3. Montrer que :
1
ei2a + ei2b + ei2c = 0.
et en déduire que
cos(2a) + cos(2b) + cos(2c) = 0
et sin(2a) + sin(2b) + sin(2c) = 0.
4. Soit n un entier naturel qui n’est pas divisible par 3. Montrer que :
1.5
eina + einb + einc = 0
et en déduire que
cos(na) + cos(nb) + cos(nc) = 0
et
sin(na) + sin(nb) + sin(nc) = 0.
Indication : on pourra écrire que n est de la forme 3k + 1 ou 3k + 2
Correction :
1. On a :
eia + eib + eic = cos(a) + cos(b) + cos(c) + i sin(a) + sin(b) + sin(c)
=0.
2. (a) On a :
1 + eiα + eiβ =1 + ei(a−c) + ei(b−c)
=e−ic eic + eia + eib
=0.
(b) En écrivant la partie réelle et la partie imaginaire de la relation précédente, on obtient :
1 + eiα + eiβ = 1 + cos(α) + cos(β) + i sin(α) + sin(β)
=0.
31
32
ce qui donne en identifiant la partie réelle et imaginaire :
1 + cos(α) + cos(β) = 0
et
sin(α) + sin(β) = 0.
Avec la deuxième, on déduit : sin(α) = − sin(β), ie sin(α) = sin(−β), Qui donne :
∃k ∈ Z, α = −β + 2kπ
ou
α = π + β + 2kπ
(c) On a vu à la question précédente : 1 + cos(α) + cos(β) = 0 puisque c’est la partie réelle de
1 + eiα + eiβ = 0.
Supposons par l’absurde que α ≡ π + β[2π], on obtient alors :
1 + cos(α) + cos(β) =1 + cos(β + π) + cos(β)
=1 − cos(β) + cos(β)
=1.
D’où 1 = 0 contradiction.
ainsi, on ne peut avoir que α ≡ −β
[2π].
(d) On remplace alors :
1 + cos(α) + cos(β) =1 + cos(−β) + cos(β)
=1 + 2 cos(β)
Ainsi, 1 + 2 cos(β), et cos(β) = − 12 . On a alors :
1
cos(α) = cos(−β) = cos(β) = − .
2
Puis, sin(α) = ±
√
3
2 ,
or on a supposé que sin(α) > 0, ce qui donne : sin(α) =
√
3
2 .
On en déduit enfin que :
sin(β) = sin(−α) = −
√
3
.
2
Au final, eiα = j et eiβ = j 2 ,
(e) ce qui donne :
eia = eiα eic = jeic ,
eib = eiβ eic = j 2 eic .
(f) On a donc montré que 1 + j + j 2 = 1.
3. On remplace :
ei2a + ei2b + ei2c = jeic
2
+ j 2 eic
2
+ e2ic
=j 2 ei2c + j 4 ei2c + ei2c
|{z}
=j
= j 2 + j + 1 ei2c = 0.
En prenant les parties réelles et imaginaires, on en déduit :
cos(2a) + cos(2b) + cos(2c) = 0
32
et sin(2a) + sin(2b) + sin(2c) = 0.
33
4. Dans tous les cas, on a :
eina + einb + einc = jeic
n
+ j 2 eic
n
+ enic
= j n + j 2n + 1 enic
CAS 1 : On écrit n = 3k + 1, cela donne :
k
j n = j 3k+1 = j 3
j=j
2k
j2 = j2
j 2n = j 6k+2 = j 3
Ainsi :
eina + einb + einc = j + j 2 + 1 enic = 0
car 1 + j + j 2 = 0.
CAS 2 : On écrit n = 3k + 2, cela donne :
k
j n = j 3k+2 = j 3
2k
j 2n = j 6k+4 = j 3
Ainsi :
j2 = j2
j3j = j
eina + einb + einc = j 2 + j + 1 enic = 0
car 1 + j + j 2 = 0.
On a bien le résultat attendu dans les deux cas.
REM : on peut aussi écrire : j n + j 2n + 1 est la somme des trois premiers termes d’une suite
géométriques de raison j n et de premier terme 1. Ainsi, si j n 6= 1, i.e. si n n’est pas multiple de 3, on
obtient :
1 + j n + j 2n =
Exercice 7
1j 3n
= 0 car j 3n = 1.
1 − jn
Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On en choisit 3 au hasard et simultanément.
7
1. Quel est l’univers associé à cette expérience aléatoire ? Quel est son cardinal ?
1
2. Quel est le nombre de résultats où le plus petit numéro est 4 ?
1
3. Soit k ∈ [[1, n − 2]] , quel est le nombre de résultats où le plus petit numéro est k ?
1
4. En déduire :
∀n > 3,
Justifier soigneusement votre réponse.
n−2
X
k=1
n−k
2
!
3
!
n
=
.
3
5. Retrouver ce résultat par un raisonnement par récurrence.
2
Correction :
1. L’univers est constitué des parties à 3 éléments de [[1, n]]. Son cardinal est donc :
n
3 .
Pensez à tout d’abord décrire l’ensemble, puis à donner son cardinal.
33
34
2. Un résultat est alors
! constitué de la boule 4, et de deux éléments de [[5, n]], ensemble de cardinal n − 4.
n−4
Il y a donc
tirages possibles.
2
3. De la même manière, un résultat est alors constitué
de la boule k, et de deux éléments de [[k + 1, n]],
!
n−k
ensemble de cardinal n − k. Il y a donc
tirages possibles.
2
4. On note Ak l’ensemble des tirages dont le plus petit numéro est k. On a vu que Card(Ak ) =
D’autre part, on a : Ω =
n−2
[
!
n−k
.
2
Ak , union disjointe, i.e. les Ak forment un système complet d’événement.
k=1
En effet,
— étant donné un tirage ω, on note k le plus petit numéro, on a alors ω ∈ Ak , et k ∈ [[1, n − 2]].
— les Ak sont évidements inclus dans Ω,
— Si i 6= j, supposons par l’absurde qu’il existe un tirage ω ∈ Ai ∩ Aj , on a alors le plus petit numéro
de ω qui est i et j, contradiction.
Ainsi, card(Ω) =
n−2
X
card(Ak ). D’où le résultat.
k=1
On attends les mots système complet d’événements, ou la relation Ω =
5. Par récurrence sur n > 3, démontrons : P (n) :
n−2
X
k=1
2
2 =
n−k
2
!
!
n
.
3
=
Sn−2
k=1
— pour n = 3, la somme se réduit à un terme
1 et le membre de droite
— Supposons la formule vraie pour n, démontrons pour n + 1. On a :
n−1
X
k=1
n+1−k
2
!
=
=
n−1
X
k=1
n−2
X
j=0
=
n−2
X
j=1
n − (k − 1)
2
n−j
2
!
n−j
2
!
!
!
=
n
n
+
3
2
=
n+1
3
!
Ak , union disjointe.
3
3
= 1.
!
en posant j = k − 1
!
n
+
2
HR
(Pascal)
D’où l’hérédité
— Ainsi, ∀n > 3, on a P (n).
Pour avoir une idée de la démonstration, il suffit de regarder la position des termes considérés dans
le triangle de Pascal.
34
35
Interrogation Informatique Samedi 22 novembre
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Écrivez directement sur la feuille d’énoncé (recto/verso si besoin).
Nom:
Prénom:
Durée : 15 minutes.
Rappel sur les listes : Dans tous les exercices, on suppose que l’on dispose :
— d’une liste stockée dans la variable L,
— et d’un entier stocké dans la variable n contenant la taille de la liste L.
Les éléments de L sont alors notés L[i] pour i ∈ [[0, n − 1]]. Aucune autre connaissance sur les listes n’est
nécessaire pour faire les exercices.
Exercice 1 Question de cours : On suppose donc que l’on dispose d’une liste L et de sa taille n. On
suppose de plus que l’on dispose d’une variable a contenant un réel.
Écrire quelques lignes de code permettant de déterminer si a est présent au moins une fois dans la liste
L.
On affectera une variable booléenne appartient qui sera égale à True si a est présent au moins une
fois dans la liste L, False sinon.
NB : (pour ceux qui ont fait le td sur les listes) il est bien entendu interdit d’utiliser le test d’appartenance a in L.
Correction : Comme dans le cours : une boucle while avec un test and : on avance l’indice de lecture
tant que l’on est pas sorti de la liste et que la valeur lue ne convient pas.
2
4
6
i = 0 # indice de l e c t u r e
while i <n and L [ i ] != a :
i += 1 # d é p l a c e m e n t vers la droite
if i < n :
a p p a r t i e n t = True
else :
a p p a r t i e n t = False
Exercice 2 Comme à l’exercice précédent, on suppose que l’on dispose d’une liste L et de sa taille n.
On considère les lignes de code suivantes :
1
3
S = 0
for i in range ( n ) :
if L [ i ] > 0 :
S += 1
1. Si la liste L contient les 6 éléments (5, −2, 3, 4, −1, 8). Quelle est la valeur de S après l’exécution de
ces lignes de programme ? S vaut 4.
2. Pour une liste L quelconque, que contient la variable S après l’exécution de ces lignes de programme ?
S contient le nombre de termes de L positifs strictement.
3. On suppose maintenant qu’en plus de la liste L et de deux variables mini et maxi, on considère les
lignes de codes suivantes :
35
36
2
4
S = 0
for i in range ( n ) :
if L [ i ] > mini and L [ i ] < maxi :
S += L [ i ]
Pour une liste L quelconque, que contient la variable S après l’exécution de ces lignes de programme ?
S contient la somme des termes de L strictement supérieur à mini et strictement inférieur à maxi.
Exercice 3 Amélioration automatique du contraste d’une image
On suppose que l’on dispose d’une image img en niveaux de gris. Il s’agit donc d’un tableau contenant
des entiers de [[0, 255]].
La taille de ce tableau, notée n,m est connue (n est le nombre de lignes, m le nombre de colonnes).
On rappelle que l’on accède au niveau de gris du pixel (i, j) par img[i,j].
On se donne le problème suivant : on veut effectuer un changement de contraste sur l’image pour
exploiter au maximum tous les niveaux de gris de 0 à 255. C’est-à-dire que l’on va modifier l’image img
en remplaçant en chaque pixel (i, j) le niveau de gris img[i,j] par f(img[i,j]). Avec f une fonction affine
choisie pour que le pixel le plus sombre ait un niveau de gris à 0 et le pixel le plus clair ait un niveau de
gris à 255.
1. Écrire des lignes de programmes permettant de calculer la valeur maxImg du maximum du niveau
de gris dans l’image, i.e. le niveau de gris du pixel le plus clair de l’image. Correction : c’est une
recherche de maximum :
2
4
maxImg = 0
for i in range ( n ) :
for j in range ( m ) :
if img [i , j ] > maxImg :
maxImg = img [i , j ]
On suppose que l’on calcule de la même manière minImg le minimum du niveau de gris dans l’image.
2. Les valeurs maxImg et minImg étant connues, on constate très facilement que la fonction
f : x 7→ 255.999
(x − minImg)
maxImg − minImg
vérifie :
f (minImg) = 0
et
f (maxImg) = 255.999
Écrire des lignes de programmes permettant de modifier l’image img en remplaçant en chaque pixel
(i, j) le niveau de gris img[i,j] par f (img[i, j]). Attention : l’image doit contenir en chaque pixel
un entier de [[0, 255]].
Correction : il s’agit d’appliquer la fonction f en chaque point (avec une double boucle for donc).
2
for i in range ( n ) :
for j in range ( m ) :
img [i , j ] = floor ( 2 5 5 . 9 9 9 * ( img [i , j ] - minImg ) / ( maxImg - minImg ) )
36
37
Devoir Surveillé Samedi 22 novembre
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Exercice 1
Durée : 2h45
On considère l’ensemble E des suites définies par :
u0 , u1 , et u2 réels donnés
∀n ∈ N, un+3 − 3un+1 + 2un = 0
(R)
1. Dans cette question, on considère la suite (un ) de E vérifiant (R) et telles que
u0 = 4, u1 = −5 et u2 = 13.
Soit (vn ) la suite de terme général vn = un+1 + 2un .
(a) Calculer v0 et v1 .
0.5
(b) Exprimer vn+2 en fonction de vn+1 et vn .
1
(c) Montrer par récurrence que la suite (vn ) est constante.
En déduire : ∀n ∈ N, un+1 = −2un + 3.
(d) Exprimer un en fonction de n.
(e) Calculer :
n
X
1
1.5
uk .
1
k=0
2. Dans cette question, on considère la suite (un ) de E vérifiant (R) et telle que u0 = 2, u1 = −2 et
u2 = 3.
Soit (wn ) la suite de terme général wn = un − (−2)n .
(a) Vérifier w2 − 2w1 + w0 = 0.
0.5
(b) Montrer alors que : ∀n ∈ N, wn+2 − 2wn+1 + wn = 0.
(c) En déduire la valeur de wn en fonction de n pour tout entier naturel n, puis la valeur de un en
fonction de n.
(d) Calculer :
n
X
uk .
1.5
1.5
1.5
k=0
Correction :
1. (a) On a v0 = u1 + 2u0 = −5 + 2 × 4 = 3 et v1 = u2 + 2u1 = 13 + 2 × (−5) = 3.
(b) Soit n ∈ N. En utilisant la définition de la suite (vn )n∈N et la relation (R), on obtient :
vn+2 = un+3 + 2un+2
= 3un+1 − 2un + 2un+2
= 2(un+2 + 2un+1 ) − (un+1 + 2un )
= 2vn+1 − vn .
(c) On démontre le résultat par récurrence double.
Plus précisément, on considère pour tout n ∈ N la proposition P(n) : «vn = 3 et vn+1 = 3».
P(0) est vraie d’après le résultat de la question 1.(a).
37
38
On suppose maintenant que P(n) est vraie pour un certain n ∈ N fixé. Alors vn = 3 et vn+1 = 3
par hypothèse de récurrence. D’après le résultat de la question précédente, on obtient :
vn+2 = 2vn+1 − vn = 2 × 3 − 3 = 3.
Ainsi vn+1 = 3 et vn+2 = 3, donc P(n + 1) est vraie.
On conclut d’après le principe de récurrence que P(n) est vraie pour tout n ∈ N. Par conséquent
(vn )n∈N est la suite constante égale à 3.
Rédigez précisément et soigneusement vos raisonnements par récurrence, a fortiori les récurrences
doubles.
On en déduit pour tout n ∈ N que un+1 + 2un = vn = 3 et donc un+1 = −2un + 3.
Remarque : ici on peut faire la question en posant P (n) : un+1 = un . C’est plus compliqué et
d’une manière générale, on évite de démontrer une propriété « récursive » par récurrence.
(d) D’après le résultat précédent, (un )n∈N est une suite arithmético-géométrique.
On cherche donc α ∈ R tel que la suite (un − α)n∈N soit une suite géométrique. Or on a :
∀n ∈ N, un+1 − α = − 2un + 3 − α
= − 2(un − α) − 2α + 3 − α = −2(un − α) − 3α + 3.
En posant α = 1, on a −3α + 3 = 0 et donc (un − 1)n∈N est une suite géométrique de raison −2.
On en déduit pour tout n ∈ N que un − 1 = (u0 − 1)(−2)n = (4 − 1)(−2)n = 3(−2)n . Finalement,
∀n ∈ N, un = 1 + 3(−2)n .
(e) D’après le résultat précédent, on a pour tout n ∈ N :
n
X
k=0
uk =
n X
1 + 3(−2)k =
k=0
n+1
= n + 1 − (−2)
n
X
k=0
1+3
n
X
(−2)k = n + 1 + 3
k=0
(−2)n+1 − 1
−2 − 1
− 1 = n + 2 − (−2)n+1 .
2. (a) On a w0 = u0 −(−2)0 = 2−1 = 1, w1 = u1 −(−2)1 = −2+2 = 0 et w2 = u2 −(−2)2 = 3−4 = −1.
Donc w2 − 2w1 + w0 = −1 − 2 × 0 + 1 = 0.
(b) On démontre le résultat par récurrence. En posant : P (n) : wn+2 − 2wn+1 + wn = 0.
Le résultat de la question précédente justifie que la proposition est vraie pour n = 0.
On suppose que wn+2 − 2wn+1 + wn = 0 pour un certain n ∈ N fixé. En utilisant l’hypothèse de
récurrence puis la définition de la suite (wn )n∈N et la relation (R), on obtient :
wn+3 − 2wn+2 + wn+1 = wn+3 − 2(wn+2 − 2wn+1 + wn ) − 4wn+1 + 2wn + wn+1
= wn+3 + 0 − 3wn+1 + 2wn
= (un+3 − (−2)n+3 ) − 3(un+1 − (−2)n+1 ) + 2(un − (−2)n )
= (un+3 − 3un+1 + 2un ) − ((−2)3 − 3(−2)1 + 2(−2)0 )(−2)n
= 0 − (−8 + 6 + 2)(−2)n = 0.
On conclut d’après le principe de récurrence que ∀n ∈ N, wn+2 − 2wn+1 + wn = 0.
(c) D’après le résultat précédent, (wn )n∈N est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
L’équation caractéristique associée est l’équation r 2 − 2r + r = (r − 1)2 = 0.
38
39
Cette équation a pour unique solution r0 = 1. Le terme général de la suite (wn )n∈N est donc de
la forme :
∀n ∈ N, wn = (λ + µn)(r0 )n = λ + µn
où λ et µ sont deux nombres réels. On obtient pour n = 0 : λ = λ + µ × 0 = w0 = 1, et pour
n = 1 : λ + µ = λ + µ × 1 = w1 = 0 donc µ = −λ = −1.
Finalement, ∀n ∈ N, wn = 1 − n. Puisque (wn )n∈N a pour terme général wn = un − (−2)n , on
en déduit que :
∀n ∈ N, un = 1 − n + (−2)n .
(d) D’après le résultat précédent, on a pour tout n ∈ N :
n
X
uk =
n
X
(1 − k + (−2)k ) =
k=0
k=0
n
X
k=0
1−
n
X
k=0
k+
n
X
(−2)k
k=0
(2 − n)(n + 1) 1 − (−2)n+1
n(n + 1) (−2)n+1 − 1
+
=
+
.
= n+1−
2
−2 − 1
2
3
Exercice 2 Dénombrement des p-listes croissantes
Soit p et n deux entiers strictement positifs.
Pour (a1 , . . . , ap ) une p-liste, on dit que :
• la p-liste (a1 , . . . , ap ) est croissante si ∀i ∈ [[1, p − 1]] , ai 6 ai+1 .
• la p-liste (a1 , . . . , ap ) est strictement croissante si ∀i ∈ [[1, p − 1]] , ai < ai+1 .
On note :
• E l’ensemble des p-listes croissantes d’éléments de [[1, n]],
• F l’ensemble des p-listes strictement croissantes d’éléments de [[1, n + p − 1]].
1. Déterminer le cardinal de F .
2. Si (a1 , a2 , . . . , ap ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n}, on définit la p-liste (b1 , b2 , . . . , bp ) par
∀k ∈ {1, 2, . . . , p}, bk = ak + k − 1.
(1)
(a) Montrer que (b1 , b2 , . . . , bp ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}.
(b) Montrer que si (a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ E alors (b1 , b2 , . . . , bp ) ∈ F .
3. Si (b1 , b2 , . . . , bp ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}, on définit la p-liste (a1 , a2 , . . . , ap )
par
∀k ∈ {1, 2, . . . , p}, ak = bk − k + 1.
(2)
(a) Montrer que (a1 , a2 , . . . , ap ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n}.
(b) Montrer que si (b1 , b2 , . . . , bp ) ∈ F alors (a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ E.
4. Montrer que l’application
ϕ:
E
→
F
(a1 , a2 , . . . , ap ) 7→ ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = (b1 , b2 , . . . , bp ) définie par (1)
est bijective.
5. En déduire le nombre de p-listes croissantes d’éléments de {1, 2, . . . , n}.
Correction :
39
40
1. Puisqu’il n’y a qu’une seule façon d’ordonner par ordre croissant les éléments d’une partie de {1, 2, . . . , n+
p − 1}, le nombre de p-listes strictement croissantes de {1, 2, . . . , n + p − 1} est égal au nombre de
parties à p éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}. Autrement dit,
card(F ) =
!
p
.
n+p−1
2. Si (a1 , a2 , . . . , ap ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n}, on définit la p-liste (b1 , b2 , . . . , bp ) par
∀k ∈ {1, 2, . . . , p}, bk = ak + k − 1.
(1)
(a) Soit k ∈ {1, 2, . . . , p}. Puisque 1 6 ak 6 n et 1 6 k 6 p, on a
1 = 1 + 1 − 1 6 bk = ak + k − 1 6 n + p − 1
c’est-à-dire bk ∈ {1, 2, . . . , n + p − 1} pour tout k ∈ {1, 2, . . . , p}.
(b) On suppose que (a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ E, c’est-à-dire que (a1 , a2 , . . . , ap ) est une p-liste croissante
d’éléments de {1, 2, . . . , n}. Soit k ∈ {1, 2, . . . , p − 1}. Puisque (a1 , a2 , . . . , ap ) est croissante, on
a ak 6 ak+1 . Par conséquent,
bk = ak + k − 1 6 ak+1 + k − 1 = ak+1 + (k + 1) − 1 − 1 = bk+1 − 1 < bk+1 .
Ainsi (b1 , b2 , . . . , bp ) est strictement croissante, et puisque c’est une p-liste d’éléments {1, 2, . . . , n+
p − 1} d’après le résultat de la question précédente, on en déduit que (b1 , b2 , . . . , bp ) ∈ F .
3. Si (b1 , b2 , . . . , bp ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}, on définit la p-liste (a1 , a2 , . . . , ap )
par
∀k ∈ {1, 2, . . . , p}, ak = bk − k + 1.
(2)
(a) Cette question comporte une erreur d’énoncé. En effet, il n’est pas toujours vrai que (a1 , a2 , . . . , ap )
soit une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n} sans autre hypothèse sur (b1 , b2 , . . . , bp ) que d’être
une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}. Par exemple si p > 2 et b1 = n + p − 1 alors
a1 = b1 − 1 + 1 = b1 = n + p − 1 > n + 1 > n. Bien sûr, la correction et la notation prendra en
compte cette erreur d’énoncé.
(b) On suppose que (b1 , b2 , . . . , bp ) ∈ F , c’est-à-dire que (b1 , b2 , . . . , bp ) est une p-liste strictement
croissante d’éléments de {1, 2, . . . , n + p − 1}. Soit k ∈ {1, 2, . . . , p − 1}. Puisque (b1 , b2 , . . . , bp )
est strictement croissante, on a bk < bk+1 . Par conséquent,
ak = bk − k + 1 < bk+1 − k + 1 = bk+1 − (k + 1) + 1 + 1 = ak+1 + 1.
Or ak et ak+1 sont des nombres entiers, donc ak < ak+1 +1 et ak 6 ak+1 . Ainsi (a1 , a2 , . . . , ap ) est
croissante. Montrons maintenant que (a1 , a2 , . . . , ap ) est une p-liste d’éléments de {1, 2, . . . , n}.
On ne peut malheureusement pas utiliser le résultat de la question précédente pour justifier cette
proposition à cause de l’erreur d’énoncé. La croissance stricte de (b1 , b2 , . . . , bp ), qui implique donc
la croissance de (a1 , a2 , . . . , ap ), est une condition nécessaire pour prouver cette proposition.
On a a1 = b1 −1+1 = b1 > 1 et ap = bp −p+1 6 n+p−1−p+1 = n. Puisque (a1 , a2 , . . . , ap ) est
croissante, on a a1 6 ak 6 ap et donc ak ∈ {1, 2, . . . , n} pour tout k ∈ {1, 2, . . . , p}. Finalement
(a1 , a2 , . . . , ap ) ∈ E
4. On considère l’application
ϕ:
E
→
F
(a1 , a2 , . . . , ap ) 7→ ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = (b1 , b2 , . . . , bp )
40
définie par (1).
41
Montrons tout d’abord que ϕ est injective. Soient (a1 , a2 , . . . , ap ) et (a′1 , a′2 , . . . , a′p ) deux p-listes de
E. On note ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = (b1 , b2 , . . . , bp ) et ϕ(a′1 , a′2 , . . . , a′p ) = (b′1 , b′2 , . . . , b′p ) leurs images par
ϕ. On suppose que ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = ϕ(a′1 , a′2 , . . . , a′p ), d’où (b1 , b2 , . . . , bp ) = (b′1 , b′2 , . . . , b′p ). Soit
k ∈ {1, 2, . . . , p}. On a donc bk = b′k et d’après (1) :
ak + k − 1 = bk = b′k = a′k + k − 1
et
ak = a′k .
Donc (a1 , a2 , . . . , ap ) = (a′1 , a′2 , . . . , a′p ) et ϕ est injective.
Montrons maintenant que ϕ est surjective. Soit (b1 , b2 , . . . , bp ) une p-liste de F . On considère la p-liste
(a1 , a2 , . . . , ap ) définie par (2) et on va prouver que (a1 , a2 , . . . , ap ) est un antécédent de (b1 , b2 , . . . , bp )
par ϕ. Tout d’abord (a1 , a2 , . . . , ap ) est bien une p-liste de E d’après le résultat de la question précédente. On note donc ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = (b′1 , b′2 , . . . , b′p ) son image par ϕ et on a :
∀k ∈ {1, 2, . . . , p}, b′k
=
d’après (1)
ak + k − 1
=
d’après (2)
(bk − k + 1) + k − 1 = bk .
Ainsi ϕ(a1 , a2 , . . . , ap ) = (b′1 , b′2 , . . . , b′p ) = (b1 , b2 , . . . , bp ), autrement dit (a1 , a2 , . . . , ap ) est un antécédent de (b1 , b2 , . . . , bp ), et ϕ est surjective.
Finalement, ϕ est injective et surjective, donc bijective.
Une autre méthode possible est de considérer l’application ψ : F → E définie par (2) et de prouver
que ψ ◦ ϕ = IdE et ϕ ◦ ψ = IdF . Dans ce cas, on montre que ϕ : E → F est bijective et de plus que
ψ : F → E et sa bijection réciproque.
5. D’après le résultat précédent on a card(E) = card(F ). Or E désigne l’ensemble des p-listes croissantes
d’éléments de {1, 2, . . . , n} et card(F ) a été déterminé à la question 1. Donc le nombre de p-listes
croissantes d’éléments de {1, 2, . . . , n} est
!
p
card(E) =
.
n+p−1
Exercice 3 On considère une protéine constituée de la succession linéaire d’acides aminés de cystéine,
d’aspartate et de glutamate que l’on désignera respectivement par les lettres C, D et E. Cette protéine vérifie
de plus la propriété suivante : sa structure primaire peut-être représentée par des séquences successives de
lettres telles que chaque séquence commence par la lettre C et ne comporte jamais deux lettres
consécutives identiques. Pour chaque entier n > 1, on note Sn l’ensemble des séquences possibles de n
lettres et on considère les sous-ensembles Cn , Dn et En de séquences de Sn qui se terminent respectivement
par C, D et E. On pose cn = card(Cn ), dn = card(Dn ) et en = card(En ).
1. (a) Justifier que c1 = 1, d1 = 0 et e1 = 0.
0.5
(b) Justifier que c2 = 0, d2 = 1 et e2 = 1.
0.5
(c) Déterminer c3 , d3 et e3 .
0.5
2. Déterminer card(Sn ) et en déduire que cn + dn + en =
2n−1 .
3. (a) En étudiant l’avant-dernière lettre des séquences de Cn+1 , démontrer que cn+1 = dn + en .
(b) En s’inspirant de la question précédente, démontrer deux autres relations.
1.5
1.5
1
4. Justifie que dn = en .
1
5. A l’aide des questions précédentes, démontrer que ∀n > 1, cn+2 = cn+1 + 2cn .
1
6. En déduire l’expression de cn en fonction de n > 1 puis celles de dn et en .
Correction : Exercice assez simple de dénombrements.
1. Commentaire : certains en écrivent une page complète : il s’agit juste de « rentrer dans l’exercice ».
Lorsqu’un ensemble contient 3 éléments, pour le dénombrer, on écrit tout les éléments.
41
1.5
42
(a) Il existe une seule séquence possible de une lettre qui est «C» (car chaque séquence doit commencer par la lettre C). Puisque cette séquence finit par C, on a c1 = 1, d1 = 0 et e1 = 0.
(b) Il existe deux séquences possibles de deux lettres qui sont «CD» et «CE» (car la lettre C ne
peut pas apparaitre deux fois consécutivement). Donc c2 = 0, d2 = 1 et e2 = 1.
(c) Il existe quatre séquences possibles de trois lettres : «CDC», «CDE», «CEC» et «CED». Donc
c3 = 2, d3 = 1 et e3 = 1.
2. Chaque séquence de Sn est une n-liste de lettres (ℓ1 , ℓ2 , . . . , ℓn ) telle que ℓ1 = C et ∀k ∈ {2, 3, . . . , n}, ℓk 6=
ℓk−1 . On a donc des choix successifs :
— 2 choix pour ℓ2 ,
— 2 choix pour ℓ3 ,
— etc. (n − 1 étapes.)
On obtient :
card(Sn ) = 1 × 2| × 2 ×{z· · · × 2} = 2n−1 .
n−1 fois
On a clairement :
Sn = Cn ∪ Dn ∪ En union disjointe
Donc
2n−1 = card(Sn ) =card(Cn ∪ Dn ∪ En )
=card(Cn ) + card(Dn ) + card(En )
=cn + dn + en .
3. (a) L’avant-dernière lettre des séquences de Cn+1 est D ou E, mais pas C car sinon la lettre C
apparaitrait deux fois consécutivement à la fin de la séquence. On note donc A l’ensemble des
séquences de longueurs n + 1 qui se finissent par DC, et B l’ensemble des séquences de longueurs
n + 1 qui se finissent par EC. On a alors :
Cn+1 = A ∪ B union disjointe.
De plus A est en bijection avec Dn :
— étant donné une séquence de Dn , il suffit d’ajouter un C final pour avoir une séquence de A,
— étant donné une séquence de A, il suffit d’enlever le C final pour avoir une séquence de Dn .
Ainsi, card(A) = dn .
De même, B est en bijection avec Em .
cn+1 = card(Cn+1 ) =card(A ∪ B)
=card(A) + card(B)
=card(Dn ) + card(En ) = dn + en .
4. Les lettes D et E jouent un rôle symétrique dans les séquences de Sn . Donc dn = card(Dn ) =
card(En ) = en .
Plus précisément, on peut montrer que l’application ψ : Dn → En qui à chaque séquence de Dn associe
la séquence de En obtenue en remplaçant chaque lettre D par une lettre E et chaque lettre E par une
lettre D est une bijection.
42
43
5. En utilisant les résultats de la question 3, on a pour tout n > 1 :
cn+2 = dn+1 + en+1 = (cn + en ) + (cn + dn ) = 2cn + (dn + en ) = 2cn + cn+1 .
6. D’après le résultat précédent, (cn )n>1 est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
L’équation caractéristique associée est l’équation r 2 − r − 2 = 0 d’inconnue r ∈ R. Cette équation
a pour √discriminant ∆ = √(−1)2 − 4 × 1 × (−2) = 9 > 0, et admet donc deux solutions réelles
r1 = 1−2 9 = −1 et r2 = 1+2 9 = 2.
Par conséquent, le terme général de la suite (cn )n>1 est de la forme :
∀n > 1, cn = λ1 (r1 )n + λ2 (r2 )n = λ1 (−1)n + λ2 × 2n
où λ1 et λ2 sont deux nombres réels.
Or c1 = 1 et c2 = 0 d’après les résultats des questions 1.(a) et 1.(b), donc
(
(
1 = −λ1 + 2λ2
0 = λ1 + 4λ2
Par conséquent :
(
λ1 = 2λ2 − 1
0 = (2λ2 − 1) + 4λ2 = 6λ2 − 1
λ1 = − 32
.
λ2 = 16
2
2n
∀n > 1, cn = − (−1)n + .
3
6
De plus, en utilisant les résultats des questions 2 et 4, on a ∀n > 1, 2n−1 = cn + 2dn = cn + 2en .
Donc :
1 n−1 2
2n
1 n−1
(2
− cn ) =
2
+ (−1)n −
2
2
3
6
(−1)n 1 1 1 n (−1)n 2n
+
−
+ .
2 =
3
2 2 6
3
6
∀n > 1, dn = en =
=
Exercice 4 Question de cours
1
, déterminer la valeur de arctan(x) + arctan x1 en fonction de x.
En utilisant : tan π2 − α = tan(α)
Correction : Pour x > 0, on pose
α = arctan(x)
π
1
β = − arctan
.
2
x
et
. On a :
tan(α) =x
Ainsi, tan(α) = tan(β).
π
1
tan(β) = tan
− arctan
2
x
1
1
= 1 = x.
=
1
tan(arctan x )
x
π
π π
1
∈ 0,
et donc β ∈ − ,
x
2
2 2
tangente est bijective sur cet intervalle, on a :
Comme x > 0, on a arctan
α = β ⇐⇒ tan(α) = tan(β).
D’où le résultat : α = β.
43
π π
et α ∈ − ,
2 2
Comme la fonction
44
La formule de tan(a + b) n’est valable que si a + b ne s’écrit pas sous la forme
cas ici.
π
2
+ kπ, ce qui n’est pas le
π
,π .
Considérons maintenant x < 0, on a toujours tan(α) = tan(β), mais puisque x < 0, on a β ∈
2
π
π
On écrit donc tan(α) = tan(β − π), comme β − π ∈ − , 0 , et α ∈ − , 0 . On en déduit α = β − π.
2
2
1
π
= −2.
Ainsi, ∀x < 0, arctan(x) + arctan
x
44
45
Feuille d’exercices (2) Révision 2 préparer pour le vendredi 19 décembre
BCPST Lycée Hoche
Exercice 1
Pelletier Sylvain
Étude d’une matrice






3 −2 3
1 0 0
1 2 −1






On considère les matrices A = 1 0 2, T = 0 2 1 et P = 1 1 0 .
0 0 2
0 0 2
0 0 1
1. (a) Résoudre les trois systèmes suivants :
(S1 )


 3x − 2y + 3z


= x
x + 2z = y
2z = z
(S2 )
1.5


 3x − 2y + 3z
= 2x
x + 2z = 2y
2z = 2z


(S3 )


 3x − 2y + 3z
= 2x + 2
x + 2z = 2y + 1
2z = 2z


(b) Montrer que la matrice P est inversible, calculer son inverse puis vérifier que A = P T P −1 .
2. (a) Prouver qu’il existe une suite de réels (αn )n∈N telle que, pour tout n ∈ N :


1 0
0


T n = 0 2n αn .
0 0 2n
1
1.5
(b) Établir que : ∀n ∈ N, αn = n2n−1 .
1
3. Montrer que : ∀n ∈ N, An = P T n P −1 . En déduire l’écriture matricielle de An en fonction de n.


a 0 0


4. Soit M ∈ M3 (R). Etablir que T M = M T si et seulement si M est de la forme 0 b c où a, b et
0 0 b
c sont trois réels.
1
1
5. Soit M ∈ M3 (R). On définit la matrice M ′ par M ′ = P −1 M P .
(a) Exprimer M en fonction de M ′ , P et P −1 .
En utilisant l’égalité précédente et l’égalité A = P T P −1 , montrer que la matrice M vérifie
l’égalité AM = M A si et seulement si la matrice M ′ vérifie T M ′ = M ′ T .
(b) En déduire que M vérifie AM = M A si et seulement si il existe des réels a, b, c tels que :


−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c


M =  −a + b 2a − b −a + b + c 
0
0
b
Correction :
1. (a) Commentaire : simple résolution de système, cela ne doit pas poser de problèmes.
45
1
0.5
46
On réduit les systèmes puis on utilise la méthode de remontée :
(S1 )


 2x − 2y + 3z
= 0
x − y + 2z = 0
z = 0





x − y + 2z = 0
2x − 2y + 3z = 0


z = 0


 x − y + 2z


Ainsi, on obtient :
= 0
3z = 0
z = 0
l2
l2 ← l2 − 2l1
l3
x = y
z = 0
l2
l2 ← l2 − 2l1
l3
(
n
l2
l1
l3
o
S1 = (x, x, 0)x ∈ R = Vect(1, 1, 0).
On procède de même pour le système 2, en enlevant la dernière équation qui est une tautologie.
(S2 )
(
(
x − 2y + 2z = 0
x − 2y + 3z = 0
x − 2y + 2z = 0
z = 0
(
n
x = 2y
z = 0
l2
l1
l1
l2 ← l2 − l1
o
Ainsi, S2 = (2y, y, 0)y ∈ R = Vect(2, 1, 0).
Pour le troisième système, les opérations sont les même que pour S2 , le second membre change :
(S2 )
(
(
x − 2y + 2z = 1
x − 2y + 3z = 2
x − 2y + 2z = 1
z = 1
(
Ainsi :
x = 2y − 1
z = 1
n
l2
l1
l1
l2 ← l2 − l1
o
S3 = (2y − 1, y, 1)y ∈ R = (−1, 0, 1) + S2 .
(b) On utilise la méthode de Gauss-Jordan pour montrer que P est inversible et calculer son inverse.





1 2 −1


1 1 0 
0 0 1

1 2 −1


0 −1 1 
0 0
1

1 0 0


0 1 0
0 0 1

1 0 0


−1 1 0
0 0 1
46
l1
l2 ← l2 − l1
l3
47
Déjà on constate que la matrice P est de rang 3 et donc inversible.



l1
l2 ← −l2
l3




l1 ← l1 + l3
l2 ← l2 + l3
l3



1 2 −1


0 1 −1
0 0 1
1 2 0


0 1 0
0 0 1
1 0 0


0 1 0
0 0 1
1 0 0


1 −1 0
0 0 1
1 0 1


1 −1 1
0 0 1


−1 2 −1


 1 −1 1 
0
0
1
l1 ← l1 − 2l2
l2
l3


−1 2 −1


−1
La matrice P est donc inversible d’inverse : P =  1 −1 1 .
0
0
1
Un simple calcul de produit de matrices (à présenter rapidement) montre alors que A = P T P −1 .
On peut aussi raisonner sans calcul : notons C1 , C2 et C3 les trois colonnes de P . La résolution
des trois systèmes S1 , S2 et S3 montrent que la colonne Ci est solution du système i. pour i ∈ [[1, 3]]
(la première colonne est une (la) solution de S1 , etc. ).
Ainsi, on obtient sans calcul


AP = C1 2C2 2C3 + C2 


D’autre part, la matrice P T se calcule facilement à partir de P en effectuant les opérations élémentaires
sur les colonnes correspondant à la matrice T : C1 ← C1 , C2 ← 2C2 , et C3 ← 2C3 + C2 . On obtient
donc bien AP = P T , soit la relation demandée.
2. (a) On raisonne par récurrence sur n ∈ N. On note :


1 0
0


Pn : ∃αn ∈ R, tel que T n = 0 2n αn  .
0 0 2n
Attention à la rédaction : la proposition Pn est l’existence du réel αn !
L’initialisation pour n = 0 consiste à pose α0 = 0 de manière à avoir :




1 0
0
1 0 0

 

n
αn  = 0 1 α0  = I3 = T 0 .
0 2
0 0 2n
0 0 1
Pour l’hérédité, on considère n fixé, tel que Pn est vraie. On a alors :
T n+1 =T T n



1 0
0
1 0 0



n
= 0 2 1 0 2 αn 
0 0 2n
0 0 2


1
0
0


= 0 2n+1 2αn + 2n 
0
0
2n+1
47
48
On pose donc αn+1 = 2αn + 2n pour obtenir la proposition Pn+1 . D’où l’hérédité.
En conclusion : on a bien l’existence d’une suite (αn ) qui vérifie la relation demandée. Plus
précisément, on a vu que α0 = 0 et que ∀n ∈ N, on a αn+1 = 2αn + 2n .
(b) On raisonne par récurrence sur n ∈ N en notant Pn la proposition αn = n2n−1 .
L’initialisation pour n = 0 est vraie puisque α0 = 0. Pour l’hérédité, on considère n fixé, tel que
Pn est vraie, on a alors :
αn+1 =2αn + 2n
=n2n + 2n = (n + 1)2n .
D’où l’hérédité. En conclusion, ∀n ∈ N, αn = n2n−1 .
Commentaire : beaucoup font les deux questions ensemble (souvent sans s’en rendre compte). 1
points pour les deux questions dans ce cas. Il y a deux questions pour permettre à ceux qui n’ont pas
réussi de continuer le problème.
3. On procède par récurrence en notant pour n ∈ N, Pn la proposition An = P T n P −1 .
L’initialisation est évidente, pour n = 0, on a A0 = I3 et P T 0 P −1 = P P −1 = I3 .
Pour l’hérédité, on a pour un n ∈ N fixé tel que Pn est vraie :
An+1 = AAn = P T P −1 P T n P −1 = P T n+1 P −1 .
D’où l’hérédité et la conclusion.
Question très classique mais demande à chaque fois une rédaction par récurrence.
On trouve alors :
An =P T n P −1






1 2 −1
1 0
0
−1 2 −1




= 1 1 0  0 2n n2n−1   1 −1 1 
0 0
2n
0 0 1
0
0
1

1 2 −1
−1
2
−1

 n

n
n
= 1 1 0   2
−2 2 + n2n−1 
0
0
2n
0 0 1


−1 + 2n+1 2 − 2n+1 −1 + 2n+1 + n2n − 2n


=  2n − 1
2 − 2n
−1 + 2n + n2n−1 
0
0
2n


−1 + 2n+1 2 − 2n+1 −1 + 2n (n + 1)


=  −1 + 2n
2 − 2n −1 + 2n−1 (n + 2)
0
0
2n
Beaucoup de simplification du type 2n+1 − 2n = 2n ne sont pas utilisées !
NB : ai accepté quelques erreurs de calculs pour cette question mais attention : si le problème
continuait dans cette direction, une erreur de calcul de An empêche de faire les questions suivantes.
Relisez-vous et vérifiez pour des petites valeurs de n (au minimum n = 0 et n = 1).
4. Commentaire : équation matricielle ! Il ne faut surtout pas se contenter de supposer que la matrice
M a la forme souhaité et de vérifier qu’elle commute dans ce cas.
48
49


a b c


On considère une matrice M = d e f  ∈ M3 (R). On écrit le système correspondant à T M =
g h i
M T . On a :




a
b
c
a 2b 2c + b

 

T M = M T ⇐⇒ 2d + g 2e + h 2f + i = d 2e 2f + e
2g
2h
2i
g 2h 2i + h



b = 2b






c = 2c + b






2d + g = d


⇐⇒ 2e + h = 2e





2f + i = 2f + e





2g = g








b=0






c = 2c donc c = 0






d + g = 0 donc d = 0


h=0
⇐⇒





i=e






g=0




h = 0
2i = 2i + h


a 0 0


Ainsi, l’équation T M = M T est vérifiée si et seulement si la matrice M s’écrit : M = 0 e f ,
0 0 e
avec (a, e, f ) trois réels quelconques.
C’est une équivalence : l’égalité des matrices est équivalente à l’égalité des coefficients. Attention à la
rédaction : T M = M T équivaut à l’existence de (a, b, c).
5. (a) De la relation M ′ = P −1 M P , on obtient :
P M ′ = M P puis P M ′ P −1 = M.
Comme P est inversible, on obtient les équivalence suivantes :
AM = M A ⇐⇒P T P −1 M = M P T P −1
⇐⇒T P −1 M P = P −1 M P T
⇐⇒T M ′ = M ′ T.
L’argument essentiel qui justifie l’équivalence est que P est inversible !
D’où l’équivalence entre M vérifie AM = M A et M ′ vérifie T M ′ = M ′ T .
(b) On en déduit

a 0

′
M = 0 b
0 0
que M vérifie AM = M A si et seulement si il existe (a, b, c) trois réels, tels que

0

c , ce qui s’écrit aussi :
b
M =P M ′ P −1




−1 2 −1
a 0 0
1 2 −1




= 1 1 0  0 b c  1 −1 1 
0
0
1
0 0 b
0 0 1


−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c


=  −a + b 2a − b −a + b + c 
0
0
b
49
50
Ainsi, M est solution de AM = M A si et seulement si elle s’écrit sous la forme :


−a + 2b 2a − 2b −a + b + 2c


M =  −a + b 2a − b −a + b + c 
0
0
b
avec (a, b, c) ∈ R3 .
50
51
Feuille d’exercices (3) Révision 3 à préparer pour le lundi 5 janvier.
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Exercice 1 DS4 BCPST 1A 2014
Pour Noël, une classe d’élèves et leurs professeurs décide d’organiser un échange de cadeaux au hasard
au cours duquel chaque personne reçoit un cadeau d’une autre personne. Pour ce faire, tous les noms sont
placés dans un chapeau et chaque personne tire au hasard le nom de la personne à qui elle offrira son
cadeau. Si une personne tire son propre nom, elle en tire un autre puis remet son nom dans le chapeau. On
propose d’étudier le nombre de façons possibles d’attribuer tous les cadeaux.
1. On désigne par n > 2 le nombre total de personnes et par an le nombre de façons possibles d’attribuer
les n cadeaux sans que quelqu’un reçoive son propre cadeau.
Le but de cette question est de déterminer une relation de récurrence vérifiée par an .
(a) Déterminer a2 et a3 .
(b) On fixe n > 4.
Soit x le professeur de mathématiques. On désigne par y la personne qui reçoit le cadeau de x
et par z la personne qui reçoit le cadeau de y. On exprimera les réponses aux trois questions
suivantes en fonction de n, an−1 et an−2 .
i. Combien y a-t-il de choix possibles pour y ?
ii. Si z = x, combien y a-t-il de façons possibles d’attribuer les n cadeaux ?
iii. Si z 6= x, combien y a-t-il de façons possibles d’attribuer les n cadeaux ? (Indication : on
pourra étudier le cas où y se désiste et x donne directement son cadeau à z.)
(c) En déduire que an = (n − 1)(an−1 + an−2 ) pour tout n > 4.
(d) Déterminer a4 et a5 à l’aide du résultat précédent.
2. Montrer par récurrence que :
∀n ∈ N, an = n!
n
X
(−1)k
k=0
k!
3. Le but de cette question est de retrouver cette expression de an en fonction de n.
On désigne par bn le nombre de façons possibles d’attribuer les n cadeaux sans se soucier que quelqu’un
reçoive son propre cadeau (on ne change rien si une personne tire son propre nom du chapeau).
(a) Déterminer bn en fonction de n.
(b) En désignant par j le nombre de personnes qui reçoivent bien le cadeau d’une autre personne,
justifier que
∀n > 2, bn = 1 +
!
n
X
n
j=2
j
aj .
(c) On fixe n > 2. On cherche à «inverser» la formule précédente, c’est-à-dire à exprimer an à l’aide
d’une somme de termes contenant les nombres bi pour i ∈ {2, 3, . . . , n}.
i. Montrer que
n
X
n
i=2
i
!
(−1)n−i = −n(−1)n−1 − (−1)n .
51
52
ii. Montrer que
2
∀(i, j) ∈ {2, 3, . . . , n} ,
n
i
!
i
j
!
!
n
j
=
!
n−j
.
n−i
iii. En déduire que
∀j ∈ {2, 3, . . . , n},
! !
n
X
n
i
i=j
i
j
(−1)n−i =
iv. En déduire que
n
X
n
i=2
i
!
n−i
(−1)
i
X
j=2

1
si j = n
0
si j < n
!
i
aj = an .
j
v. Conclure que
n−1
an = n(−1)
n
+ (−1) +
n
X
n
i=2
i
!
(d) A l’aide du résultat de la question 2.(a), prouver que an = n!
(−1)n−i bi .
n
X
(−1)k
k=0
k!
pour tout n > 2.
(e) Vérifier que cette expression de an vérifie bien la relation obtenue à la question 1.(c).
Correction :
1. (a) De manière évidente deux personnes ont une unique manière : a2 = 1. Si n = 3, on a a3 = 2.
(b)
52
53
Devoir non surveillé Dénombrements
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
pour le mercredi 14 Janvier
Exercice 1 Nombre de serrures
Une serrure de sécurité possède n boutons numérotés de 1 à n. Une combinaison consiste à pousser
dans un certain ordre tous les boutons. Chaque bouton n’est poussé qu’une seule fois mais il est possible
de pousser simultanément plusieurs boutons. La modélisation est effectuée de la manière suivante : une
n-combinaison est une suite ordonnée (P1 , P2 , . . . , Pj ) de j parties de [[1, n]], avec 1 6 j 6 n, tels que :
— les parties (P1 , P2 , . . . , Pj ) sont deux à deux disjointes,
— toutes les parties (Pi ) sont non vides,
— leur réunion est égale à [[1, n]].
On note an le nombre de n-combinaisons, le but de l’exercice est de déterminer an et d’écrire un algorithme
permettant de calculer an
Exemples :
— Pour n = 1, il y a une seule 1-combinaison : {1} , soit a1 = 1.
— pour
n = 2 il y a trois 2-combinaisons, soit a2 = 3. :
— {1}, {2} correspondant à la combinaison bouton 1 puis bouton 2,
—
—
{2}, {1} correspondant à la combinaison bouton 2 puis bouton 1,
{1, 2} correspondant à la combinaison les deux boutons en même temps.
— Pour n = 5, un exemple de combinaison est : {2, 4}, {3}, {1, 5} , c’est-à-dire les boutons 2 et 4 en
même temps, puis 3 seul, puis 1 et 5 en même temps.
1. Quelques exemples
0.5
(a) Déterminer le nombre a3 de 3-combinaisons.
(b) Pour un entier nfixé,
quel est le nombre de n-combinaisons où les boutons sont poussés un par
un ? (les parties Pi sont toutes constituées de singletons).
(c) Pour un entier n pair fixé, quel
est le nombre de n-combinaisons où les boutons sont poussés
deux par deux ? (les parties Pi sont toutes constituées de deux entiers).
(d) Pour un entier n fixé, quel est le nombre de n-combinaisons constituées de deux parties P1 et
P2 ?
2. Relation de récurrence On considère un entier n > 1.
(a) Soit k un entier tel que k < n. Pour une partie P1 fixée possédant k éléments, exprimer le
nombre de n combinaisons S tel que S = (P1 , P2 , . . . , Pj ), i.e. le premier ensemble de S est P1 .
Indication : on expliquera précisément pourquoi ce nombre est an−k .
(b) En déduire le réel an en fonction des valeurs ap pour 1 6 p 6 n−1. Puis en prenant la convention
a0 = 1, déterminer an en fonction des valeurs ap pour 0 6 p 6 n − 1.
1
1.5
1.5
1
2
1
(c) Retrouver les valeurs de a2 et a3 . Calculer le nombre de 4-combinaisons ainsi que le nombre de
5-combinaisons.
3. Programmation
(a) Écrire une fonction prenant en entrée un entier n et construisant le triangle de Pascal sous la
forme d’un array de taille n + 1 × n + 1.
(b) Écrire une fonction permettant de calculer la liste : [a0 , . . . , an ] en fonction de n.
53
2
54
Commentaire : la principale difficulté de cet exercice (où toutes les réponses sont données dans les
questions) est de bien rédiger. Il faut utiliser du vocabulaire précis.
Correction :
1. (a) On peut faire une liste des trois combinaisons :
— celles constitués de singleton, par exemple
!
{1}, {3}, {2} , il y en a 3! soit 6.
— celles constitués d’un doublet et d’un singleton, par exemple
!
{1, 3}, {2} , il y en a 3,
— puis 3 encore où c’est d’abords le doublet puis le singleton.
— celles constitués des trois boutons ensembles, il y en a 1.
Au final, il y a 13 3-combinaisons.
NB : pour cette question : on attends la liste des combinaisons.
(b) Si tous les boutons sont poussés un par un, il n’y a plus que l’ordre à choisir, i.e. cela revient
à choisir une permutation des n boutons, soit n! choix. Il y a donc n! n-combinaisons où les
boutons sont poussés un par un.
(c) Méthode 1 : On choisit une permutation (n! choix). On considère ensuite l’application qui à
une permutation associe une combinaison où les boutons sont poussés deux par deux :
ϕ : (x1 , x2 , x3 , x4 , . . . , xn ) 7→ {x1 , x2 }, {x3 , x4 }, . . . , {xn−1 , xn } .
n
Cette application est surjective et à chaque permutation correspond à 2 2 combinaisons (puisqu’on peut intervertir deux chiffres consécutifs). D’après le lemme des bergers, il y a : n!n choix.
22
Méthode 2 : la même technique que pour le nombre de mains d’un jeu de cartes : (n − 2) choix
successifs :
— première partie : n2 ,
— deuxième partie : n−2
2 ,
— etc. jusqu’à 22 pour la partie n2 .
Au final :
!
!
n
n−2
2
×
× ...
2
2
2
!
n!
(n − 2)! (n − 4)!
6! 4!
...
2!(n − 2)! 2!(n − 4)! 2!(n − 6)!
2!4! 2!2!
n!
= n.
22
=
n
termes
2
Pensez à simplifier ! !
(d) On remarque que une fois P1 choisie, on a forcément P2 = [[1, n]]\P1 , donc la combinaison dépend
uniquement du choix de P1 . Pour P1 on peut prendre toute partie de [[1, n]], sauf l’ensemble vide
et l’ensemble entier (sinon P2 est vide). Il y a donc 2n − 2 combinaisons possibles.
2. Relation de récurrence
La principale difficulté est la rédaction.
(a) Soit donc P1 fixé, on note k = #P1 . On note :
— A l’ensemble des combinaisons de [[1, n]] dont le premier terme est P1
— B l’ensemble des combinaisons de [[1, n]] \ P1
— C l’ensemble des combinaisons de [[1, n − k]].
54
55
Les combinaisons (P1 , P2 . . . Pj ) éléments de A sont entièrement déterminés par (P2 , . . . , Pj ) qui
vérifient :
— ces ensembles sont non vides,
— ils sont disjoints,
— leur réunion fait [[1, n]] \ P1 .
On peut donc dire que les ensembles (P2 , . . . , Pj ) forment une combinaison de l’ensemble [[1, n]] \
P1 , ensemble de cardinal n − k. Ainsi, A est en bijection avec B
En renumérotant les boutons, on voit qu’il y a autant d’éléments dans B que dans C. Ainsi, A,
B et C sont en bijection.
Comme Card(C) = an−k , il y a donc an−k combinaisons du type (P1 , P2 . . . Pj ).
NB : cela demande une explication !
(b) Pour k ∈ [[1, n]], on note Ak l’ensemble des n-combinaison (P1 , P2 . . . Pj ), avec #P1 = k. Pour
k < n, on dénombre Ak par choix successifs :
— choisir un ensemble P1 , soit nk choix,
— choisir une combinaison de la forme (P1 , P2 . . . Pj ) (an−k d’après la question précédente).
Ainsi, #Ak = nk an−k si k < n.
Si k = n, il n’y a qu’une combinaison possible (tous les boutons en même temps).
Notons E l’ensemble des n-combinaison (P1 , P2 . . . Pj ) (ensemble de cardinal an par définition).
On a donc : E =
Cela donne :
Sn
k=0 Ak .
an =
n−1
X
k=1
!
!
!
n−1
n−1
X
X n
n
n
an−k + 1 =
ak + 1 =
ak + 1.
k
n−k
k
k=1
k=1
Soit en prenant la convention a0 = 1, on a :
an =
n−1
X
k=0
!
n
ak .
k
Rédaction à éviter :
Pn−1 n
— choix de P1 : k=1
k
— choix du reste : an−k
Pn−1 n
Pn−1 n
On fait le produit (et on ajoute 1) : an = an−k k=1
k=1 k × an−k + 1.
k +1=
On voit aussi des somme de k = 1 à n qui deviennent des sommes de k = 0 à n.
(c) On a donc :
a2 = a0 + 2a1 = 3
et
a3 = a0 + 3a1 + 3a2 = 13.
De même :
a4 = a0 + 4a1 + 6a2 + 4a3 = 75
et
(d) Voici un exemple de solution :
1
## fonctions
from pylab import zeros
3
5
# # mes f o n c t i o n s
def T r i a n g l e P a s c a l ( n ) :
"""
55
a5 = a0 + 5a1 + 10a2 + 10a3 + 5a4 = 541.
56
7
9
11
13
15
entr é e = un entier n
= entier jusqu ’ auquel on c o n s t r u i t le t r i a n g l e de Pascal
sortie = un array de taille ( n +1)*( n +1)
"""
pascal = zeros ([ n +1 , n +1] , int )
# on cr é e un t a b l e a u ne c o n t e n a n t que des z é
for i in range ( n +1):
# sur la premi è re c o l o n n e on place des 1
pascal [i ,0] = 1
for j in range (1 , n +1) :
# puis on c a l c u l e ch
pascal [i , j ]= pascal [i -1 , j ]+ pascal [ i -1 , j -1]
return ( pascal )
17
19
21
23
25
27
29
31
33
def c o m b i n a i s o n( n ) :
"""
entr é = un entier n
= nombre m a x i m a l de b o u t o n s
sortie = liste c o n t e n a n t des e n t i e r s
= liste c o n t e n a n t le nombre de c o m b i n a i s o n pour un nombre de b o u t o n s
n
"""
pascal = T r i a n g l e P a s c a l ( n )
L =[0]*( n +1)
L [0]=1
for i in range (1 , n +1) :
for j in range ( i ) :
L [ i ] += pascal [ i , j ]* L [ j ]
return ( L )
# # code
print ( c o m b i n a i s o n (6))
56
57
Interrogation Informatique samedi 10 Janvier
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Écrivez directement sur la feuille d’énoncé (recto/verso si besoin).
Nom:
Prénom:
Durée : 15 minutes.
Exercice 1 Question de cours : algorithme de Gauss
Écrire une fonction Gauss qui prends en entrée :
— un array/tableau de taille (n, n) A (une matrice carrée), que l’on suppose inversible,
— un array unidimensionnel b (un vecteur).
et qui retourne les valeurs modifiées de A et de b, tel que :
— le système AX = b original est équivalent au même système après l’application de la fonction Gauss.
— la matrice A est triangulaire supérieure.
1
3
5
7
9
11
def gauss (A , b ) :
"""
entree : A = array = m a t r i c e carr é e i n v e r s i b l e de taille nxn
b = array = v e c t e u r second membre .
sortie : A = array = m a t r i c e t r i a n g u l a i r e sup é rieure
b = array = v e c t e u r second membre .
le syst è me AX = b i n i t i a l est é q u i v a l e n t au syst è me final
( qui se r é sout par remont é e )
"""
[n , m ] = shape ( A )
for j in range ( n ):
# on traite la c o l o n n e k
13
21
# é tape 1: on é change les lignes
if A [ j , j ] != 0:
# on c h e r c h e le p r e m i e r terme non nul dans la c o l o n n e j en d e s s o u s de ajj :
# comme A est inversible , on est s û r de t r o u v e r.
k = c h N o n N u l(A , j )
# on é change lk et lj
tmp = A [ k ,:]; A [k ,:]= A [j ,:]; A [ j ,:]= tmp
tmp = B [ k ]; B [ k ]= B [ j ]; B [ j ]= tmp
23
# arriv é ici , A [j , j ] != 0
15
17
19
25
27
29
# é tape 2: on m o d i f i e toutes les lignes en d e s s o u s
for k in range ( j +1 , n ) :
alpha = A [k , j ] / A [ j , j ]
A [k ,:] += - alpha * A [ j ,:]
b [ k ] += - alpha * B [ j ]
return (A , b )
Avec comme fonction chNonNul :
2
def c h N o n N u l :
"""
57
58
4
6
8
10
12
14
entr é e : A = array = m a t r i c e carr é e i n v e r s i b l e de taille nxn
j = entier = indice de ligne
sortie : k = indice de ligne
on c h e r c h e k >= j tel que A [k , j ] !=0
"""
[n , m ] = shape ( A )
for k in range ( j , n ) :
if A [k , j ] != 0 :
return ( k )
# n o r m a l e m e n t la suite est du code mort si A est i n v e r s i b l e
print ( " ERREUR m a t r i c e non i n v e r s i b l e" )
return ()
Exercice 2 Écrire une fonction GaussJordan permettant de calculer l’inverse d’une matrice avec la
méthode de Gauss-Jordan.
— la fonction prend en entrée un array/tableau de taille (n, n) A (une matrice carrée), que l’on suppose
inversible
— et retourne un array/tableau de taille (n, n) B (une matrice carrée), telle que B = A−1 .
2
4
6
8
10
def g a u s s J o r d a n ( A ) :
"""
entree : A = array = m a t r i c e carr é e i n v e r s i b l e de taille nxn
sortie : B = array = m a t r i c e carr é e i n v e r s e de A .
"""
[n , m ] = shape ( A )
# on c o n s t r u i t la m a t r i c e B = i d e n t i té
B = zeros ( [n , n ])
for i in range ( n ) :
B [i , i ] = 1
12
14
16
18
# partie 1: r é d u c t i o n de A en t r i a n g u l a i r e sup é rieure .
for j in range ( n ):
# é tape 1: on é change les lignes
k = c h N o n N u l( A , j )
# lk < - - > lj
tmp = A [k ,:]; A [ k ,:]= A [ j ,:]; A [j ,:]= tmp
tmp = B [k ,:]; B [ k ,:]= B [ j ,:]; B [j ,:]= tmp
20
22
24
# é tape 2: on m o d i f i e toutes les lignes en d e s s o u s
for i in range ( j +1 , n ) :
alpha = A [i , j ] / A [ j , j ]
A [i ,:] += - alpha * A [ i ,:]
B [i ,:] += - alpha * B [ i ,:]
26
28
30
# partie 2: on met des 1 sur la d i a g o n a l e s
for i in range ( n ) :
# li < - - - li / Aii
A [i ,:] = A [ i ,:] / A [i , i ]
B [i ,:] = B [ i ,:] / A [i , i ]
32
34
36
# partie 3: on traite les c o l o n n e s de la derni è re à la premi è re
# à chaque colonne , on met des 0 au dessus de la d i a g o n a l e
for j in range (n , 0 , -1) :
for i in range (j , -1 , -1) :
58
59
38
40
# li <-- li - Aij lj
A [i ,:] += -A [i , j ]* A [j ,:]
B [i ,:] += -A [i , j ]* B [j ,:]
return ( B )
Exercice 3 Écrire une fonction contient00 qui prend en entrée une liste L et qui renvoie un booléen :
True si la liste contient au moins deux 0 consécutifs, False sinon.
Par exemple :
c o n t i e n t 0 0 ([0 ,1 ,2 ,0 ,2 ,3]) est False
c o n t i e n t 0 0 ([1 ,2 ,3 ,4]) est False
c o n t i e n t 0 0 ([1 ,2 ,0 ,0 ,3 ,4]) est True
c o n t i e n t 0 0 ([1 ,2 ,0 ,0 ,0 ,3 ,4]) est True
2
4
6
8
10
def c o n t i e n t 0 0 ( L ):
"""
entr é e : L = liste
sortie : bool é en = True si L c o n t i e n t deux 0 cons é cutifs False sinon
"""
n = len ( L )
for i in range (n -1) :
if L [ i ] == 0 and L [ i +1] == 0 :
return ( True )
return ( False )
59
60
Devoir Surveillé samedi 10 janvier
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Exercice 1
Durée 3h
Soit la matrice :


1 0 0


A = 6 −5 6
3 −3 4
et I la matrice identité de taille 3 × 3.
1. Déterminer le rang de la matrice A.
2. Calculer A2 et A3 et montrer que :
A3 − 3A + 2I = 0
3. En déduire que la matrice A est inversible et déterminer A−1 .
4. Montrer la propriété suivante :


1
0
0


∀n ∈ N, ∃an ∈ R, An = 2an 1 − 2an
2an 
an
−an
1 + an
On donnera en particulier la relation entre an+1 et an .
5. Calculer an en fonction de n ∈ N.
6. Calculer An en fonction de n pour tout n ∈ N (on écrira les neuf coefficients de An )
Correction
1. On échelonne la matrice pour calculer le rang :

1

6
3

1

0
0

1

0
0

0 0

−5 6
−3 4

0 0
l1

-5 6l2 − 6l1
−3 4 l3 − 3l1

0
-5
0
0
l1

6
l2
2 l3 × 5 − l2 × 3
le rang de la matrice est donc 3 (la matrice est donc inversible).
2. On obtient facilement (il faut présenter les calculs).


1 0 0


2
A = −6 7 −6
−3 3 −2

On obtient alors facilement : A3 = 3A − 2I, i.e. la relation demandée
60

1
0
0


3
A = 18 −17 18 .
9 −9 10
61
3. NB : question très classique. On a :
2I =3A − A3
1
2
3I − A
I =A
2
1
2
et I =
3I − A
A.
2
NB : ne pas oublier la seconde relation.
D’où A est inversible et A−1 = 12 3I − A2 .
On trouve :


2 0 0
1

A−1 = 6 −4 6 .
2
3 −3 5
NB : attention à ne pas écrire : A−1 =
4. On pose la proposition :
1
2
3 − A2
. Cela n’a pas de sens.


1
0
0


n
P (n) : ∃an ∈ R, A = 2an 1 − 2an
2an 
an
−an
1 + an
et on procède par récurrence sur n ∈ N.
NB : la proposition P (n) contient le « il existe ».


1
0
0


0
Initialisation : pour n = 0, on pose a0 = 0, et on a bien : A = I3 = 2a0 1 − 2a0
2a0 
a0
−a0
1 + a0
NB : on vérifie sur le brouillon a1 = 3, a2 = −3 et a3 = 9.
Hérédité : considérons n fixé, tel que P (n) est vrai. On écrit alors :
An+1



1 0 0
1
0
0



n
=A A = 2an 1 − 2an
2an  6 −5 6
3 −3 4
an
−an
1 + an


1
0
0


= 6 − 4an −5 + 4an 6 − 4an 
3 − 2an −3 + 2an 4 − 2an
On pose alors an+1 = 3 − 2an , on a alors :
2an+1 = 6 − 4an ,
−an+1 = −3 + 2an
1 + an+1 = 4 − 2an
1 − 2an+1 = −5 + 4an .
NB : ce n’est pas évident ! Il faut vérifier ces relations.
D’où :
An+1
D’où l’hérédité. En conclusion :


1
0
0


= 2an+1 1 − 2an+1
2an+1 
an+1
−an+1
1 + an+1


1
0
0


n
∀n ∈ N, ∃an ∈ R, A = 2an 1 − 2an
2an  ,
an
−an
1 + an
avec la relation : a0 = 0 et ∀n ∈ N, an+1 = 3 − 2an
61
62
5. C’est une suite arithmético-géométrique. On pose donc vn = an − l, avec l à fixer. On a :
vn+1 − l =an+1 − l = 3 − 2an − l
=3 − 2(an − l) − 3l.
D’où on pose l = 1. Pour cette valeur (vn ) est géométrique de raison −2. On a donc :
∀n ∈ N, an − 1 =(−2)n (a0 − 1)
soit an = (−1)n+1 2n + 1.
6. En remplaçant, on obtient :


1
0
0


n+1
n+1
n
n+1
n+1
∀n ∈ N, (−1)
2
+ 2 (−1) 2
− 1 (−1)
2n+1 + 2
(−1)n+1 2n + 1
(−1)n 2n − 1
(−1)n+1 2n + 2
−
→ −
→
Exercice 2 Dans le plan muni d’un repère orthonormé O, i , j , on considère les points A(a, 0),
B(−a, 0) et C(c, c′ ) avec a et c′ non nuls.
1. Déterminer les coordonnées du centre de gravité G du triangle ABC.
Rappel : G est l’isobarycentre de A, B et C.
2. Déterminer les coordonnées de l’orthocentre H du triangle ABC.
Rappel : H est le point d’intersection des trois hauteurs.
3. Déterminer les coordonnées de Ω, centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
Rappel : le cercle circonscrit est le cercle passant par A, B et C.
4. Montrer que G, H et Ω sont alignés.
5. Déterminer les coordonnées du centre I du cercle passant par les milieux des trois côtés du triangle
ABC (cercle inscrit).
6. Montrer que I est lui aussi aligné avec G, H et Ω.
Correction : très classique, que du calcul ! On peut faire des dessins pour avoir une idée du résultat.
1. les coordonnées de G sont la moyenne des coordonnées de A B et C : d’où G
c
3
c′
3
!
C’est un résultat du cours !
−−→
2. On cherche l’équation de la hauteur ∆A issue de A. On sait que BC =
On en déduit que l’équation de ∆A est de la forme :
!
c+a
est un vecteur normal.
c′
∆A : (c + a)x + c′ y + u = 0 avec u ∈ R à déterminer.
On veut A ∈ ∆A , donc (c + a)a + u = 0 et u = −(c + a)a. On en déduit l’équation de la droite ∆A :
∆A : (c + a)x + c′ y − (c + a)a = 0.
−
−→
On regarde ensuite la hauteur ∆C issue de C (parce qu’on voit bien qu’elle est verticale), on a : AB
est normal à ∆c , donc l’équation de ∆c est de la forme :
∆C : 2ax + u = 0 avec u ∈ R à déterminer.
62
63
Comme a 6= 0, cela s’écrit aussi sous la forme :
∆C : x + u = 0 avec u ∈ R à déterminer.
On veut C ∈ ∆C , donc c + u = 0 et u = −c. On en déduit l’équation de la droite ∆C :
∆C : x − c = 0.
Il reste à résoudre le système pour déterminer les coordonnées de H :

(c + a)x + c′ y
= (c + a)a
x = c

x = c
ce qui donne :
y = 1 (c + a)(a − c) =
c′
c
1
2
2
c′ (a − c )
On a ainsi obtenu les coordonnées de H : H
x
3. On cherche Ω
y
!
1
2
c′ (a
− c2 )
!
tel que :

AΩ = BΩ
CΩ = BΩ

kAΩk2 = kBΩk2
⇔
kCΩk2 = kBΩk2

(x − a)2 + y 2 = (x + a)2 + y 2
⇔
⇔
⇔
(x − c)2 + (y − c′ )2 = (x + a)2 + y 2

−2ax = 2ax
−2xc + c2 − 2yc′ + c′ 2 = 2xa + a2

x = 0 car a 6= 0
2yc′ = c2 + c′ 2 − a2

x = 0 car a 6= 0
⇔
y = 1 ′ c2 + c′ 2 − a2 =
2c
c′
2
On en déduit les coordonnées de Ω :
Ω
!
0
1
+ 2c′ (c2 − a2 )
c′
2
−→ −−→
4. Il faut vérifier que GΩ et GH sont colinéaire.
On a :
−→
GΩ =
=
c′
2
c′
6
− 3c
+ 2c1 ′ (c2 − a2 ) −
c′
3
!
− 3c
+ 2c1 ′ (c2 − a2 )
Et :
−−→
GH =
2
3c
1
2
2
c′ (a − c )
63
−
!
c′
3.
!
+
1
2
2c′ (c
− a2 )
64
On peut faire le déterminant, ou remarquer simplement que :
!
2
3c
1
c′
2
2
c′ (a − c ) − 3 .
−−→
GH =
= −2
c′
6
− 3c
+ 2c1 ′ (c2 − a2 )
!
−→
= −2GΩ
Ce qui montre que G, Ω et H sont alignés.
5. On commence par calculer les coordonnées des côté :
— C ′ le milieu de [A, B] est l’origine,
!
c−a
,
— A′ le milieu de [B, C] a pour coordonnées : 12
c′
!
1 c+a
′
— enfin, B le milieu de [A, C] a pour coordonnées : 2
.
c′
x
Il faut donc trouver I
y
!
tel que :
IA′ = IB ′ = IC ′ ⇔IA′ = IC ′ et IB ′ = IC ′

2

 x − 1 c + 1 a + (y − 1 c′ )2 = x2 + y 2
2
2
2
⇔ 2

1
1
 x − c − a + (y − 1 c′ )2 = x2 + y 2
2
2
2

x2 + 1 c2 + 1 a2 − xc + xa − 1 ca + y 2 − yc′ + 1 c′2 = x2 + y 2
4
4
2
4
⇔
x2 + 1 c2 + 1 a2 − xc − xa + 1 ca + y 2 − yc′ + 1 c′2 = x2 + y 2
4
4
2
4

4(a − c)x − 4c′ y = −c2 − a2 + 2ca − c′2
⇔
⇔
4(−a − c)x − 4c′ y = −c2 − a2 − 2ca − c′2

4(a − c)x − 4c′ y = −(c − a)2 − c′2
4(−a − c)x − 4c′ y = −(c + a)2 − c′2
C’est un système linéaire 2x2.
4(a − c) −4c′
IA = IB = IC ⇔
4(−a − c) −4c′
′
′
′
!
!
x
y
=
−(c − a)2 − c′2
−(c + a)2 − c′2
!
On peut au choix : utiliser le déterminant ou résoudre « à la main » (ie par opérations sur les lignes).
Ici, on fait le choix de faire des opérations sur les lignes.
64
65
IA′ =IB ′ = IC ′
4(a − c) −4c′
⇔
−8a
0
4(a − c) −4c′
⇔
−8a
0
4(a − c) −4c′
⇔
1
0
0 −4c′
⇔
1
0
!
x
y
0 −4c′
⇔
1
0
!
x
y
0 1
⇔
1 0
Ainsi, on a : x =
c
2
!
et y =
!
x
y
!
!
=
!
x
y
!
!
x
y
!
x
y
=
!
−(c − a)2 − c′2
−4ca
=
!
−(c − a)2 − c′2
1
2c
=
!
!
−(c − a)2 − c′2 + 2(c − a)c
=
1
2c
!
−1
8a l2
1
4c′
−c2 + a2 + c′2
1
2c
c
2
2
−c +a2 +c′2
4c′
!
l1
avec a 6= 0
l1 + 4(c − a)l2
l2
−c2 + 2ca − a2 − c′2 + 2c2 − 2ac
=
1
2c
−c2 + a2 + c′2
4c′
On obtient les coordonnées de I
!
−(c − a)2 − c′2
l1
2
2
−(c + a) + (c − a) l2 − l1
!
− 4c1 ′ l1 avec c′ 6= 0
l2
!
6. On calcule :

−→  GI = 1
4c
a2 −
c
6 c2
−
1 ′
12 c


On a vu :
2
3c
1
2
2
c′ (a − c )
−−→
GH =
−
!
c′
3.
On a donc :
−−→
GH =
2
3c
1
2
2
c′ (a − c )
−
!
c′
3.
=4
1
6c
1
2
2
4c′ (a − c )
−
!
c′
12 .
−→
= 4GI
Ainsi, G, H et I (et donc aussi Ω) sont alignés.
Exercice 3 système avec un paramètre
Résoudre suivant les valeurs du réel λ le système :
Sλ


(4 − λ)x


4x
4x
+3y
+3z
= 0
+(3 − λ)y
+6z
= 0
+6y
+(3 − λ)z = 0
Rappel : ne pas oublier les cas particuliers, ne pas diviser par 0, choisir les opérations avec le moins
de calcul. Conclure. Ici c’est un système homogène.
Correction :
65
3
66
On échelonne le système :

 
 

 
 
l3
l2
l1
 
 
l1
l2 ← l2 − l1
l3 ← 4l3 − (4 − λ)l1
4−λ
3
3
x
0

   
3−λ
6  y  = 0
 4
0
4
6
3−λ
z

4
6
3−λ
x
0

   
3−λ
6  y  = 0
 4
4−λ
3
3
z
0
4

0
0
0
x
6
3−λ
   
−3 − λ
3 + λ  y  = 0
0
z
−12 + 6λ 7λ − λ2
On considère le cas λ 6= −3 pour simplifier la deuxième ligne :

4

0
0
 
 
 
 
0
x
6
3−λ
   
1
−1  y  = 0
0
z
−12 + 6λ 7λ − λ2

4

0
0
6
1
0
l1
l2 ←
x
0
3−λ
   
−1  y  = 0
P (λ)
z
0
1
−λ−3 l2
l3
l1
l2
l3 ← l3 + (12 − 6λ)l2
NB : ne pas hésiter à faire le calcul de P (λ) à part pour ne pas faire d’erreurs de calculs.
On trouve :
P (λ)) = 7λ − λ2 − 12 + 6λ = −12 + 13λ − λ2 = (1 − λ)(λ − 12).
On obtient donc : Si λ 6= 1 et λ 6= 12 , le rang de la matrice est alors 3 :

6
1
0
4

0

0
 
 
3−λ
0
x
   
 y  = 0
−1

(1 − λ)(λ − 12)
0
z
Le système (homogène) est alors de Cramer, et l’unique solution est Sλ = (0, 0, 0).
Il reste à traiter les cas particuliers.
Si λ = −3 , le système devient (on reprends le calcul là où on a supposé λ 6= −3) :

 
 

6
-30
0
4

0
0
(
n
 
0
x
6
6
   
0
0  y  = 0
0
z
−30 −30
Le système est alors de rang 2 et s’écrit :
soit :
 
4

0
0
0
x
6
   
=
−30 y  0
0
z
0
4x + 6y + 6z = 0
soit
y+z =0
On trouve donc S−3 = (0, −z, z)z ∈ R
o
66
(
4x = 0
y = −z
67
Si λ = 1 , la matrice est de rang 2 et le système se réduit à :

4

0
0
Ce qui donne :
 
(
4x + 6y + 2z = 0
soit
y−z =0
n
 
x
0
2
   
−1 y  = 0
0
z
0
6
1
0
(
x = −2z
y=z
o
D’où : S1 = (−2z, z, z)z ∈ R .
Si λ = 12 , le système se réduit à :

4

0
0
Ce qui donne :
(
n
 
 
0
x
−9
   
−1 y  = 0
0
z
0
6
1
0
4x + 6y + −9z = 0
soit
y−z =0
(
x = 34 z
y=z
o
3
D’où : S1 =
4 z, z, z z ∈ R .
En conclusion :
n 3
o
si λ = 12, S12 =
z, z, z z ∈ R , le rang est 2
4
o
n
si λ = 1, S1 = (−2z, z, z)z ∈ R , le rang est 2
n
o
si λ = −3, S−3 = (0, −z, z)z ∈ R , le rang est 2
n
o
si λ 6∈ {1, 12, −3}, Sλ = (0, 0, 0) , le rang est 3
Exercice 4
On souhaite calculer :
I=
Z
0
1
(x2 + 1)e−x dx
Les deux questions sont indépendantes :
1. Trouver la valeur de I en effectuant deux intégration par parties.
1.5
2. Soit f : x 7→ (x2 + 1)e−x .
Cherchez une primitive de f sous la forme F : x 7→ (ax2 + bx + c)e−x .
Retrouver la valeur de I.
Correction :
1. On dérive le polynôme et intègre l’exponentiel de manière à diminuer le degré du polynôme.
u(x) = x2 + 1
u′ (x) = 2x
v ′ (x) = e−x
v(x) = −e−x
67
1.5
68
On obtient alors :
h
i1
I = −e−x (x2 + 1)
= − 2e−1 + 1 + 2
0
Z
+2
1
0
Z
1
0
xe−x dx
xe−x dx
On refait l’intégration par parties :
u(x) = x
u′ (x) = 1
v ′ (x) = e−x
v(x) = −e−x
Cela donne :
Z
0
1
1
xe−x dx = −e−x x
0+
Z
1
0
= − e−1 + −e−x
−1
=−e
−1
+ −e
e−x dx
1
0
+ 1 = −2e−1 + 1.
Au final :
I = − 2e−1 + 1 + 2(−2e−1 + 1) = −6e−1 + 3.
2. On cherche donc (a, b, c) tel que F soit une primitive de f , on a :
F (x) =(ax2 + bx + c)e−x
F ′ (x) =(−ax2 − bx − c + 2ax + b)e−x
=(−ax2 + (2a − b)x + b − c)e−x
on veut que F ′ (x) =f (x) = (x2 + 1)e−x
On a donc le système :



a=


2a − b =
Ainsi, la fonction :



b − c =
−1
0
qui donne :



a = −1


b = −2



c = −3
1
F : x 7−→ (−x2 − 2x − 3)e−x
est une primitive de f .
Ce qui donne :
I =F (1) − F (0) = −6e−1 − (−3) = −6e−1 + 3.
Exercice 5
Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes et déterminer leur dérivée :
ln(x)
f : x 7→
1 + x2
2 x+x2
g : x 7→ (1 + x + x )
et
x+1
h : x 7→ x exp
x−1
0.5 pour la première, 1.5 pour la deuxième et la troisième dont 0.5 pour la justification de la dérivabilité.
68
69
Correction : La fonction f est dérivable sur R+∗ comme le quotient de :
x 7→ ln(x) et x 7→ 1 + x2 toutes les deux sont dérivables sur R+∗
avec ∀x > 0, 1 + x2 6= 0.
On obtient ainsi :
1
(1 + x2 ) − ln(x)(2x)
(1 + x2 )2
(1 + x2 ) − 2x2 ln(x)
=
x(1 + x2 )2
f ′ (x) = x
=
1 + x2 1 − 2 ln(x)
x(1 + x2 )2
Pour g, il faut utiliser la forme exponentielle :
h
g : x 7→ exp (x + x2 ) ln 1 + x + x2
On a alors le schéma de composition suivant :
R →
R+∗
→
R
x 7→ 1 + x + x2
y
7→ ln(y)
i
.
car ce polynôme n’a pas de racine réelle
Ainsi, la fonction x 7→ ln(1 + x + x2 ) est dérivable sur R. Par produit, la fonction x 7→ (x + x2 ) ln(1 + x + x2 )
est aussi dérivable sur R.
On a alors de nouveau une composition :
R →
R
→
R
x 7→ (x + x2 ) ln(1 + x + x2 )
y
7→ exp(y)
dérivable
Ce qui montre que la fonction g est dérivable sur R.
On peut alors dériver :
h
i
2x + 1
2
2
g (x) = (2x + 1) ln(1 + x + x ) + (x + x )
exp
(x
+
x
)
ln
1
+
x
+
x
1 + x + x2
!
2
x
+
x
g(x).
=(2x + 1) ln(1 + x + x2 ) +
1 + x + x2
′
2
2
Pour h, on a x 7→ x+1
x−1 est dérivable sur R \ {1} (comme quotient de polynôme).
On a donc le tableau de composition suivant :
R \ {1} →
x
7→
R
x+1
x−1
y
→
R
7→ exp(y)
x+1
est dérivable sur R \ {1}.
x−1
Par produit avec x 7→ x, on en déduit que h est dérivable sur R \ {1}.
Ainsi, la fonction : x 7→ exp
69
70
On peut alors dériver :
x+1
(x − 1) − (x + 1)
exp
∀x 6= 1, h (x) = 1 + x
2
(x − 1)
x−1
−2x
x+1
= 1+
exp
.
(x − 1)2
x−1
′
Exercice 6 On veut résoudre l’équation différentielle (E) : x2 y ′′ +xy ′ −4y = 4x2 définie pour x ∈]0, +∞[
et d’inconnue la fonction y.
Soit y une solution de (E).
1. Soit z : t 7→ y(et ). On a donc : ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)).
Justifier que z est dérivable et calculer pour x > 0, y ′ (x) et y ′′ (x) en fonctions des dérivées de z
2. Montrer que z est solution de l’équation différentielle :
(E ′ ) : z ′′ − 4z = 4e2t
définie pour t ∈ R, d’inconnue la fonction z.
3. Trouver une solution particulière de (E ′ ) sous la forme : z0 : t 7→ ate2t .
4. Résoudre (E ′ ).
5. Conclure .
Correction :
1. La fonction z est dérivable sur R comme composée :
R → R+∗ → R
t 7→ et
x
7→ y(x)
On peut alors dériver la relation ∀x > 0, y(x) = z(ln(x)) pour obtenir :
1
∀x > 0, y ′ (x) = z ′ (ln(x))
x
1
1
′′
et y (x) = − 2 z ′ (ln(x)) + 2 z ′′ (ln(x)).
x
x
2. On a :
∀x > 0, x2 y ′′ (x) + xy ′ (x) − 4y(x) =4x2
−z ′ (ln(x)) + z ′′ (ln(x)) + z ′ (ln(x)) − 4z(ln(x)) = 4x2
Ainsi, ∀x > 0, z ′′ (ln(x)) − 4z(ln(x)) = 4x2
Soit maintenant t ∈ R, en posant t = ln(x), i.e. x = et on obtient : z ′′ (t) − 4z(t) = 4e2t .
On a ainsi montré :
∀t ∈ R, z ′′ (t) − 4z(t) = 4e2t .
Ainsi, la fonction z est solution de (E ′ ).
NB : bien faire la changement de variable !
70
71
3. On cherche une solution de (E ′ ) sous la forme proposée : Cela donne :
∀t ∈ R, z0 (t) =ate2t
z0′ (t) = a 1 + 2t e2t
z0′′ (t) = a 2 + 2 + 4t e2t = 4a(1 + t)e2t .
On souhaite que z0 soit solution, cela donne :
∀t ∈ R, z0′′ (t) − 4z0 (t) = 4ae2t = e2t
On obtient donc a = 1.
Ainsi, la fonction t 7→ te2t est solution de (E ′ ).
4. Pour résoudre (E ′ ), on résout l’équation homogène.
z ′′ − 4z = 0
(H) :
C’est une équation linéaire de degré 2, l’équation caractéristique est r 2 − 4 = 0, i.e. r = 2 ou r = −2.
Ainsi, les solutions de l’équation homogène sont les fonctions de la forme :
t 7→ Ae2t + Be−2t
(A, B) ∈ R2 .
On en déduit l’ensemble des solutions de (E ′ ) :
n
o
S = t 7→ (A + t)e2t + Be−2t (A, B) ∈ R2 .
5. Soit y une solution de (E), alors la fonction z : t 7→ y(et ) est solution de (E ′ ) et donc de la forme
ci-dessus.
On en déduit que la fonction y vérifie :
∃(A, B) ∈ R2 , y : x 7→(A + ln(x))e2 ln(x) + Be−2 ln(x)
B
7→(A + ln(x))x2 + 2
x
Ainsi, y s’écrit sous la forme : y : x 7→ (A + ln(x))x2 + xB2 pour un certain couple (A, B) ∈ R2 .
Réciproquement soit y une fonction de cette forme, on a alors :
∀x > 0, y(x) =(A + ln(x))x2 +
B
x2
2B
x3
2B
=(2A + 2 ln(x) + 1)x − 3
x
6B
′′
y (x) =(2A + 2 ln(x) + 1) + 2 + 4
x
6B
=(2A + 2 ln(x) + 3) + 4
x
y ′ (x) =x + (A + ln(x))2x −
Cela donne :
6B
x2
2B
+ (2A + 2 ln(x) + 1)x2 − 2
x
B
2
− 4(A + ln(x))x − 4 2
x
2
=4x
x2 y ′′ + xy ′ − 4y =(2A + 2 ln(x) + 3)x2 +
71
72
Et y est solution de (E).
On en déduit l’ensemble des solutions de (E) :
S=
(
B y : x 7→ (A + ln(x))x2 + 2 (A, B) ∈ R2
x 72
)
73
Devoir non surveillé Statistiques et suites récurrentes
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
Exercice 1
pour le vendredi 6 mars
Étudier la série statistique définie par :
Année
1902
1903
1904
1905
1907
1908
1909
1910
1911
1912
1913
1915
1916
1917
1919
1920
1921
1922
1923
1925
1926
1927
1928
1929
1930
1931
Population
44
47
51
74
84
95
118
149
168
192
215
270
348
397
504
501
602
647
748
830
931
1008
1057
1109
1124
1192
(source : http://www.seattlecentral.edu/qelp/sets/015/015.html).
Correction :Il s’agit d’une série bivariée.
Pour éviter les erreurs d’arrondi, on peut enlever 1900 à l’année pour ramener à un chiffre plus petit.
Il est attendu :
— Les moyennes x et y, le point moyen,
— les écarts-type σx et σy ,
— la covariance σx,y ,
— le coefficient de corrélation linéaire : ρ(x, y),
— la droite de régression linéaire,
— un dessin avec les valeurs, le point moyen et la droite de régression linéaire.
Voici un exemple de script python :
2
4
6
8
10
data = [ [2 ,44] , [3 ,47] ,
[4 ,51] , [5 ,74] , [7 ,84] , [8 , 95] ,
[9 ,118] , [10 ,149] , [11 ,168] , [12 ,192] ,
[13 ,215] , [15 ,270] , [16 ,348] , [17 ,397] ,
[19 ,504] , [20 ,501] , [21 ,602] , [22 ,647] , [23 ,748] ,
[25 ,830] , [26 ,931] , [27 ,1008] , [28 ,1057] ,
[29 ,1109] , [30 ,1124] , [31 ,1192] ]
taille = len ( data )
print ( " taille de la p o p u l a t i o n " + str ( taille ))
12
14
16
18
# moyenne
moyenneDate = 0
moyennePop = 0
for date , pop in data :
m o y e n n e D a t e += date
m o y e n n e P o p += pop
73
74
20
22
24
26
28
30
m o y e n n e P o p = m o y e n n e P o p/ taille
m o y e n n e D a t e = m o y e n n e D a t e / taille
print ( " m o y e n n e de la date : " + str ( m o y e n n e D a t e) )
print ( " m o y e n n e de la p o p u l a t i o n sur la p é riode : " + str ( m o y e n n e P o p) )
# é cart - type
moyenneDate2 = 0
moyennePop2 = 0
for date , pop in data :
m o y e n n e D a t e 2 += date **2
m o y e n n e P o p 2 += pop **2
m o y e n n e P o p 2 = m o y e n n e P o p 2 / taille
m o y e n n e D a t e 2 = m o y e n n e D a t e 2/ taille
32
34
36
s i g m a P o p = sqrt ( m o y e n n e P o p 2 - m o y e n n e P o p **2)
s i g m a D a t e = sqrt ( m o y e n n e D a t e 2 - m o y e n n e D a t e **2)
print ( " é cart - type de la date : " + str ( s i g m a D a t e) )
print ( " é cart - type de la p o p u l a t i o n sur la p é riode : " + str ( s i g m a P o p) )
38
40
42
44
# covariance
esperanceProduit = 0
for date , pop in data :
e s p e r a n c e P r o d u i t += date * pop
e s p e r a n c e P r o d u i t = e s p e r a n c e P r o d u i t / taille
covariance = esperanceProduit - moyenneDate * moyennePop
print ( " c o v a r i a n c e : " + str ( c o v a r i a n c e) )
46
48
# c o e f f i c i e n t de corr é lation lin é aire
c o e f C o r e l = c o v a r i a n c e / ( s i g m a P o p * s i g m a D a t e)
print ( " c o e f f i c i e n t de corr é lation : " + str ( c o e f C o r e l) )
50
52
54
56
58
60
62
64
66
68
70
72
# droite de r é g r e s s i o n lin é aire
# elle a pour é q u a t i o n Y = alpha X + beta
alpha = c o v a r i a n c e / ( s i g m a D a t e **2)
beta = - alpha * m o y e n n e D a t e + m o y e n n e P o p
print ( " é q u a t i o n de la droite de r é g r e s s i o n lin é aire : " )
print ( " p o p u l a t i o n = " + str ( alpha )+ " * date + " + str ( beta ))
# g r a p h i q u e:
for date , pop in data : # point pour chaque data
plot ( date , pop , " o " , color = " blue " )
# point pour le point milieu
plot ( moyenneDate , moyennePop , " o " , color = " green " , m a r k e r s i z e = 15)
# droite de r é g r e s s i o n lin é aire
xmax = 35
listeX = [0 , xmax ]
listeY = [ beta , alpha * xmax + beta ]
plot ( listeX , listeY , color = " red" )
show ()
# # r e c h e r c h e d ’ une d é p e n d a n c e e x p o n e n t i e l l e
esperanceProduit = 0
moyenneLogPop = 0
74
75
74
76
78
80
82
moyenneLogPop2 = 0
for date , pop in data :
m o y e n n e L o g P o p += log ( pop )
m o y e n n e L o g P o p 2 += log ( pop )**2
e s p e r a n c e P r o d u i t += date * log ( pop )
m o y e n n e L o g P o p = m o y e n n e L o g P o p / taille
m o y e n n e L o g P o p 2 = m o y e n n e L o g P o p 2 / taille
e s p e r a n c e P r o d u i t = e s p e r a n c e P r o d u i t / taille
s i g m a L o g P o p = sqrt ( m o y e n n e L o g P o p 2 - m o y e n n e L o g P o p **2)
covarianceLog = esperanceProduit - moyenneDate * moyenneLogPop
c o e f C o r e l L o g = c o v a r i a n c e L o g / ( s i g m a L o g P o p * s i g m a D a t e)
84
86
88
90
92
print ( " m o y e n n e du l o g a r i t h m e de la p o p u l a t i o n: " + str ( m o y e n n e L o g P o p ))
print ( " é cart - type du l o g a r i t h m e de la p o p u l a t i o n: " + str ( s i g m a L o g P o p ))
print ( " c o v r a r i a n c e du l o g a r i t h m e: " + str ( s i g m a L o g P o p ))
print ( " c o e f f i c i e n t de corr é lation : " + str ( c o e f C o r e l L o g ) )
alpha = c o v a r i a n c e L o g / ( s i g m a D a t e **2)
beta = - alpha * m o y e n n e D a t e + m o y e n n e L o g P o p
print ( " é q u a t i o n de la droite de r é g r e s s i o n lin é aire : " )
print ( " log ( p o p u l a t i o n) = " + str ( alpha )+ " * date + " + str ( beta ))
94
96
98
100
102
104
# g r a p h i q u e:
for date , pop in data : # point pour chaque data
plot ( date , log ( pop ) , " o " , color = " blue " )
# point pour le point milieu
plot ( moyenneDate , m o y e n n eLogP op , " o " , color = " green " , m a r k e r s i z e = 15)
# droite de r é g r e s s i o n lin é aire
xmax = 35
listeX = [0 , xmax ]
listeY = [ beta , alpha * xmax + beta ]
plot ( listeX , listeY , color = " red" )
show ()
On trouve :
taille de la population 26
moyenne de la date :16.6538461538
moyenne de la population sur la période :480.961538462
écart-type de la date :8.92680624986
écart-type de la population sur la période :390.342993234
covariance :3386.06360947
coefficient de corrélation :0.971745673015
équation de la droite de régression linéaire:
population = 42.491581429* date +-226.686721491
On obtient ainsi que la population est à peu près linéaire en fonction de la date :
Y = 42.49X − 226 avec Y la population et X la date.
On peut aussi se demander si il n’y a pas une dépendance exponentielle de la population, autrement
dit, on peut chercher si :
∃(a, b) ∈ R2 , ln(Y ) = aX + b avec Y la population et X la date.
75
76
moyenne du logarithme de la population: 5.70389419409
écart-type du logarithme de la population: 1.08226896573
covrariance du logarithme: 1.08226896573
coefficient de corrélation :0.988462623842
équation de la droite de régression linéaire:
log(population) = 0.119839323452* date +3.70810853814
Le coefficient de corrélation linéaire est un peu meilleur.
Voici un exemple de dessin obtenu :
1400
8.0
1200
7.5
1000
7.0
800
6.5
600
6.0
400
5.5
200
5.0
0
4.5
−200
4.0
−400
0
5
10
15
20
25
30
35
3.5
40
0
5
10
15
20
25
30
35
Figure 1 – Analyse de la série bivariée : à gauche la population, à droite le logarithme de la population
en fonction de l’année
Remarque sur les erreurs d’arrondis
Beaucoup n’ont pas les mêmes valeurs de coefficient de corrélation linéaire du fait des erreurs d’arrondis.
Attention : si on fait une approximation d’une valeur a à ǫ près et que l’on calcule ab, alors l’erreur commise
est de l’ordre de bǫ ! Exemple : La moyenne de la date est 16.65 à 10−2 près et la moyenne de la population
est 480.96 toujours à 10−2 près. donc le produit des moyenne est :
xy =(16.65 + ǫ1 )(480.96 + ǫ2 )
avec ǫ1 et ǫ2 les erreurs
=16.65 × 480.96 + 480.96ǫ1 + 16.65ǫ2 + ǫ1 ǫ2
=16.65 × 480.96 + ǫ3
=8022.412799999999 + ǫ3
l’erreur ǫ3 est 480.96ǫ1 + 16.65ǫ2 + ǫ1 ǫ2 comme ǫ1 et ǫ2 sont de l’ordre de 10−2 , on en déduit que ǫ3 est de
l’ordre de 100 , donc xy ≈ 8020
Sur les exercices de suite : il faut conclure sur la convergence de la suite !
Exercice 2
On étudie la convergence de la suite définie par u0 ∈ R et un+1 = un exp(−un ).
1. Montrer que la suite (un ) est de signe constant.
2. si u0 < 0, montrer que la suite (un ) est monotone. Conclure.
3. Même question si u0 > 0.
Remarque :
graphique.
étude très classique d’une suite récurrentes réelles, il est important de faire l’étude
76
77
1
0
−2
0
−1
1
2
3
4
−1
−2
−3
−4
Correction : Déjà il est clair que la suite est bien définie puisque la fonction x 7−→ xe−x est définie sur
R.
1. NB : Question très facile, il s’agit juste de vous faire remarque que les intervalles R+ et R− sont
stables par f , ce qui sert pour la suite, et de remarquer que 0 est point fixe. C’est une indication
détournée.
Soit n ∈ N, on a alors e−un > 0, ce qui montre que le signe de un est le signe de un+1 . Par récurrence
immédiate, on en déduit que la suite (un ) a un signe constant.
(On peut aussi rédiger la récurrence avec P(n) : un est du signe de u0 ).
De plus, si u0 = 0, on a ∀n ∈ N, un = 0.
2. Supposons u0 < 0. On a d’après la question précédente alors ∀n ∈ N, un < 0, et donc e−un > 1. On
obtient alors en multipliant par un < 0, ∀n ∈ N, un+1 = un exp(−un ) < un .
La suite (un ) est donc décroissante.
Ainsi, on a deux possibilités : lim un = −∞ ou la suite (un ) converge.
n∞
NB : très classique : on examine donc chacun des deux cas et on voit que l’un des cas est impossible.
Supposons par l’absurde que la suite (un ) converge vers une limite l 6 0. On a alors par continuité :
l = le−l , et donc l = 0. Or la suite étant décroissante, on a ∀n ∈ N, un 6 u0 , donc l 6 u0 . En
particulier l < 0, ce qui est donc en contradiction avec l = 0.
NB : la rédaction doit faire apparaître que l’on ne passe pas à la limite dans l’inégalité stricte :
∀n ∈ N, un < 0.
77
78
Ainsi, si u0 < 0, on a lim un = −∞.
n∞
3. Supposons maintenant u0 > 0, on a alors ∀n ∈ N, un < 0, en particulier e−un < 1. On en déduit
par multiplication par un > 0 que : ∀n ∈ N, un+1 = un exp(−un ) < un . Ainsi, la suite (un ) est
décroissante.
Or la suite (un ) est aussi minorée (par 0). Elle converge donc vers une limite l > 0 On obtient de
nouveau l = le−l et donc l = 0.
Ainsi, si u0 > 0, on a lim un = 0.
n∞
barème : 1 pour monotonie, 0.5 pour convergence, 1.5 pour conclusion.
Exercice 3
un exp(un ).
oral agro 2009 On étudie la convergence de la suite (un ) définie par u0 ∈ R et un+1 =
1. Montrer que la suite (un ) est de signe constant.
2. Si u0 > 0, montrer que la suite est croissante. Conclure.
3. Même question si u0 < 0.
Commentaires : On peut commencer par une étude rapide : la fonction f est dérivable et f ′ (x) =
ex (1 + x).
On construit rapidement le tableau de variation suivant :
x
−∞
signe de f ′ (x)
−
−1
0
0
+
+∞
+∞
0
0
variation de f
− 1e
On pose g la fonction g(x) = f (x) − x = x(ex − 1), on a le tableau de signe suivant :
x
+∞
0
−∞
signe de ex − 1
−
0
+
signe de f (x) − x
+
0
+
L’étude graphique montre que :
— si u0 > 0, la suite est croissante et tends vers +∞.
— si u0 = 0, la suite est constante égale à 0 (cas trivial).
— si u0 < 0, la suite est croissante et tends vers 0.
78
79
5
4
3
2
1
0
−5
−4
−3
−2
0
−1
1
2
3
4
5
−1
−2
Correction :
1. Déjà la suite existe puisque la fonction f : x 7−→ xex est définie sur R.
On a de plus : eun > 0, donc le signe de un est le signe de un+1 , par récurrence immédiate, on a
∀n ∈ N, un est du signe de u0 .
2. Considérons le cas où u0 > 0.
On a alors : ∀n ∈ N, un > 0. La suite (un ) est donc positive.
un+1
De plus, on a pour n > 0,
= exp(un ) > 1, car un > 0. Comme la suite (un ) est positive, cela
un
donne ∀n ∈ N, un+1 > un , et la suite (un ) est strictement croissante.
On a alors deux possibilités : (un ) converge ou limn∞ un = +∞.
Supposons que la suite (un ) converge vers une limite notée l, on a alors l > 0 et l = l exp(l) par
continuité de la fonction f . On a alors l = 0. D’autre part, comme la suite est croissante ∀n > 0,
un > u0 . Supposons par l’absurde que la suite (un ) converge vers l, on a alors : l > u0 en particulier
l > 0. Ce qui est absurde car la seule limite possible est 0. en conséquence dans ce cas limn∞ un = +∞.
3. Considérons le cas où u0 > 0. On a alors : ∀n ∈ N, un < 0. La suite (un ) est donc négative.
un+1
De plus, on a pour n > 0,
= exp(un ) < 1, car un < 0. Comme la suite (un ) est négative, cela
un
donne ∀n ∈ N, un+1 > un , et la suite (un ) est encore strictement croissante. Comme la suite (un ) est
majorée par 0, elle converge vers une limite l. Le même argument donne l = 0.
79
80
Devoir Surveillé Vendredi 6 février
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Durée 3h
Exercice 1 Polynôme divisibles par leur polynôme dérivée
Le but de cet exercice est de trouver tous les polynômes non constants de C[X] divisibles par leur
polynôme dérivée.
Soit n > 1.
1. Soit λ ∈ C \ {0}, et a ∈ C. On pose P = λ(X − a)n . Montrer que P ′ divise P , c’est-à-dire qu’il existe
Q ∈ C[X] tel que P = P ′ Q.
2. Soit P un polynôme de C[X], de degré n > 1, divisible par son polynôme dérivé P ′ , c’est-à-dire qu’il
existe Q ∈ C[X] tel que P = P ′ Q.
(a) Montrer que : ∃(α, β) ∈ C2 , P = (αX + β)P ′ .
(1).
(b) En comparant les coefficients dominants dans (1), déterminer α.
(c) Montrer que la relation (1) peut alors s’écrire sous la forme : nP = (X − a)P ′ , où a est un
nombre complexe que l’on ne cherchera pas à calculer.
(d) Montrer que pour tout entier naturel k, on a : (n − k)P (k) = (X − a)P (k+1) .
(e) En déduire les valeurs de P (a), P ′ (a), . . ., P (n−1) (a).
(f) Quelle est alors la multiplicité de la racine a de P ?
(g) Donner l’écriture factorisée de P .
3. Quel est finalement l’ensemble des polynômes de C[X] non constants divisibles par leur polynôme
dérivée ?
Commentaire : très classiquement, il s’agit d’une équation polynomiale. Attention, beaucoup ne
comprennent pas l’énoncé : question 1 on considère P de la forme ... et on vérifie qu’il est solution, question
2, P est maintenant une solution quelconque de l’équation.
Correction :
1. On a :
P =λ(X − a)n
donc P ′ =λn(X − a)n−1
!
1
on a la relation : λ(X − a) =
(X − a)
n
n
n−1
λn(X − a)
!
1
on pose donc : Q = (X − a) ∈ C[X]
n
et on a : P =QP ′ .
existe car n > 1
2. (a) On a : P = QP ′ , donc d(P ) = d(Q) + d(P ′ ) = d(Q) + d(P ) − 1, on en déduit d(Q) = 1, et Q
s’écrit sous la forme Q = αX + β. D’où le résultat.
(b) Commentaire : la réponse était donné à la question suivante.
On regarde les termes dominants, avec la notation :
P =an X n + . . .d<n
80
81
De P = (αX + β)P ′ , on obtient :
an X n + . . .d<n = αX + β
nan X n−1 + . . .d<n−1 )
=αnan X n + . . .d<n .
On en déduit l’égalité : an = αnan , or an 6= 0, donc α =
1
n
(c) On a donc :
1
P =
X + β P′
n
et donc : nP = (X + nβ) P ′
on pose donc : a =nβ ∈ C
pour obtenir : nP =(X + a)P ′ .
(d) On procède par récurrence sur k, en posant : Q(k) : (n − k)P (k) = (X − a)P (k+1) .
Initialisation : pour k = 0, Q(0) s’écrit nP = (X − a)P ′ , ce qui est la question précédente.
Hérédité : On considère k fixé tel que Q(k) est vrai. On a alors :
l’hypothèse de récurrence : (n − k)P (k) =(X − a)P (k+1)
on dérive : (n − k)P (k+1) =P (k+1) + (X − a)P (k+2)
ce que l’on peut écrire : (n − k − 1)P (k+1) =(X − a)P (k+2)
on a donc bien obtenu Q(k + 1) : n − (k + 1) P (k+1) =(X − a)P (k+2)
D’où l’hérédité.
Conclusion : ∀k ∈ N, (n − k)P (k) = (X − a)P (k+1) .
(e) Considérons k ∈ [[0, n − 1]], on a alors en utilisant la relation précédente :
(n − k)P (k) (a) =(a − a)P (k+1) (a) = 0
or n − k 6= 0 (puisque k < n), d’où P (k) (a) = 0.
Ainsi, ∀k ∈ [[0, n − 1]], P (k) (a) = 0.
Attention : P (n) (a) 6= 0. Il faut donc faire apparaître l’argument n − k 6= 0.
(f) La racine a est d’ordre au moins n de P . Comme le polynôme P est non nul, cette racine est
d’ordre exactement n.
NB : on attends : au moins n puis exactement n.
(g) NB : question mal traitée. Il faut vérifier que P n’a pas d’autre racines !
Le polynôme P a n racines comptés avec leur ordre de multiplicité dans C car il est de degré n.
La racine a est d’ordre n, donc le polynôme P n’a donc pas d’autre racine.
D’après la décomposition dans C[X], on en déduit que P s’écrit sous la forme :
P = λ(X − a)n avec λ ∈ C \ {0} le terme dominant
3. Notons S l’ensemble des polynômes de C[X], non constants et divisible par leur polynôme dérivé. On
a alors :
S=
)
λ(X − a) λ ∈ C \ {0}, n > 1, a ∈ C .
(
n
En effet, on a vu question 1 que tout polynôme de cette forme est dans S, et question 2 qu’un
polynôme de S s’écrit sous cette forme.
NB : 3 paramètres dans l’ensemble.
81
82
Exercice 2
Résoudre dans C3 (en fonction de m ∈ C)
(S)



x − my + m2 z


mx −
m2 y
= 2m
+ mz



mx + y − m2 z
= 2m
= 1 − m.
Commentaire : très mal traité alors que l’exercice a déjà été fait en TD !
Correction : On remarque que l’on peut diviser la deuxième ligne par m.
Cas m 6= 0 Le système est équivalent à :

 

 


1 −m m2
x
2m

  

1  y  =  2 
 1 −m
m 1 −m2
z
1−m

m2
1
l1
1
m l2
l3

x
−m
2m
  

2
0
1 − m  y  =  2 − 2m 
0 1 + m2 −m2 − m3
z
1 − m − 2m2

0
l1
l2 − l1
l3 − ml1
On écrit : 1 − m − 2m2 = (m + 1)(−2m + 1) car −1 est racine évidente. De plus, 2 − 2m = 2(1 − m),
1 − m2 = (1 − m)(1 + m) et −m2 − m3 = −m2 (1 + m).
Cela donne :
 



x
2m
1
−m
m2
l1
  


2
2
−m (1 + m)  y  = (m + 1)(−2m + 1) l3
0 1 + m
0
0
(1 − m)(1 + m)
z
2(1 − m)
l2
On obtient ainsi, le premier résultat :
n
o
si m 6∈ 1, −1, 0, i, −i ,
le système est de rang 3 et donc admet une solution unique.
NB : il est écrit dans l’énoncé m ∈ C.
n
o
Cas m 6∈ 1, −1, 0, i, −i
de remontée.
 

Ainsi :
n
o
On suppose donc m 6∈ 1, −1, 0, i, −i et on continue le calcul par la méthode


l1
x
2m
1
−m
m2

  

2
2
0 1 + m −m (1 + m) y  = (m + 1)(−2m + 1) l2
1
0
0
(1 + m)
z
2
1−m l3
2
1+m
1 2
y=
(m
+
1)(−2m
+
1)
−
m
(1
+
m)z
1 + m2
1 2
(m
+
1)(−2m
+
1)
−
2m
=
1 + m2
1 1−m
=
1−m =
2
1+m
1 + m2
z=
x =2m + my − m2 z
2m2
m(1 − m)
−
1 + m2
1+m
m
2
2
=
2(1
+
m)(1
+
m
)
+
(1
−
m)(1
+
m)
−
2m(1
+
m
)
(1 + m2 )(1 + m)
m
2
3
2
3
=
2(1
+
m
+
m
+
m
)
+
1
−
m
−
2m
−
2m
(1 + m2 )(1 + m)
m
2
3
+
m
=
(1 + m2 )(1 + m)
=2m +
82
83
n
o
On obtient ainsi, la solution dans le cas m 6∈ 1, −1, 0, i, −i :
1−m
2
m3 + 3m
,
,
2
2
(1 + m )(1 + m) 1 + m 1 + m
!
Il reste les cas particulier.
Cas m = 0 le système devient :



x=


0=



y =
0
0 la solution est (0, 1, z) avec z ∈ C
1
Cas m = 1 le rang est 2 et le système se réduit à

 


1 −1 1
x
2

   
0 2 −2 y  = −2
0 0
0
z
0
La solution est :
y =−1+z
x =y − z + 2 = 1
la solution est (1, z − 1, z) avec z ∈ C
Cas m = −1 le rang est 2 et le système se réduit à

 


1 1 1
x
−2

   
0 2 0 y  =  0 
0 0 0
z
4
Le système est incompatible et S = ∅.
Cas m = i le rang est 2 et le système se réduit à

 


 



 



1 −i
−1
x
2i

  

1+i
0 0
 y  = (i + 1)(−2i + 1)
0 0 (1 − i)(1 + i)
z
2(1 − i)
2i
x
1 −i −1

  

=
(−2i
+ 1)
y
0
0
1
  

2(1 − i)
z
0 0
2
l3
1 −i −1
x
2i
  

0
1  y  = (−2i + 1)
0 0
0
z
4i

0
l1
1
1+i l2
l1
1
1+i l2
l3 − 2l2
Comme 4i 6= 0 l’équation de compatibilité n’est pas vérifiée Le système est incompatible et S = ∅.
Cas m = −i le rang est 2 et le système se réduit à

 

 


−2i
x
1 i
−1

  

1−i
 y  = (1 − i)(2i + 1)
0 0
2(1 + i)
z
0 0 (1 + i)(1 − i)


−2i
x
1 i −1

  

0 0 1  y  = 2i + 1
1+i
z
0 0 2
83
l1
1
1−i l2
1
2 l3
84
or 2i + 1 6= i + 1, donc le système est incompatible.
En conclusion, on (
a:
)
— Si m = 0, S =
— Si m = 1, S =
(
(0, 1, z) z ∈ C
)
(1, z − 1, z) z ∈ C
— Si m = −1, m = i ou m =
!)
( −i, S = ∅.
1−m
2
m3 + 3m
,
,
— Dans les autres cas, S =
(1 + m2 )(1 + m) 1 + m2 1 + m
NB : attention à l’écriture de l’ensemble des solutions !
Exercice 3
Considérons la suite réelle (xn ) définie par :


x0 ∈]1, +∞[,
1. Étude d’une fonction

∀n ∈ N, xn+1 = xn + 1 +
(a) Étudier la fonction f : x 7→ x + 1 +
1
x−1
1
xn − 1
sur ]1, +∞[.
(b) Déterminer le signe de la fonction g : x 7→ f (x) − x sur ]1, +∞[.
2. Étude de la suite (xn ).
(a) Montrer que la suite (xn ) est parfaitement définie et à valeurs dans ]1, +∞[.
(b) Si la suite (xn ) converge, quelles sont les valeurs possibles pour sa limite ?
(c) Montrer que la suite (xn ) est croissante.
(d) Montrer que la suite (xn ) diverge vers +∞.
3. Recherche d’un équivalent
(a) Montrer que pour tout entier naturel xn > n + 1.
(b) Montrer que :
∀n ∈ N∗ , 0 6 xn+1 − xn − 1 6
1
n
(c) En déduire que :
∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n − 1) 6
n−1
X
1
k
k=1
(d) Montrer que ∀x > −1, ln(1 + x) 6 x.
(e) Établir alors que :
∀k > 2,
1
6 ln(k) − ln(k − 1)
k
(f) En déduire :
∀n > 2, n + 1 6 xn 6 x1 + n + ln(n − 1).
(g) En déduire un équivalent de xn .
Correction :
1. Étude d’une fonction
84
85
(a) La fonction f est dérivable sur ]1, +∞[, avec :
∀x > 1, f ′ (x) =1 −
(x − 1)2 − 1
1
=
(x − 1)2
⊕
= ⊕ (x − 2)x
Ainsi, la fonction f est croissante sur [2, +∞[, décroissante sur ]1, 2].
On dresse le tableau de variation :
1
x
+∞
2
signe de f ′ (x)
0
−
+
+∞
+∞
variation de f
4
On peut éventuellement faire un dessin de la fonction pour étudier graphiquement la suite.
(b) On considère donc la fonction g : x 7→ 1 +
1
x−1
=
x
x−1
On a :∀x > 1, g(x) > 0.
NB : pas besoin de faire l’étude de fonction pour cela.
2. Étude de la suite (xn ).
(a) Par récurrence. On note pour n ∈ N, P (n) la proposition « xn existe et xn > 1 ». NB : récurrence
de la forme « xn existe ... ».
Initialisation dans les hypothèses.
Hérédité : soit n fixé tel que P (n) est vrai. On a alors xn > 1, donc xn+1 existe. De plus, on
constate sur le tableau de variation de f que ∀x > 1,, f (x) > 4 ainsi, xn+1 > 4 et xn+1 > 1.
D’où l’hérédité et la conclusion.
(b) On suppose que la suite (xn ) converge. On note alors l la limite, et on a alors l > 1.
NB : et pas l > 1 ! ! !
Si l > 1, on peut alors passer à la limite dans la relation : ∀n ∈ N, xn+1 = xn + 1 + xn1−1 , ce qui
donne :
l =l + 1 +
d’où
1
l−1
par continuité de la fonction f en l car l 6= 1
1
= − 1 et 1 = 1 − l
l−1
d’où l = 0 impossible.
Ainsi, si (xn ) converge la seule valeur possible pour la limite est l = 1.
NB : trop d’erreurs dans cette question : il faut vérifier la continuité avant le passage à la
limite.
(c) Soit n ∈ N, on calcule xn+1 − xn = g(xn ). On a vu :∀x > 1, g(x) > 0, et ∀n ∈ N, xn > 1, donc
g(xn ) > 0, puis xn+1 − xn > 0.
Ainsi, ∀n ∈ N, xn+1 − xn > 0, d’où la suite (xn ) est croissante.
(d) LA suite (xn ) étant croissante, on a deux possibilités : soit elle tends vers +∞, soit elle converge.
Supposons par l’absurde qu’elle converge vers une limite notée l. On a alors l = 1 (question 2b).
Or on a : ∀n > 1, xn > x0 , donc l > x0 , et ainsi 1 > x0 ce qui est une contradiction avec x0 > 1.
On en déduit que la suite (xn ) ne converge pas, et par suite que limn∞ xn = +∞.
3. Recherche d’un équivalent
85
86
(a) On peut raisonner par récurrence, ou remarquer :
∀k ∈ N, xk+1 − xk =1 +
or xn − x0 =
donc xn − x0 >
n−1
X
k=0
n−1
X
1
>1
xk − 1
par somme télescopique
xk+1 − xk
1=n
k=0
Au final : ∀n ∈ N, xn > n + x0 . Comme x0 > 1, on en déduit xn > n + 1.
(b) Soit n ∈ N∗ , on a :
xn+1 − xn − 1 =
1
xn − 1
D’un côté, xn − 1 > 0, donc 0 6 xn+1 − xn − 1.
1
xn −1
D’un autre côté, xn − 1 > n, donc
6 n1 . On en déduit :
∀n ∈ N∗ , 0 6 xn+1 − xn − 1 6
1
n
(c) Soit n > 2. On a :
∀k > 1, 0 6 xk+1 − xk − 1 6
1
k
On somme ces inégalités pour k ∈ [[1, n − 1]]. Cela donne :
n−1
X
06
k=1
xk+1 − xk − 1 6
n−1
X
1
k
k=1
Or on a :
n−1
X
k=1
xk+1 − xk − 1 =
n−1
X
k=1
xk+1 − xk − (n − 1)
=xn − x1 − (n − 1)
par somme télescopique.
Ainsi :
∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n − 1) 6
n−1
X
1
k
k=1
Petite erreur d’énoncé ici (n à la place de n − 1). Le résultat est aussi valable avec n.
(d) Classiquement on étudie la fonction x 7→ ln(1 + x) − x.
(e) On remplace x par − k1 dans la relation ci-dessus, ce qui donne :
1
1
∀k > 2, − > ln 1 −
k
k
k−1
1
= ln(k − 1) − ln(k).
soit − > ln
k
k
Ce qui donne :
∀k > 2,
1
6 ln(k) − ln(k − 1)
k
86
87
(f) On a vu :
∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n − 1) 6
On calcule donc :
n−1
X
X 1
1 n−1
=
+1
k k=2 k
k=1
6
n−1
X
k=1
n−1
X
1
k
k=1
!
ln(k) − ln(k − 1) + 1
6 ln(n − 1) − ln(1) + 1
par somme télescopique
6 ln(n − 1) + 1.
Ainsi :
∀n > 2, 0 6 xn − x1 − (n − 1) 6 ln(n − 1) + 1
Ce que l’on peut écrire sous la forme :
∀n ∈ N, x1 + (n − 1) 6 xn 6 x1 + n + ln(n − 1).
puis puisque x1 > 2
∀n > 2, n + 1 6 xn 6 x1 + n + ln(n − 1).
(g) On divise par n la relation précédente pour obtenir :
∀n > 2, 1 +
1
xn
x1 ln(n − 1)
6
61+
+
n
n
n
n
On a :
1
=1
n∞
n
x1 ln(n − 1)
et lim 1 +
+
=1
n∞
n
n
lim 1 +
D’où limn∞ xnn = 1 i.e. xn ∼ n.
n∞
NB : aucun résultat dans le cours sur la comparaison et les équivalents.
Exercice 4
On note P le plan, que l’on munit d’un repère orthonormal R.
!
3
Attention : le point O n’est pas l’origine du repère. Soit C le cercle de centre O
et de rayon r = 7,
2
!
6
et Γ le cercle de centre Ω
et de rayon ρ = 1
−1
On appelle puissance d’un point M par rapport au cercle C la quantité :
PC (M ) = OM 2 − r 2
De même, on appelle puissance d’un point M par rapport au cercle Γ la quantité :
PΓ (M ) = ΩM 2 − ρ2 .
On considère l’ensemble D des points du plan M qui ont même puissance par rapport à C et par rapport
à Γ, c’est-à-dire :
n
o
D = M ∈ P PC (M ) = PΓ (M ) .
L’ensemble D est appelé l’axe radial de C et Γ.
87
88
1. Calculer la puissance PC (M ) d’un point M par rapport à C en fonction des coordonnées (x, y) de M .
Donner une équation cartésienne de C.
2. Calculer de même la puissance PΓ (M ) d’un point M par rapport à Γ en fonction des coordonnées
(x, y) de M .
Donner une équation cartésienne de Γ.
3. Donner une équation cartésienne de D. Quel est la nature de D ? Montrer que D est orthogonale à la
droite (OΩ).
4. Soit C ′ la partie du plan d’équation cartésienne :
C ′ : x2 + y 2 − 8x − 7y − 3 = 0.
L’ensemble C ′ est-il un cercle ? Si oui précisez son centre et son rayon.
Déterminer également la puissance PC ′ (M ) d’un point M de coordonnées (x, y) par rapport au cercle
C ′.
5. Déterminer une équation cartésienne de l’axe radial D ′ de C et C ′ .
6. Déterminer une équation cartésienne de l’axe radial D ′′ de Γ et C ′ .
√
7. Faire un dessin sur la copie. On donne 5 5/2 = 5.6.
8. Qu’observe-t-on pour les droites D, D ′ et D ′′ ? Le démontrer.
Correction :
1. Soit un point M de coordonnées (x, y), on a :
PC (M ) =OM 2 − r 2
=(x − 3)2 + (y − 2)2 − 49
=x2 + y 2 − 6x − 4y − 36
Une équation cartésienne de C est :
C : (x − 3)2 + (x − 2)2 = 49
2
i.e.
2
x + y − 6x − 4y = 36
PC (M ) = 0
2. De la même manière, soit un point M de coordonnées (x, y), on a :
PΓ (M ) =ΩM 2 − ρ2
=(x − 6)2 + (y + 1)2 − 1
=x2 + y 2 − 12x + 2y + 36
Une équation cartésienne de C est :
C : (x − 6)2 + (y + 1)2 =1
x2 + y 2 − 12x + 2y + 36 =0
3. Soit M (x, y), on a :
M ∈ D ⇔(x − 3)2 + (y − 2)2 − 49 = (x − 6)2 + (y + 1)2 − 1
⇔ − 6x + 9 − 4y + 4 − 49 = −12x + 36 + 2y + 1 − 1
⇔6x − 6y − 72 = 0
⇔x − y − 12 = 0
−
→
Ainsi, D est une droite de vecteur normal N = (1, −1).
−→
−
→ −→
On a : OΩ = (3, 3), donc N et OΩ sont colinéaires. Ce qui implique que D est orthogonale à (OΩ).
NB : trop de confusion entre produit scalaire et déterminant, vecteur normal et vecteur directeur.
88
1
89
4. L’ensemble C ′ est un cercle étant donné la forme de son équation cartésienne.
On trouve le centre et le rayon par la forme canonique.
x2 + y 2 − 8x − 7y − 3 = (x − 4)2 − 16 + y −
7
2
2
−
7
= (x − 4) + y −
2
2
2
−
49
−3
4
125
4
L’équation de C ′ s’écrit donc :
(x − 4)2 + y −
Ainsi, C ′ est une cercle de centre (4, 72 ) et de rayon
7
2
2
=
125
4
√
5 5
2 .
De plus, la puissance d’un point M de coordonnées (x, y) par rapport à C ′ est :
7
PC ′ (M ) = (x − 4) + y −
2
2
2
−
125
4
mais on peut aussi écrire :
PC ′ (M ) = x2 + y 2 − 8x − 7y − 3
5. Soit M de coordonnées (x, y), on a :
M ∈ D ′ ⇔(x − 3)2 + (y − 2)2 − 49 = x2 + y 2 − 8x − 7y − 3
⇔2x + 3y − 33 = 0
D’où l’équation de D ′ : 2x + 3y − 33 = 0.
6. De même, soit M de coordonnées (x, y), on a :
M ∈ D ′′ ⇔(x − 6)2 + (y − 1)2 − 1 = x2 + y 2 − 8x − 7y − 3 ⇔
D’où l’équation de D ′′ : 4x − 9y − 39 = 0.
7. Il faut préparer la question suivante : les trois droites sont concourantes.
89
4x − 9y − 39 = 0
90
10
9
8
7
C
6
5
4
C′ 3
O
2
1
Γ
0
−6 −5 −4 −3 −2 −1
0
−1
1
2
3
4
5
6
Ω
7
8
9
10
11
12
13
14
15
D
−2
−3
−4
D′′
−5
−6
−7
8. On constate que les trois droites sont concourantes. On le vérifie avec le système :



x−y =


2x + 3y =



4x − 9y =



x−y =


12
33 ⇔ 5y =


−5y =
39

x − y =
⇔
5y =
12
l1
9 l2 − 2l1
−9 l3 − 4l1
12
9
Le système est compatible et donc admet une unique solution. Ainsi, les trois droites D, D ′ et D ′′
sont concourantes.
9
(on peut éventuellement vérifier que la solution est ( 69
5 , 5 )).
90
16
D
17
91
Interrogation Informatique vendredi 13
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Écrivez directement sur la feuille d’énoncé (recto/verso si besoin).
Nom:
Prénom:
Durée : 30 minutes
Les commentaires en entête de fonctions ne sont pas obligatoires.
Exercice 1 Filtre de moyenne sur une liste
On considère une liste L, et on note n sa longueur. On souhaite construire une liste Lm de même longueur
que L telle que : Lm[i] est la moyenne des valeurs L[i], L[i-1] et L[i+1].
Pour i = 0 (la première valeur), Lm[0] est la moyenne de L[0] et L[1]. De même, pour i = n − 1 (la
dernière valeur), Lm[n-1] est la moyenne de L[n-1] et L[n-2].
Écrire une fonction filtreMoyenne prenant en entrée la liste L et calculant la liste Lm.
2
4
6
8
def f i l t r e M o y e n n e ( L ):
# on cr é e Lm
n = len ( L )
Lm = [0]* n
# p r e m i e r et d e r n i e r é l é ment
Lm [0] = ( L [0] + L [1] ) / 2
Lm [n -1] = ( L [n -1] + L [n -2] ) / 2
12
# le reste :
for i in range (1 , n -1):
Lm [ i ] = ( L [i -1] + L [ i ] + L [ i +1] ) / 3
14
return ( Lm )
10
Exercice 2 Liste croissante
On cherche à savoir si une liste L est croissante au sens large, i.e. si tout élément de la liste L est inférieur
ou égal au terme suivant.
Écrire une fonction estCroissante qui prend en entrée une liste L et retourne un booléen : True si la
liste L est croissante, False sinon.
Exemples :
— estCroissante([-2., -1, 0.2, 0.5, 1, 2]) est True
— estCroissante([1,1,1,1,1]) est True
— estCroissante([2., 1, 0.2, -1, -2]) est False
— estCroissante([-2., -1.5, 1.2, 0.5, 1, -1]) est False
2
4
6
def e s t C r o i s s a n t e ( L ) :
n = len ( L )
for i in range (n -1) :
if L [ i ] > L [ i +1] :
return ( False )
return ( True )
91
92
Exercice 3 Le plus petit positif ou nul
On souhaite extraire d’une liste L de réels le plus petit élément positif ou nul. Si la liste L contient 0, la
fonction renvoie 0 sans message d’erreur. Si la liste L ne contient que des réels négatifs, la fonction renverra
0 et affichera un message d’erreur.
Écrire une fonction minPos qui prend en entrée une liste L et retourne le plus petit élément strictement
positif.
Exemples :
— minPos([-2., 5, 0.2, 1,-1]) est 0.2
— minPos([-2., -5, -0.2, 0, -0.1, -1]) est 0 sans affichage d’un message d’erreur.
— minPos([-2., -5, -0.2, -1, -0.1, -1]) est 0 avec affichage d’un message d’erreur.
— minPos([2., 0.5, 0.2, 0.2]) est 0.2.
2
4
6
8
10
def minPos ( L ) :
mini = 0
a U n E l t P o s = False # passe à True si L a un é l é ment p o s i t i f ou nul
for x in L :
if 0 <= x < mini :
mini = x
a U n E l t P o s = True
if not ( a U n E l t P o s) :
print ( " pas d ’é l é ments p o s i t i f s !!! " )
return ( mini )
Exercice 4 La liste des indices des nombres positifs
On souhaite extraire d’une liste L de réels la liste des indices i tel que L[i] est positif ou nul. Si la liste
ne contient que des nombres strictement négatifs, la fonction renvoie une liste vide.
Écrire une fonction listIndPos qui prend en entrée une liste L et retourne la liste des indices des
nombres positifs ou nuls.
Exemples :
— listIndPos([-2., 5, 0.2, 0, 1,-1]) est [1,2,3,4]
— listIndPos([-2., -5, -0.2, -1]) est []
— listIndPos([2., -5, -0.2, -1]) est [0]
2
4
6
def l i s t I n d P o s( L ) :
indPos = [] # va c o n t e n i r la liste des i n d i c e s des é l e m e n t s p o s i t i f s ou nuls .
for [x , i ] in e n u m e r a t e( L ) :
if x >= 0 :
indPos += [ i ]
return ( indPos )
92
93
Devoir non surveillé Probabilités
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
pour le lundi 11 mai
Exercice 1 Paradoxe de Parrondo
Le but de ce problème est d’étudier un paradoxe de la théorie des jeux découvert par Juan Parrondo,
un chercheur espagnol en physique théorique. Etant donné un couple de nombres réels (a, b) ∈] − 1, 1[2 , on
1+b
considère deux pièces de monnaie notées A et B qui donnent «pile» avec probabilité 1+a
2 et 2 respectivement. Le jeu de Parrondo noté P(a, b) consiste en une série de lancers d’une des deux pièces (qui peut
être différente à chaque lancer). Le joueur débute le jeu avec une cagnotte nulle et à chaque lancer il gagne
1 euro s’il obtient «pile» et il perd 1 euro s’il obtient «face» (la cagnotte peut évoluer négativement). Le
montant de la cagnotte avant le n-ième lancer est noté cn (ainsi c1 = 0). Le choix de la pièce au n-ième
lancer se fait de la façon suivante : si cn est un multiple de 3 alors le joueur joue avec la pièce A, sinon il
joue avec la pièce B. Pour tout n ∈ N⋆ , on définit les événements suivants :
• Xn : «le montant de la cagnotte avant le n-ième lancer est un multiple de 3» («∃k ∈ Z, cn = 3k») ;
• Yn : «∃k ∈ Z, cn = 3k + 1» ;
• Zn : «∃k ∈ Z, cn = 3k + 2» ;
• Gn : «le joue ajoute 1 euro à la cagnotte au n-ième lancer».
Si la limite limn→+∞ P (Gn ) existe, on dira que le jeu P(a, b) est :



favorable si limn→+∞ P (Gn ) > 1/2
équilibré si limn→+∞ P (Gn ) = 1/2 .


défavorable si limn→+∞ P (Gn ) < 1/2
I) Etude d’un cas particulier. Pour cette question, on suppose que les pièces A et B sont identiques
et qu’elles donnent «pile» plus souvent que «face». On suppose donc que a = b = ε avec ε ∈]0, 1[.
Montrer que le jeu P(ε, ε) est favorable.
II) Le critère de Parrondo. On considère le jeu P(a, b) avec un couple (a, b) ∈] − 1, 1[2 quelconque.
1. Déterminer P (X1 ), P (Y1 ) et P (Z1 ).
2. Déterminer P (X2 ), P (Y2 ) et P (Z2 ).
3. Soit n ∈ N⋆ . Que peut-on dire des événements Xn , Yn et Zn ?
4. Justifier que P (Xn+1 ) =
(1+b)
(1−b)
2 P (Yn ) +
2 P (Zn ).
5. Déterminer des expressions de P (Yn+1 ) et P (Zn+1 ) en fonction de a, b, P (Xn ), P (Yn ) et P (Zn ).




P (Xn+1 )
P (Xn )




6. En déduire que  P (Yn+1 )  = M  P (Yn )  où M =
P (Zn+1 )
P (Zn )




P (Xn )
1




⋆
n−1
7. Montrer que ∀n ∈ N ,  P (Yn )  = M
 0 .
P (Zn )
0


0
1−b 1+b

1
1
+
a
0
1 − b .

2
1−a 1+b
0
8. On admet qu’il existe une matrice Q ∈ Gℓ3 (R) telle que Q−1 M Q = diag(1, λ, µ) où (λ, µ) ∈ C2
avec |λ| < 1 et |µ| < 1. Justifier que M n−1 = Q × diag(1, λn−1 , µn−1 ) × Q−1 pour tout n ∈ N⋆ .
9. On admet de plus que les matrices Q et Q−1 sont de la forme :




′
′
q1,3
1 q1,2
b2 + 3
q1,2 q1,3
1




−1
′
′
Q=
q2,3

 ab + a − b + 3 q2,2 q2,3  et Q =  1 q2,2
2
2ab + b + 9
′
′
q3,3
1 q3,2
ab − a + b + 3 q3,2 q3,3
93
94
′ ) sont des nombres réels. A l’aide des questions précédentes,
où les coefficients (qi,j ) et (qi,j
déterminer des expressions de P (Xn ), P (Yn ) et P (Zn ) en fonction de a, b, λ, µ, n et (qi,j ).
10. En déduire les valeurs de limn→+∞ P (Xn ), limn→+∞ P (Yn ) et limn→+∞ P (Zn ).
11. Déterminer une expression de P (Gn ) en fonction de a, b, P (Xn ), P (Yn ) et P (Zn ).
12. A l’aide des questions précédentes, montrer que limn→+∞ P (Gn ) =
1
2
+
3(ab2 +a+2b)
2(2ab+b2 +9) .
13. Justifier que ∀(a, b) ∈] − 1, 1[2 , 2ab + b2 + 9 > 0.
14. En déduire le critère de Parrondo :



favorable si δ(a, b) > 0
le jeu P(a, b) est
équilibré si δ(a, b) = 0


défavorable si δ(a, b) < 0
où δ(a, b) = ab2 + a + 2b.
III) Etudes d’exemples. Les questions suivantes utilisent le critère de Parrondo énoncé ci-dessus.
1. Montrer que le jeu P
4
1
5, −2
est équilibré.
2. Soit ε > 0 dans un petit voisinage de 0. Montrer que δ
en déduire que le jeu P
3. Montrer que le jeu P
4
5
+ ε, − 21 + ε est favorable.
1
2
5, −4
4
5
+ ε, − 12 + ε =
ε
2
20 (20ε
est défavorable.
4. Soit ε > 0 dans un petit voisinage de 0. Sans chercher à développer l’expression de δ
justifier que le jeu P
2
5
− 4ε + 49) et
+ ε, − 14 + ε est défavorable.
2
5
IV) Le paradoxe de Parrondo. On considère désormais un nouveau jeu qui consiste toujours en une
série de lancers de pièces dont chaque «pile» augmente le montant de la cagnotte de 1 euro et chaque
«face» le baisse de 1 euro. Mais avant chaque lancer, le joueur choisit au hasard et avec même
probabilité (par exemple à l’aide d’un autre lancer d’une pièce
va utiliser le couple
équilibré) s’il
de pièces du jeu P(ε, ε) ou bien le couple de pièces du jeu P 54 + ε, − 12 + ε où ε > 0 est dans un
petit voisinage de 0. Autrement dit, le joueur joue alternativement et aléatoirement à deux jeux de
Parrondo favorables. On fixe n ∈ N⋆ et pour tout (a, b) ∈] − 1, 1[2 on note Pn (a, b) l’événement «le
joueur utilise le couple de pièces du jeu P(a, b) au n-ième lancer».
1. Justifier que PXn (Gn ) = 12 PXn ∩Pn (ε,ε) (Gn ) + 21 PXn ∩Pn ( 4 +ε,− 1 +ε)(Gn ) et en déduire une expres5
2
sion de PXn (Gn ) en fonction de ε.
2. Déterminer des expressions similaires pour PYn (Gn ) et PZn (Gn ).
3. Montrer que jouer à ce nouveau jeu revient à jouer au jeu P 52 + ε, − 41 + ε , c’est-à-dire que
P (Gn ) = PPn ( 2 +ε,− 1 +ε) (Gn ) pour tout n ∈ N⋆ , et expliquer pourquoi ce résultat est paradoxal.
5
4
94
+ ε, − 14 + ε ,
95
Devoir Surveillé Samedi 21 mars
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Durée 2h45
Exercice 1 Suite définie implicitement
Pour tout entier n ∈ N∗ , on considère la fonction fn : [0, 1] −→ R définie par :
∀x ∈ [0, 1],
fn (x) = xn − (1 − x)2
1. Dans cette question, l’entier n ∈ N∗ est fixé.
(a) Étudier la monotonie de la fonction fn sur [0, 1].
1.5
(b) Démontrer qu’il existe un unique αn ∈]0, 1[ tel que fn (αn ) = 0.
2. On considère maintenant la suite (αn )n∈N∗ .
(a) Déterminer le signe de fn (αn+1 ) pour n ∈ N∗ .
(b) À l’aide des questions précédentes, démontrer que la suite (αn )n∈N∗ est croissante.
(c) En déduire que la suite (αn )n∈N∗ est convergente.
On notera α = lim αn .
1
1
0.5
n→+∞
(d) Montrer que α 6= 0.
(e) Supposons que 0 < α < 1.
i. Montrer qu’alors : lim αnn = 0.
1
n→+∞
ii. À l’aide de la relation fn (αn ) = 0, en déduire que (1 − α)2 = 0.
(f) Conclure sur la valeur de α.
0.5
1.5
Commentaire : exercice classique et très guidé d’étude de suites implicites. Le passage à la limite et
le raisonnement par l’absurde final sont très classique.
Correction :
1. On fixe donc n ∈ N∗ .
(a) La fonction fn est dérivable car c’est un polynôme. On a :
∀x ∈ [0, 1], fn′ (x) = nxn−1 + 2(1 − x).
On a facilement :
∀x ∈ [0, 1], nxn−1 > 0 et 2(1 − x) > 0 et donc fn′ (x) > 0
∀x ∈]0, 1[, nxn−1 > 0 et 2(1 − x) > 0 et donc fn′ (x) > 0
Il y a alors deux rédactions possibles.
Rédaction 1 : la dérivée de fn est strictement positive sur ]0, 1[, et s’annule (peut-être) aux
deux extrémités. Comme fn est continue sur [0, 1], cela suffit à assurer que fn est strictement
croissante sur [0, 1]
Rédaction 2 :On peut aussi faire le tableau de signe de x 7→ nxn−1 (positif s’annule en 0) et
de x 7→ 2(1 − x) (positif s’annule en 1), pour obtenir ∀x ∈ [0, 1], fn′ (x) > 0. Ainsi la fonction fn
est strictement croissante sur [0, 1].
Autre rédaction : On peut aussi remarquer que x 7→ xn est strictement croissante et x 7→
−(1 − x)2 est strictement croissante sur [0, 1], donc fn est strictement croissante sur [0, 1] comme
somme de fonctions strictement croissante.
95
96
(b) On a fn (0) = −1 et fn (1) = 1, la fonction fn est continue et strictement croissante. On a donc
le tableau de variation suivant :
αn
0
x
1
1
Variations
de fn
0
−1
Le théorème des valeurs intermédiaires montre alors qu’il existe une unique valeur αn ∈]0, 1[
telle que fn (αn ) = 0.
2. Considérons n ∈ N∗ , on a
fn (αn+1 ) =αnn+1 − (1 − αn+1 )2 .
2
Or on a la relation fn+1 (αn+1 ) = αn+1
n+1 − (1 − αn ) = 0. Cela donne donc :
n
fn (αn+1 ) =αnn+1 − αn+1
n+1 = αn+1 (1 − αn+1 )
= αn+1
n+1 (1 − αn+1 ) > 0.
| {z } |
⊕
Ainsi, ∀n ∈ N∗ , fn (αn+1 ) > 0.
{z
⊕
}
NB : maintenant n n’est plus fixé, pensez à ajouter des quantificateurs ∀n ∈ N∗ .
(b)
(a) On a :
∀n ∈ N∗ , fn (αn+1 ) >0
fn (αn+1 ) >fn (αn ).
Or on a vu que pour : n ∈ N∗ , la fonction fn est strictement croissante.
Considérons n ∈ N, on a alors le tableau de variation suivant (celui de fn ) :
x
αn
0
αn+1
1
1
⊕
Variations
de fn+1
0
−1
Donc de la relation fn (αn ) 6 fn (αn+1 ), on en déduit comme fn est strictement croissante :
αn 6 αn+1 .
Ainsi, ∀n ∈ N∗ , αn 6 αn+1 et la suite αn est donc croissante.
(c) La suite αn est croissante et majorée par 1. Elle est donc convergente. On note α sa limite.
On a : ∀n ∈ N, αn ∈]0, 1[, donc α ∈ [0, 1].
NB : inégalité large !
96
97
(d) Commentaire : très classique, ne pas tomber dans la piège.
(e)
On a : ∀n ∈ N∗ , αn > α1 , car la suite (αn ) est croissante donc α > α1 , or α1 > 0, donc α > 0.
i. Rappel : cette limite n’est pas évidente ! Il faut utiliser la forme exponentielle ! Pour le
vérifier, on considérera les limites suivantes :
1
1+
n
n
1
1+ 2
n
n
1
1+ √
n
n
On a : αnn = en ln(αn ) , ce qui amène à étudier la suite n ln(αn ).
On a
lim ln(αn ) = ln(α) < 0 par continuite de la fonction ln en α ∈]0, 1[.
n→+∞
Ce qui donne :
lim n ln(αn ) = −∞ limite de type + ∞ × ln(α) avec ln(α) < 0.
n→+∞
Par composition :
lim αnn = lim en ln(αn ) = lim et = 0.
n→∞
n→∞
t→−∞
Rappel : l’ordre de lecture de la relation ci-dessus est inversé. On devrait écrire :
— limt→−∞ et = existe et est égale à 0,
— or limn∞ αn = 0,
— donc limn→∞ en ln(αn ) existe et est égale à 0.
ii. On a :
∀n ∈ N, αnn = (1 − αn )2
On a : lim αnn = 0 et lim (1 − αn )2 = (1 − α). On peut passer la limite dans cette égalité
n→∞
pour obtenir :
n→+∞
0 = (1 − α)2 .
NB : la continuité de la fonction fn n’a strictement rien à voir là-dedans. Le fait que fn est
continue, signifie qu’à n fixé, on peut passer à la limite en x. Ici c’est une limite en n !
(f) Comme cela a été vu, on a : ∀n ∈ N, αn ∈]0, 1[. On a ainsi α ∈ [0, 1].
On a vu α 6= 0.
Supposons ensuite par l’absurde que 0 < α < 1. La question précédente amène alors (1−α)2 = 0,
i.e. α = 1. En contradiction avec α < 1.
La seule possibilité restante est donc α = 1.
En conclusion, on a
lim αn = 1.
n∞
Exercice 2 Cet exercice propose d’étudier la transmission d’un gène par autopollinisation (ou autogamie)
chez certaines plantes hermaphrodites (comme le pêcher) et de démontrer que ce mode de fécondation
favorisé par l’agriculture est moins riche en diversité génétique que l’interpollinisation (ou allogamie, par
exemple par les animaux ou le vent). On s’intéresse donc à un gène présent sous la forme de deux allèles notés
a et A. On suppose que le gène est autosomique, ainsi chaque plante autogame peut être ou bien homozygote
(de génotype aa ou AA) ou bien hétérozygote (de génotype aA). Par autogamie, une plante homozygote
donne une plante homozygote de même type, alors qu’une plante hétérozygote donne des plantes aussi bien
homozygotes (de génotype aa ou AA) qu’hétérozygotes (tout se passe comme la fécondation de deux plantes
de même génotype). On suppose qu’un parent hétérozygote transmet l’allèle a ou A de façon équiprobable,
97
98
et que les deux allèles transmis sont indépendants. De plus, on néglige les modifications d’information
génétique par mutation. Partant d’une plante hétérozygote, on étudie une lignée de générations successives
par autogamie. Pour tout n ∈ N⋆ , on note aan , AAn et aAn les événements d’obtenir à la n-ième génération
les génotypes aa, AA et aA respectivement, et xn , yn et zn leur probabilité respective (donc x1 = y1 = 0
et z1 = 1).
1. On fixe n ∈ N⋆ pour cette question.
(a) Montrer que x2 = y2 =
1
4
et z2 = 12 .
(b) Déterminer x3 , y3 et z3 .
(c) Que peut-on dire des événements aan , AAn et aAn ?
(d) Justifier précisément que xn+1 = xn + 41 zn , yn+1 = yn + 14 zn et zn+1 = 12 zn .
On va maintenant déterminer des expressions de xn , yn et zn en fonction de n ∈ N⋆ en utilisant deux
méthodes différentes. Les questions 2 et 3 sont donc indépendantes.
2. (1re méthode)
(a) Exprimer zn en fonction de n ∈ N⋆ .
(b) Soit n ∈ N⋆ .
Calculer
n−1
X
k=1
(xk+1 − xk ) de deux manières différentes et en déduire une expression de xn en
fonction de n.
(c) Montrer que ∀n ∈ N⋆ , xn = yn et en déduire une expression de yn en fonction de n.


xn


⋆
e
3. (2 méthode) Pour tout n ∈ N , on pose Xn =  yn .
zn
(a) Déterminer une matrice M ∈ M3 (R) telle que ∀n ∈ N⋆ , Xn+1 = M Xn .
(b) Montrer que ∀n ∈ N⋆ , Xn = M n−1 X1

1

(c) Soit P =  0
0
Montrer que P

0 1

1 1 .
0 −2
est inversible et calculer P −1 .
(d) Montrer que P −1 M P est une matrice diagonale D qu’on précisera.
(e) Exprimer M n−1 en fonction de P , P −1 , D et n.
(f) En déduire des expressions de xn , yn et zn en fonction de n.
4. A l’aide des résultats précédents, déterminer les limites de xn , yn et zn lorsque n tend vers +∞ et
conclure en interprétant ces résultats.
Correction : Pour tout n ∈ N⋆ , on note aan , AAn et aAn les événements d’obtenir à la n-ième
génération les génotypes aa, AA et aA respectivement, et xn , yn et zn leur probabilité respective (donc
x1 = y1 = 0 et z1 = 1).
1. On fixe n ∈ N⋆ pour cette question.
(a) Puisque l’autogamie se passe comme la fécondation de deux plantes de même génotype, on peut
supposer qu’on part de deux parents hérérozygotes de génotype aA que l’on note H et H ′ .
On note a (respectivement a′ ) l’événement que H (respectivement H ′ ) transmet l’allèle a, et A
(respectivement A′ ) l’événement que H (respectivement H ′ ) transmet l’allèle A. On a donc les
événements suivants :
— a ∩ a′ : obtenir une plante homozygote de génotype aa ;
98
99
— A ∩ A′ : obtenir une plante homozygote de génotype AA ;
— (a ∩ A′ ) ∪ (A ∩ a′ ) : obtenir une plante hétérozygote de génotype aA.
Puisque une plante hétérozygote transmet l’allèle a ou A de façon équiprobable, on a P (a) =
P (A) = 21 et P (a′ ) = P (A′ ) = 12 . Et puisque les deux allèles transmis par une plante hétérozygote
sont indépendants, on obtient :
— P (a ∩ a′ ) = P (a)P (a′ ) = 12 × 12 = 14 ;
— P (A ∩ A′ ) = P (A)P (A′ ) = 21 × 12 = 14 ;
— P ((a ∩ A′ ) ∪ (A ∩ a′ )) = P (a ∩ A′ ) + P (A ∩ a′ ) (car les événements a ∩ A′ et A ∩ a′ sont
incompatibles) donc P ((a ∩ A′ ) ∪ (A ∩ a′ )) = P (a)P (A′ ) + P (A)P (a′ ) = 12 × 12 + 12 × 21 = 12 .
Enfin, puisqu’on néglige les modifications d’information génétique par mutation, on obtient à
chaque génération :
PaAn (aan+1 ) = P (a ∩ a′ ) =
1
1
, PaAn (AAn+1 ) = P (A ∩ A′ ) = ,
4
4
PaAn (aAn+1 ) = P ((a ∩ A′ ) ∪ (A ∩ a′ )) =
1
.
2
(b) De même, on obtient d’après les hypothèses de l’énoncé :
Paan (aan+1 ) = 1, Paan (AAn+1 ) = 0, Paan (aAn+1 ) = 0
PAAn (aan+1 ) = 0, PAAn (AAn+1 ) = 1, PAAn (aAn+1 ) = 0.
(c) Les événements aan , AAn et aAn sont deux à deux incompatibles et leur union forme l’ensemble de tous les génotypes possibles. Ces trois événements forment donc un système complet
d’événements.
(d) Puisque aan , AAn et aAn forment un système complet d’événements (résultat précédent), on
obtient d’après la formule des probabilités totales et en utilisant les résultats des questions 1.(a)
et 1.(b) :
xn+1 = P (aan+1 )
yn+1
= Paan (aan+1 )P (aan ) + PAAn (aan+1 )P (AAn ) + PaAn (aan+1 )P (aAn )
1
1
= 1 × xn + 0 × yn + × zn = xn + zn ;
4
4
= P (AAn+1 )
zn+1
= Paan (AAn+1 )P (aan ) + PAAn (AAn+1 )P (AAn ) + PaAn (AAn+1 )P (aAn )
1
1
= 0 × xn + 1 × yn + × zn = yn + zn ;
4
4
= P (aAn+1 )
= Paan (aAn+1 )P (aan ) + PAAn (aAn+1 )P (AAn ) + PaAn (aAn+1 )P (aAn )
1
1
= 0 × xn + 0 × yn + × zn = zn .
2
2
2. (1re méthode)
(a) D’après le résultat de la question précédente, (zn )n∈N⋆ est une suite géométrique de raison
On en déduit donc que ∀n ∈ N⋆ , zn =
n−1
1
2
99
z1 =
n−1
1
2
(car z1 = 1).
1
2.
100
(b) Soit n ∈ N⋆ . On a :
n−1
X
k=1
(xk+1 − xk ) =
n−1
X
1
zk
4
k=1
n−1
X
1
=
4
k=1
=
=
=
(d’après le résultat de la question 1.(d))
k−1
1
2
X 1
1 n−2
4 k=0 2
k
(d’après le résultat de la question précédente)
(par linéarité et changement d’indice)
n−1
1
1 1− 2
×
4
1− 1
n 2
1
1
−
.
2
2
(somme des termes d’une suite géométrique)
De plus, on reconnaît une somme télescopique :
n−1
X
k=1
(xk+1 − xk ) =
n−1
X
k=1
xk+1 −
n−1
X
xk =
k=1
n
X
k=2
Puisque x1 = 0, on en déduit que xn =
1
2
xk −
−
n−1
X
k=1
n
1
2
xk = xn +
n−1
X
k=2
xk −
n−1
X
k=2
xk − x1 = xn − x1 .
.
(c) Démontrons par récurrence que ∀n ∈ N⋆ , xn = yn . Pour n = 1, le résultat est vrai car x1 = y1 = 0.
On suppose que xn = yn pour un entier n ∈ N⋆ fixé. Alors on a d’après les résultats de la question
1.(d) :
1
1
xn+1 = xn + zn = yn + zn = yn+1 .
4
4
Le résultat est donc héréditaire pour tout n ∈ N⋆ puis on conclut d’après le principe de
récurrence.
Par
n conséquent, on en déduit d’après le résultat de la question précédente que
1
1
yn = 2 − 2
pour tout n ∈ N⋆ .


xn


⋆
e
3. (2 méthode) Pour tout n ∈ N , on pose Xn =  yn .
zn
(a) D’après les résultats de la question 1.(d), on a pour tout n ∈ N⋆ :


 xn+1


yn+1
zn+1
c’est-à-dire Xn+1
= xn
+
=
yn +
=
1
4 zn
1
4 zn
1
2 zn





1 0 1/4
xn
xn+1


 

⇐⇒  yn+1  =  0 1 1/4   yn 
zn
zn+1
0 0 1/2


1 0 1/4


= M Xn avec M =  0 1 1/4  ∈ M3 (R).
0 0 1/2
(b) Démontrons par récurrence que ∀n ∈ N⋆ , Xn = M n−1 X1 . Pour n = 1, le résultat est vrai car
M 1−1 = M 0 = I3 . On suppose que Xn = M n−1 X1 pour un entier n ∈ N⋆ fixé. On a donc d’après
le résultat de la question précédente :
Xn+1 = M Xn = M × (M n−1 X1 ) = (M × M n−1 )X1 = M n X1 = M (n+1)−1 X1
par associativité du produit matriciel. Le résultat est donc héréditaire pour tout n ∈ N⋆ puis on
conclut d’après le principe de récurrence.
100
101

1

(c) Soit P =  0
0
la méthode du

0 1

1 1 . La matrice P est inversible car elle est échelonnée et de rang 3. D’après
0 −2
pivot de Gauss, on a :

1 0 1

P = 0 1 1
0 0 −2

1 0 1

 0 1 1
0 0 1

1 0 0

I3 =  0 1 0
0 0 1















L3 ← − 12 L3
L1 ← L1 − L3
L2 ← L2 − L3



1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0

0

0  = I3
1

0

0 
−1/2

1/2

1/2  = P −1 .
−1/2
(d) On a :
P −1 M P







1 0 1
1 0 1/4
1 0 1/2




=  0 1 1/2   0 1 1/4   0 1 1 
0 0 −2
0 0 1/2
0 0 −1/2
1 0 1/2
1 0 1/2



=  0 1 1/2   0 1 1/2 
0 0 −1/2
0 0 −1


1 0 0


=  0 1 0 .
0 0 1/2
Ainsi P −1 M P est égale à la matrice diagonale D = diag 1, 1, 12 .
(e) Puisque P −1 M P = D, on en déduit que M = P DP −1 (en multipliant à gauche par P et à droite
par P −1 ). Puis en utilisant l’associativité du produit matriciel, on obtient pour tout n ∈ N⋆ :
M n−1 = (P DP −1 )n−1
= (P DP −1 )(P DP −1 )(P DP −1 ) . . . (P DP −1 )(P DP −1 )
|
{z
(n − 1) fois
= P D(P −1 P )D(P −1 P )D(P −1 P ) . . . D(P −1 P ) DP −1
|
= P Dn−2 DP −1
{z
(n − 2) fois
(car D(P −1 P ) = DI3 = D)
= P Dn−1 P −1 .
101
}
}
102
(f) D’après les résultats des questions précédentes, on obtient pour tout n ∈ N⋆ :


xn


n−1
X1 = P D n−1 P −1 X1
 yn  = Xn = M
zn






n−1 



1/2
1 0
0
1 0 1




=  0 1 1  0 1
0
  1/2 
−1/2
0 0 (1/2)n−1
0 0 −2



0
1 0 1/2



 0 1 1/2   0 
1
0 0 −1/2
1 0 0
1 0 1



=  0 1 1  0 1 0 
0 0 1/2
0 0 −2

1 0 1
1/2
1/2 − (1/2)n



 
=  0 1 1   1/2
 =  1/2 − (1/2)n  .
(1/2)n−1
0 0 −2
−(1/2)n
On en déduit que xn = yn =
1
2
−
4. Puisque 21 ∈] − 1, 1[, on a limn→+∞
résultats précédents que :
n
1
2
n
1
2
et zn =
1
2
.
= 0 et limn→+∞
lim xn = lim yn =
n→+∞
n−1
n→+∞
1
2
et
n−1
1
2
= 0. On en déduit d’après les
lim zn = 0.
n→+∞
Ainsi, en partant d’un parent hétérozygote, la probabilité d’obtenir une plante hétérozygote après un
grand nombre de fécondations autogames tend vers 0 alors que celle d’obtenir une plante homozygote
(de génotype aa ou AA) tend vers 1. L’autogamie ne favorise donc pas la diversité génétique.
Exercice 3 Deux jeux de dés successifs
Tous les dés considérés sont cubiques, et les apparitions des différentes faces sont toutes équiprobables.
On considère le dé A dont les faces sont numérotées de 1 à 6, et les sept dés Di , 1 6 i 6 7 tels que,
pour chaque i le dé Di possède i − 1 faces blanches et 7 − i faces noires (par exemple, le dé D3 contient
deux faces blanches et quatre faces noires).
On choisit tout d’abord un numéro i compris entre 1 et 7 en lançant le dé A et en procédant de la façon
suivante :
• si le résultat du lancer est 2, 3, 4, 5 ou 6, on choisit le numéro sorti,
• si le résultat du lancer est 1, on lance à nouveau le dé A, et si le nouveau résultat est 1, 2 ou 3, on
choisit le numéro 1, sinon on choisit le numéro 7.
Après avoir choisi de cette façon le numéro i, 1 6 i 6 7, on joue exclusivement avec le dé Di . On lance
Di successivement plusieurs fois de suite de façon indépendante. Les résultats obtenus à chaque lancer sont
donc indépendants, sachant que l’on a utilisé le dé Di .
On transmets alors la couleur de la face obtenue à chaque lancer à un observateur qui ignore quel dé
Di est utilisé.
Rappel :
n
X
i=1
i=
n(n + 1)
2
n
X
i=1
i2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
n
X
i=1
i3 =
n(n + 1)
2
2
.
1. on note Ak l’évènement "à l’issue de la procédure de choix de dé, on choisit le dé numéro k".
(a) Calculer les probabilités p(A2 ), p(A3 ), p(A4 ), p(A5 ) et p(A6 ).
(b) Calculer les probabilités p(A1 ) et p(A7 ).
102
103
2. Calculer la probabilité que l’observateur obtienne :
(a) une face noire au premier lancer.
(b) une face noire au deuxième lancer.
1
(c) une face noire aux deux premiers lancers.
2
(d) Les évènement "obtenir une face noire au premier lancer" et "obtenir une face noire au second
lancer" sont-ils indépendants ?
Justifier votre réponse par le calcul et interpréter.
(e) une face noire aux trois premiers lancers.
1.5
3. Si on a obtenu une face noire aux deux premiers lancers, calculer la probabilité d’obtenir une face
noire au troisième lancer.
4. Si on a obtenu une face noire aux trois premiers lancers, calculer la probabilité que le dé choisit soit
le dé 1.
On donnera une expression facilement calculable des valeurs des probabilités, sans chercher à simplifier les
fractions obtenues.
Commentaire : Expérience aléatoire en deux étapes (dé A puis dé de couleurs). On a alors les techniques classiques : SCE associé à la première étape et formule de Bayes.
Correction :
1. (a) A2 signifie que le premier tirage du dé A a donné 2. Ainsi, p(A2 ) =
p(A3 ) = p(A4 ) = p(A5 ) = p(A6 ) = 16
1
6.
De même, on a :
(b) A1 signifie que le premier tirage de dé a donné 1 , et le deuxième 1, 2 ou 3. En notant D1 et D2
les résultats des deux tirages du dé A, on a : A1 = (D1 = 1) ∩ (D2 = 1, 2 ou 3).
Ce qui donne :
p(A1 ) =p (D1 = 1) ∩ (D2 = 1, 2 ou 3)
=p(D1 = 1)pD1 =1 (D2 = 1, 2 ou 3)
=
1
11
= .
62
12
De même :
p(A1 ) =p (D1 = 1) ∩ (D2 = 4, 5 ou 6)
=
11
1
= .
62
12
2. (a) On utilise le système complet d’événements : (A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 ). Il s’agit bien d’un
système complet d’événements car on choisit un nombre i ∈ [[1, 7]] et un seul.
Ainsi, avec la formule des probabilités totales :
p(N ) =
=
7
X
i=1
7
X
p(N ∩ Ai ) =
p(Ai )
i=1
103
1
7−i
.
6
7
X
i=1
p(Ai )pAi (N )
1.5
1.5
104
En effet, sachant l’événement Ai , le dé choisit est le dé Di . Il a 7 − i faces (sur les 6 ) qui sont
noires. Ce qui donne :
7
X
p(N1 ) =
p(Ai )
7−i
6
p(Ai )
6
0
7−i
+ p(A1 ) + p(A7 )
6
6
6
i=1
6
X
=
i=2
=
6
X
17−i
i=2
=
6 6
+
1
12
6
1 X
1
(7 − i) +
36 i=2
12
On peut faire le calcul « à la main » :
p(N1 ) =
1
15
1
18
1
1
(5 + 4 + 3 + 2 + 1) +
=
+
=
= .
36
12
36 12
36
2
Ou utiliser les formules de somme :
1
p(N1 ) =
36
=
Ainsi : p(N1 ) =
5
X
i=1
!
i +
1
12
en posant i = 7 − i
1
18
1
15
+
=
= .
36 12
36
2
1
2
(b) Les lancers 2 et 3 se déroulent dans les mêmes conditions, ainsi p(N2 ) = p(N1 ). On peut aussi
refaire le même calcul en utilisant la formule des probabilités totales avec le même SCE. Par
contre, il est inutile d’utiliser le système complet d’événements
(A1 , N1 ), (A1 , B1 ), (A2 , N1 ), (A2 , B1 ), . . . (A7 , N1 ), (A7 , B1 )
et de faire deux fois la formule des probabilités totales.
(c) On procède de même en utilisant le système complet d’événements Ai :
p(N1 ∩ N2 ) =
7
X
i=1
7
X
p(N1 ∩ N2 ∩ Ai ) =
7−i
=
p(Ai )
6
i=1
104
2
7
X
i=1
p(Ai )pAi (N1 ∩ N2 )
105
En effet, sachant Ai , les lancers du dé Di sont indépendants. Cela donne :
p(N1 ∩ N2 ) =
=
=
6
1 X
p(Ai )(7 − i)2 + p(A1 ) × 1 + p(A7 ) × 0
62 i=2
6
1 X
1
(7 − i)2 +
63 i=2
12
5
1 X
1
k2 +
63 k=1
12
1
1 5 × 6 × 11
+
3
6
6
12
55
1
= 3 +
6
6×2
36
110
+
= 3
6 × 2 63 × 2
146
73
= 3
= 3
6 ×2
6
=
On obtient ainsi : p(N1 ∩ N2 ) =
73
63 .
(d) Pour montrer que N1 et N2 ne sont pas indépendants, on vérifie :
p(N1 ∩ N2 ) 6=p(N1 )p(N2 )
73 1
c’est-à-dire 3 6= .
6
4
En effet, si on a obtenu une noire au premier tirage, on peu penser que la valeur de i choisie est
faible (en particulier, ce n’est pas 7), et ainsi, le prochain tirage aura plus de chance d’être noir.
(e) On procède de même en utilisant le système complet d’événements Ai :
p(N1 ∩ N2 ∩ N3 ) =
7
X
i=1
7
X
p(N1 ∩ N2 ∩ N3 ∩ Ai ) =
7−i
=
p(Ai )
6
i=1
1
= 3
6
=
3
7
X
i=1
p(Ai )pAi (N1 ∩ N2 ∩ N3 )
!
6
1X
(7 − i)3 + p(A1 )
6 i=2
5
1 X
1
i3 +
4
6 i=1
12
1 (5 × 6)2
1
+
4
6
4
6×2
25
12
= 2
+
6 × 4 62 × 4
37
= 2
.
6 ×4
=
Ainsi : p(N1 ∩ N2 ∩ N3 ) =
3. On cherche pN1 ∩N2 (N3 ). On a :
37
62 ×4 .
pN1 ∩N2 (N3 ) =
p(N1 ∩ N2 ∩ N3 )
p(N1 ∩ N2 )
37
2
= 6 73×4 =
63
37 × 6
37 × 3
111
37 63
=
=
=
.
2
6 × 4 73
73 × 4
73 × 2
146
105
106
4. On utilise la formule de Bayes avec le système complet d’événements Ai :
p(A1 ∩ N1 ∩ N2 ∩ N3 )
p(N1 ∩ N2 ∩ N3 )
p(A1 )pA1 (N1 ∩ N2 ∩ N3 )
.
=
p(N1 ∩ N2 ∩ N3 )
pN1 ∩N2 ∩N3 (A1 ) =
or p(A1 ) =
1
12
Cela donne :
et pA1 (N1 ∩ N2 ∩ N3 ) = 1 et p(N1 ∩ N2 ∩ N3 ) a été calculé à la question 2.
pN1 ∩N2 ∩N3 (A1 ) =
1
12
37
62 ×4
106
=
62 × 4
6×2
=
.
12 × 37
37
107
Interrogation Informatique sujet commun BCPST 1A/1B
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Écrivez directement sur la feuille d’énoncé (recto/verso si besoin).
Nom:
Prénom:
Pour gagner du temps, il est inutile de mettre les commentaires en entête de fonctions.
Durée 15 minutes
Exercice 1
Soit la fonction suivante :
def f o n c t i o n( L ):
"""
entr é e : L = liste
"""
valeurRetour = 0
courant = 1
for i in range ( len ( L ) -1):
if L [ i ] > L [ i +1]:
c o u r a n t += 1
else :
if c o u r a n t > v a l e u r R e t o u r:
valeurRetour = courant
courant = 1
return v a l e u r R e t o u r
1. Donner la sortie de cette fonction sur les listes suivantes :
[1 ,2 ,3 ,2 ,1 ,4 ,5 ,6 ,7 ,2 ,3 ,5 ,8 ,9]
Correction : 3
1
[3 ,2 ,1]
Correction : 0
1
[3 ,7 ,6 ,5 ,3]
Correction : 1
1
[1 ,2 ,3 ,4 ,5]
Correction : 2
2. Expliquer ce que fait cette fonction.
Correction : Cette fonction renvoie la longueur de la partie strictement décroissante la plus longue
qui est suivie par une partie croissante (au sens large).
Exercice 2 Écrire une fonction sousSuiteCroissante qui prends en entrée une liste L et qui sort une
liste C strictement croissante construite en choisissant certains éléments de L de la manière suivante :
— le premier élément de C est le premier élément de L.
— On cherche ensuite un élément dans L, noté L[j] d’indice j strictement supérieur à 0, qui est
strictement supérieur à C[0].
107
108
— On procède ensuite de la même manière : si le dernier élément de la liste C est L[j], alors on cherche
dans la liste L un élément L[k], tel que k > j et L[k] > L[j]. On ajoute l’élément L[k] à la fin de la
liste C.
Voici quelques exemples :
s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ([2 ,5 ,3 ,6 ,4 ,2 ,3 ,8 ,5 ,6]) est [2 ,5 ,6 ,8]
s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ([2 ,1 ,1 ,15 ,4 ,2 ,15 ,8 ,5 ,6]) est [2 ,15]
s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ([15 ,4 ,2 ,3 ,8 ,5 ,6]) est [15]
s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ([1 ,2 ,3 ,3 ,4 ,5]) est [1 ,2 ,3 ,4 ,5]
Correction : avec une boucle for sur les éléments
2
4
6
8
10
def s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ( L ) :
"""
entr é e : L = liste
sortie : C = liste
= sous - suite c r o i s s a n t e s t r i c t e m e n t o b t e n u e à partir de L
"""
C = [ L [0]]
for x in L :
if x > C [ -1] :
C += [ x ]
return C
Correction : avec une boucle for sur les indices
1
3
5
7
def s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ( L ) :
C = [ L [0]]
j = 0
for k in range ( len ( L )) :
if L [ k ] > L [ j ] :
C += [ L [ k ] ]
j = k
return C
Correction : avec une boucle while sur les indices
2
4
def s o u s S u i t e C r o i s s a n t e ( L ) :
n = len ( L )
C = [ L [0]]
j = 0 # indice dans L du d e r n i e r é l é ment de C
6
8
10
12
14
while j < n :
# r e c h e r c h e d ’ un indice k > j tel que L [ k ] > L [ j ]
k = j +1 # indice de l e c t u r e dans L
while k < n and L [ k ] <= L [ j ] :
k += 1
if k < n :
C += [ L [ k ] ]
j = k
return C
108
109
Devoir Surveillé Samedi 28 mars
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Durée : 3h
Exercice 1 Optimisation des gains dans un jeu
Une urne contient 2n jetons numérotés de 1 à 2n (n > 1) et sert de matériel au jeu suivant. On extrait
un jeton au hasard de l’urne et on a alors le choix :
— on peut arrêter le jeu là et gagner la valeur de ce pion,
— ou alors on peut remettre le jeton dans l’urne, puis en tirer un autre. On gagne alors la valeur de ce
second jeton (même si il est moins avantageux).
On choisit d’adopter la stratégie suivante : on se donne une valeur « seuil » s ∈ [[2, 2n]]. Si le premier jeton
est de valeur supérieure au égale à s, on s’en contente. Sinon on tente de faire mieux avec le second jeton.
Le but de cet exercice est de trouver la valeur de s optimale.
On note X1 le résultat du premier jeton et G le gain du joueur.
1. Introduction
(a) Écrire une fonction Python prenant en entrée les entiers n et s et permettant de simuler le gain
G du joueur.
1
Indication : utiliser la fonction rand() qui renvoie un réel aléatoire de [0, 1[.
(b) Écrire une fonction Python prenant en entrée :
— les entiers n et s,
— un entier NbrExp (le nombre d’expérience)
et permettant de simuler l’expérience aléatoire NbrExp fois, en déterminant combien de fois
chaque résultat est sorti. La sortie sera une liste R avec :
1
∀i ∈ [[1, 2n]] , R[i] est le nombre de tirages simulés vérifiant (G = i)
Indication : on pourra bien sûr utiliser la fonction précédente.
(c) Dans cette question uniquement, on considère le cas n = 5 et s = 3. Déterminer la loi de G.
1.5
(d) Dans cette question uniquement, on considère le cas n = 5 et s = 7. Déterminer la loi de G.
1
2. Cas général
1
(a) Donner la loi de X1 et son espérance.
1
(b) Déterminer la probabilité des événements (X1 < s) et (X1 > s).
2
(c) Déterminer la loi de G en fonction de s.
(d) Vérifier (par un calcul) que
2n
X
1
p(G = k) = 1.
k=1
(e) Déterminer l’espérance de G en fonction de s et de n.
(f) Quelle valeur de s rend maximum l’espérance de G ?
(g) Calculer l’espérance de G pour ce choix de s, comparer à E(X1 ) et interpréter.
Commentaire : Comme souvent dans les exercices de probabilités, il faut commencer par un exemple :
si il y a 10 jetons, intuitivement le meilleur seuil probable est autour de 5. Si on choisit le seuil s = 5, il est
clair que :
— les probabilité d’avoir 1, 2, 3, 4 sont identiques (c’est la probabilité d’avoir au premier tour plus de
5, puis cette valeur),
109
2
1
1
110
— tandis que la probabilité d’avoir un gain égal à 5, 6, 7, 8, 9, 10 sont aussi égales, mais plus élevé que le
cas précédent, car on peut obtenir ces gains de deux manière : soit au premier tour soit au deuxième.
Correction :
1. Introduction
(a) On peut écrire par exemple :
1
3
5
def gain (n , s ):
jeton1 = floor ( rand ()*2* n ) + 1
if jeton1 > s :
return jeton1
jeton2 = floor ( rand ()*2* n ) + 1
return jeton2
(b) On peut classiquement écrire :
2
4
6
def simule ( NbrExp , n , s ) :
R = [0] * (2* n +1) # de 0 à 2 n
for exp in range ( NbrExp ):
i = gain (n , s )
R [ i ] += 1
return R
(c) Avec n = 5 (il y a 10 jetons) et s = 3, on a clairement : G(Ω) = [[1, 10]].
Commençons par calculer p(G = 1).
Pour avoir un gain de 1, c’est que le premier tirage a donné une valeur inférieur à 3, puis que
l’on a obtenu 1. Cela s’écrit :
(G = 1) =(X1 < 3) ∩ (X2 = 1)
d’où p(G = 1) =p(X1 < 3)p(X2 = 1)
2
2 1
=
=
10 10
100
par indépendance des lancers
Maintenant on constate que pour avoir un gain de 2, c’est que le premier tirage a donné une
valeur inférieur à 3, puis que l’on a obtenu 2. Autrement dit : (G = 2) = (X1 < 3) ∩ (X2 = 2),
2
on obtient donc de même : p(G = 2) = 100
.
On cherche maintenant à calculer p(G = 3). Pour avoir un gain de 3, il y a deux possibilité : soit
le premier tirage a donné 3, soit le premier est inférieur strictement à 3 et le deuxième tirage a
donné 3.
Cela s’écrit :
(G = 3) =(X1 = 3) ∪ (X1 < 3) ∩ (X2 = 3)
union disjointe
ce qui donne : p(G = 3) =p(X1 = 3) + p(X1 < 3)p(X2 = 3)
1
2 1
au final : p(G = 3) = +
10 10 10
12
=
100
par indépendance
On constate ensuite que : (G = 4) = (X1 = 4) ∪ (X1 < 3) ∩ (X2 = 4), ainsi, p(G = 4) =
12
. On obtient donc le tableau suivant :
Puis facilement : ∀k > 3, p(G = k) = 100
k
p(G = k)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
100
2
100
12
100
12
100
12
100
12
100
12
100
12
100
12
100
12
100
110
12
100 .
111
(d) Si n = 5 (toujours 10 jetons), et s = 7, On a : G(Ω) = [[1, 10]].
On procède de même :
(G = 1) =(X1 < 7) ∩ (X2 = 1)
d’où p(G = 1) =p(X1 < 7)p(X2 = 1)
6 1
6
=
=
10 10
100
par indépendance des lancers
Ce raisonnement est valable pour (G = k), avec k < 7. Ainsi, ∀k < 7, p(G = k) =
Ensuite :
(G = 7) =(X1 = 7) ∪ (X1 < 7) ∩ (X2 = 7)
6
100 .
union disjointe
ce qui donne : p(G = 7) =p(X1 = 7) + p(X1 < 7)p(X2 = 7)
1
6 1
au final : p(G = 7) = +
10 10 10
16
=
100
par indépendance
16
et de même : ∀k > 7, p(G = k) = 100
.
On obtient donc le tableau suivant :
k
p(G = k)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6
100
6
100
6
100
6
100
6
100
6
100
16
100
16
100
16
100
16
100
2. Cas général
(a) Comme tous les événements X = k pour k ∈ [[1, 2n]] sont équiprobables, on a : X1 ֒→ U(2n). En
particulier E(X1 ) = 2n+1
2 . (La formule de l’espérance est du cours, inutile de la redémontrer).
(b) Méthode 1 : Les tirages étant équiprobables, on a 2n tirages possibles et s − 1 jetons inférieur
2n−s+1
strictement à s, donc p(X1 < s) = s−1
2n . De même : p(X1 > s) =
2n .
Méthode 2 : On utilise le système complet d’événement associé à X1 :
p(X1 < s) =
=
n
X
k=1
s−1
X
P(X1 < s ∩ X1 = k)
P(X1 = k) =
k=1
s−1
.
2n
Puis de même : p(X1 > s) = 2n−s+1
2n .
NB : on peut vérifier que la somme des deux fait 1.
(c) Déjà G(Ω) = [[1, 2n]].
NB : il est clair qu’il faut séparer les cas k > s et k < s.
Cas 1 : Soit k ∈ [[1, s − 1]]. L’événement G = k signifie alors que l’on a tiré un premier jeton
X1 en dessous (strictement) du seuil s, on l’a donc rejeté, puis que le deuxième jeton X2 est k.
Ainsi :
P(G = k) =P(X1 < s ∩ X2 = k)
=P(X1 < s)P(X2 = k), par indépendance
s−1 1
=
2n 2n
s−1
.
=
4n2
Cas 2 : Soit k ∈ [[s, 2n]]. L’événement G = k est possible dans deux situations distinctes :
111
112
— on a tiré un jeton X1 = k, on l’a donc gardé,
— on a tiré un jeton X1 inférieur au seuil, puis on a tiré un jeton X2 égal à k.
Ce qui donne :
P(G = k) =P (X1 = k ∪ (X1 < s ∩ X2 = k))
=P(X1 = k) + P (X1 < s ∩ X2 = k)
1
+ P (X1 < s) P (X2 = k) par indépendance
=
2n
s−1 1
1
+
=
2n
2n 2n
2n + s − 1
=
4n2
Autre rédaction : Les événements X1 < s et X1 > s forment un SCE, ce qui donne :
p(G = k) = p(X1 < s ∩ G = k) + p(X1 > s ∩ G = k)
= p(X1 < s ∩ X2 = k) + p(X1 > s ∩ X1 = k)
= p(X1 < s)p(X2 = k) + p(X1 > s ∩ X1 = k)
s−1 1
+ p(X1 > s ∩ X1 = k)
=
2n 2n
On voit qu’il y a deux cas :
— si k < s, alors (X1 > s) ∩ (X1 = k) est impossible. Et donc :
p(G = k) =
s−1
.
(2n)2
— si k > s, alors p(X1 > s ∩ X1 = k) = p(X1 = k) =
p(G = k) =
En conclusion :
p(G = k) =
(d) Il est évident que
2n
X
1
2n
et donc :
s−1
1
s − 1 + 2n
+
=
.
(2n)2
2n
4n2

s−1


4n2
s
− 1 + 2n


4n2
si k < s
sinon.
p(G = k) = 1 (c’est la somme sur des probabilités du système complet
k=1
d’événements associé à G).
On le montre par le calcul comme cela est demandé :
2n
X
p(G = k) =
k=1
s−1
X
k=1
s−1
X
p(G = k) +
2n
X
p(G = k)
k=s
2n
s−1 X
s − 1 + 2n
=
+
2
4n
4n2
k=1
k=s
=
=
=
1
4n2
1
4n2
1
4n2
(s − 1)2 + (2n − s + 1)(s − 1 + 2n)
(s − 1)2 + 4n2 − (s − 1)2 = 1.
(s − 1)2 + (2n − (s − 1))(2n + (s − 1))
112
113
(e) On a :
E(G) =
2n
X
kp(G = k) =
k=1
=
s−1
X
k=1
s−1
X
k=1
=
=
kp(G = k) +
2n
X
kp(G = k)
k=s
k
2n
s − 1 + 2n
s−1 X
+
k
2
4n
4n2
k=s
2n
X
s − 1 s−1
s − 1 + 2n X
k
+
k
4n2 k=1
4n2
k=s
2n
s − 1 s(s − 1) s − 1 + 2n X
+
k.
4n2
2
4n2
k=s
Pour la deuxième somme on peut voir la somme des termes d’une suite arithmétique, ou faire
un changement de variable.
2n
X
k=
k=s
2n−s
X
(k + s) =
k=0
(2n − s + 1)(2n + s)
(2n − s)(2n − s + 1)
+ s(2n − s + 1) =
.
2
2
C’est le nombre de termes multiplié par la moyenne des termes extrémaux.
On obtient :
E(G) =
=
=
=
=
=
2n + s
s − 1 s(s − 1) s − 1 + 2n
+
(2n − s + 1)
2
2
4n
2
4n
2
i
1 h
2
s(s
−
1)
+
2n
+
(s
−
1)
2n
−
(s
−
1)
(2n
+
s)
8n2
i
1 h
2
2
2
s(s
−
1)
+
4n
−
(s
−
1)
)(2n
+
s)
8n2
i
1 h
2
2
−
2n(s
−
1)
+
4n
(2n
+
s)
8n2
i
1 h
− (s − 1)2 + 2n(2n + s)
2n
i
1 h
− s2 + 2(n + 1)s + 4n2 − 1
4n
(f) Il s’agit simplement de trouver le minimum de s 7−→ −s2 +2(n+1)s+4n2 −1. C’est un polynôme
b
», ici : en s = 2(n+1)
= n + 1. La valeur qui
de degré 2, dont le minimum est obtenu en « − 2a
2
rend maximum l’espérance de gain est donc s = n + 1.
(g) La valeur de ce minimum est :
E(G) =
=
=
=
i
1 h
− (n + 1)2 + 2(n + 1)2 + 4n2 − 1
4n
i
1 h
(n + 1)2 + 4n2 − 1
4n
i
1 h 2
5n + 2n
4n
i
1h
5n + 2 > n + 1 = E(X1 ) = E(X2 )
4
Ce qui montre qu’on a un gain meilleur avec cette stratégie que si l’on accepte / rejette systématiquement le jeton 1.
Exercice 2 Ecricome 1996
On considère l’application f définie sur R+∗ par : ∀x ∈ R+∗ , f (x) = xx .
113
114
1. Montrer que la fonction f est continue et dérivable sur R+∗ .
2. Montrer que la fonction f est prolongeable par continuité en 0, préciser la valeur de f (0).
On note toujours f la fonction ainsi prolongée.
3. Donner un équivalent de f (x) − 1 en 0.
La fonction f est-elle dérivable en 0 ?
4. Dresser le tableau de variation de f sur R+ .
−
→ −
→
5. On considère un repère orthonormé R = O, i , j du plan et on note C la courbe représentative de
f dans ce repère, et T la tangente à C au point d’abscisse 1.
Déterminer l’équation de T .
Montrer que la courbe C est au-dessus de la tangente T ?
6. Tracer l’allure de la courbe C, indiquer la tangente T .
Le dessin est à compléter dans les questions suivantes.
7. Donner quelques lignes de codes Python permettant d’obtenir le tracé de la courbe C et la tangente
T.
8. On note g la restriction de f à l’intervalle I =
sur un intervalle J, que l’on précisera.
h
1
e , +∞
h
. Démontrer que g réalise une bijection de I
9. En déduire qu’il existe une application ϕ de J sur I, telle que :
∀x ∈ J, ϕ(x)ϕ(x) = x.
Montrer que ϕ est continue et donner son sens de variation sur J.
10. Compléter le dessin précédent en indiquant la courbe représentative de la fonction ϕ dans le repère
−
→ −
→
O, i , j .
11. Donner quelques lignes de codes Python permettant d’obtenir le tracé de la courbe représentative de
la fonction ϕ.
Indication : cette courbe est la symétrique par rapport à la droite y = x de C. Il ne faut pas écrire
une fonction qui calcule ϕ(x) en fonction de x.
12. Établir que ϕ
=
x→+∞
o(ln x) .
Indication : on pourra démontrer que ϕ(x) ln(ϕ(x)) = ln(x).
13. Déterminer le plus grand intervalle K inclus dans J sur lequel ϕ est dérivable et montrer que :
∀x ∈ K, ϕ′ (x) =
ϕ(x)
x ϕ(x) + ln(x)
14. On note Γ la courbe représentative de ϕ dans le repère R et pour tout élément n ∈ N∗ , on note Tn la
tangente à Γ en son point d’abcisse n.
(a) Donner l’équation de Tn en fonction de ϕ(n) et ϕ′ (n).
(b) Déterminer l’abscisse un (en fonction de ϕ(n)) du point d’intersection de Tn avec l’axe horizontal
−
→
O, i .
(c) Donner un équivalent simple de un lorsque n tend vers +∞.
(d) Compléter le dessin précédent en indiquant la position des premiers termes de la suite (un ).
Correction :
1. Commentaire : pour être prévis, faites un schéma de composition !
114
0.5
0.5
115
La fonction f : x 7→ ex ln(x) est obtenu par la composition suivante :
R
→ R
R∗+ →
x 7−→ x ln(x)
y
7 → ey
−
Ainsi, la fonction f est continue, et dérivable (en fait de classe C ∞ ) sur R+∗ .
Attention, on se sert de la continuité de l’exponentiel sur R et non sur R+∗ .
2. On a limx→0 x ln(x) = 0, donc limx→0 f (x) = 1. Donc f est prolongeable par continuité en posant
f (0) = 1.
3. On a limx→0 x ln(x) = 0, et eu − 1 ∼ u, ainsi,
u→0
f (x) − 1 = ex ln(x) − 1 ∼ x ln(x).
x→0
Attention à la rédaction pour la substitution.
f (x) − 1
∼ ln(x) −−−−→ −∞, et f n’est pas dérivable en 0. On a une tangente verticale en 0.
x→0
x
x→0+
+∗
′
4. On a ∀x ∈ R , f (x) = (ln(x) + 1)ex ln x . D’où le tableau de variation
Donc
x
1
e
0
f ′ (x)
Variations de
f
−
+∞
+
0
+∞
1
1
e− e
5. La tangente T a pour équation : y = x. il s’agit donc de démontrer : ∀x > 0, f (x) > x. Ce qui s’écrit :
ex ln x > x ⇐⇒ ex ln x > eln x
⇐⇒ x ln x > ln(x)
⇐⇒ 0 > ln(x)(1 − x).
Ce qui est évident avec un tableau de signe :
x
0
+∞
1
signe de ln(x)
−
0
+
signe de 1 − x
+
0
−
signe de
ln(x)(1 − x)
−
0
−
6. On doit faire apparaître sur le dessin :
— La valeur en 0 et la tangente verticale,
— Le minimum en 1e (environ 31 ) et la tangente horizontale.
— La tangente en 1 et la position par rapport la tangente.
115
116
— Le fait que la courbe tends vers +∞ avec une branche parabolique (plus vite encore que l’exponentielle).
Voir le dessin plus loin avec l’ordinateur, mais ce n’est pas le dessin attendu : on doit faire apparaître
les tangentes !
7. Voici un exemple de code :
2
4
6
8
10
from pylab import *
xmin = 0.0001
xmax = e
ymin = 0
ymax = 10
x = l i n s p a c e( xmin , xmax , 100)
y = exp( x * log ( x ))
plot (x , y )
plot ([ xmin , xmax ] ,[ xmin , xmax ])
axis ([ xmin , xmax , ymin , ymax ])
8. Commentaire : cette question est la suivante sont très mal traités : on attends des arguments précis !
La fonction g est continue et strictement croissante sur
h
− 1e
elle est donc bijective, à valeurs dans J = e
h
h
1
e , +∞
h
, d’après le théorème de la bijection,
, +∞ . Il faut de plus dessiner le tableau de variation !
x
1
e
g′ (x)
0
Variations de
g
+∞
+
+∞
1
e− e
9. On note ϕ la bijection réciproque de g, on sait que ϕ est strictement croissante et continue (théorème
de la bijection). De plus,
∀x ∈ J, f (ϕ(x)) = x, soit ϕ(x)ϕ(x) = x.
Ne pas écrire :
∃ϕ :
Cela ne veut rien dire ! !
(
J
7 → I
−
ϕ(x)
ϕ(x)
→ x
1
10. Attention à dessiner une fonction : ϕ est définie pour x > e− e . On attends :
1
— la valeur en e− e en prenant le symétrique du minimum de Cf , en ce point la tangente est verticale
(ce que l’on montre aux questions suivantes)
— la valeur en 1 et la tangente en ce point.
— d’une manière générale prendre la symétrique de la courbe Cf .
11. On peut écrire :
2
4
xmin
xmax
ymin
ymax
=
=
=
=
1/ e
e
0
10
116
117
6
x = l i n s p a c e( xmin , xmax , 100)
y = exp( x * log ( x ))
plot (y , x )
12. Voici le dessin final. Attention, le dessin attendu (sans ordinateur), doit faire apparaître les tangentes.
10
8
6
4
2
0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
h
1
Figure 2 – Fonction x 7→ xx et sa réciproque sur e− e , +∞
13. On a, pour x ∈ J,
h
eϕ(x) ln(ϕ(x)) = eln(x) soit ϕ(x) ln(ϕ(x)) = ln(x).
Donc :
ϕ(x)
1
=
.
ln(x)
ln(ϕ(x))
Ainsi,
lim
x→+∞
1
ϕ(x)
= lim
.
ln(x) x→+∞ ln(ϕ(x))
Or on a lim f (y) = +∞, donc :
y→+∞
lim
x→+∞
Donc : ϕ
=
x→+∞
1
1
ϕ(x)
= lim
= lim
= 0.
ln(x) y→+∞ ln(ϕ(f (y)) y→+∞ ln y
o(ln x).
Il faut justifier lim ϕ(x) = +∞ par le changement de variable x = f (y), en notant que lorsque
x→+∞
y → +∞, x → +∞.
14. On a ∀x ∈
i
1
e , +∞
h
i
1
h
, f ′ (x) > 0, donc ϕ est dérivable sur e− e , +∞ .
1
1
ϕ n’est pas dérivable en e− e , puisque f ′ ( 1e ) = 0, il y a donc une tangente verticale en e− e .
117
118
1
De plus, on a pour x > e− e ,
1
f ′ (ϕ(x))
ϕ′ (x) =
=
1
1 + ln(ϕ(x)) ϕ(x)ϕ(x)
=
1
1 + ln(ϕ(x)) x
=
ϕ(x)
ϕ(x) + ln(ϕ(x)ϕ(x) ) x
=
ϕ(x)
ϕ(x) + ln(x) x
15. (a) La fonction ϕ est bien dérivable en n, si n > 1 et l’équation de la tangente Tn est :
Tn : y = ϕ′ (n)(x − n) + ϕ(n)
(b) Pour n > 0 un est défini par : ϕ′ (n)(un − n) + ϕ(n) = 0, soit :
ϕ(n)
+n
ϕ′ (n)
= −n(ϕ(n) + ln(n)) + n
un = −
= −nϕ(n) − n ln(n) + n.
(c) On a :
un = (n ln(n)) −1 +
ϕ(n) 1
−
ln(n)
ln(n)
| {z }
| {z }
−−−−−→0
(2)
n→+∞
Le terme (2) =
ϕ(n)
−−−−→
ln(n) −
n→+∞
0 car ϕ
=
x→+∞
o(ln x). Ainsi, un
∼
n→+∞
−n ln(n).
(d) Sur le dessin, on dessine rapidement les tangentes et leur intersection. En particulier, u1 = 0 !
Exercice 3
Détermination d’une valeur approchée de e
On considère la fonction f définie sur D = [e, +∞[ par f : x 7−→
x
.
ln(x)
1. Dresser le tableau de variation de f sur D = [e, +∞[ (on y fera apparaître les différentes limites et la
valeur de f (e)).
2. Montrer que ∀x > e,
Indication : on calculera
0 6 f ′ (x) 6 14 .
1
4
− f ′ (x)
On considère la suite (vn ) définie par :
3. Montrer que ∀n ∈ N, vn > e.

v0
=3
∀n ∈ N, vn+1
=
vn
.
ln vn
4. En appliquant l’égalité des accroissements finis, montrer que : ∀n ∈ N, vn+1 − e 6 14 vn − e.
5. En déduire que : ∀n ∈ N, vn − e 6
1
4n .
6. En déduire que la suite converge et déterminer sa limite.
118
119
7. Écrire une fonction Python approxE qui prend en entrée une valeur epsilon strictement positive et
qui calcule une approximation de la valeur de e à ǫ près.
Correction :
1. La fonction f est dérivable sur D comme quotient de x 7→ x et x 7→ ln(x) (qui ne s’annule pas sur
D). On a :
ln x − 1
=
⊕
ln
x
−
1
∀x > e, f ′ (x) =
(ln x)2
On a ensuite :
∀x > e, ln(x) − 1 > 0 et donc f ′ (x) > 0.
Avec f (e) = e et f ′ (e) = 0 D’où le tableau de variation :
x
e
f ′ (x)
0
+∞
+
+∞
Variations de
f
e
2. On a :
1
1 ln x − 1
− f ′ (x) = −
4
4
(ln x)2
1
2
= 2 ln x) − 4 ln x + 4)
4 ln(x)
=
(ln(x) − 2)2
>0
4(ln x)2
En remarquant : X 2 − 4X + 4 = (X − 2)2 .
D’où ∀x > e, 0 6 f ′ (x) 6 14 .
3. Par récurrence : P (n) : vn > e.
Initialisation : évidente car 3 > e.
Hérédité : à rédiger rapidement en remarquant que le tableau de variation assure que ∀x > e,
f (x) > e [e, +∞[. (on peut placer vn et son image dans le tableau de variation)
4. Soit n ∈ N, en appliquant l’égalité des accroissements finis à f sur l’intervalle [e, vn ] (les conditions
de régularité sont respectées) on a :
∃c ∈]e, vn [, vn+1 − e = f (vn ) − f (e) = f ′ (c)(vn − e).
En majorant on obtient :
|vn+1 − e| 6
6
|f ′ (c)||vn − e|
1
|vn − e| en utilisant la question 2.
4
Raisonnement très classique à savoir refaire.
119
120
5. Récurrence. On note P (n) : vn − e 6
1
4n .
Initialisation pour n = 0 évidente car |3 − e| 6 1.
Hérédité : à rédiger rapidement en utilisant la question précédente.
6. Comme limn∞
1
4n
= 0, on a directement limn∞ vn = e.
7. Étant donné l’exercice, on attends une boucle while pour arrêter les itérations lorsque 41n 6 ǫ. On
peut aussi commencer par calculer le nombre d’itérations puis faire une boucle for. Sinon c’est une
simple itération.
1
3
5
7
def a p p r o x E( e p s i l o n) :
x = 3
n = 0
while 1/(4** n ) > e p s i l o n :
x = x / log ( x )
n += 1
return x
Petit détail : la fonction logarithme népérien s’écrit log.
120
121
Interrogation Informatique Samedi 11 avril
BCPST Lycée Hoche
Pelletier Sylvain
Écrivez directement sur la feuille d’énoncé (recto/verso si besoin).
Nom:
Prénom:
Exercice 1 Le problème des allumettes de Banach
Un joueur dispose de deux boîtes d’allumettes identiques, qui contiennent chacune initialement n ∈ N∗
allumettes. L’une des boîtes est notée P l’autre F .
Il dispose aussi d’une pièce de monnaie qui donne pile avec la probabilité p ∈]0, 1[, face avec la probabilité
1 − p.
Il répète l’expérience :
— Lancer la pièce.
— Si il obtient pile il enlève une allumette de la boîte P , sinon de la boîte F .
— Il s’arrête lorsqu’il prend la dernière allumette de l’une des boîtes.
On note alors X le nombre d’allumettes qui restent dans l’autre boîte.
Écrire une fonction Banach(n,p), prenant en entrée :
— l’entier n, taille de chacune des boîtes,
— le réel p, probabilité d’obtenir pile avec la pièce.
et permettant de simuler (une fois) l’expérience en sortant une valeur X aléatoire, correspondant au résultat
de l’expérience.
Indication : utiliser la fonction rand() qui renvoie un réel aléatoire de [0, 1[.
Correction : Classiquement on utilise deux variables pour garder en mémoire le nombre de piles et
de faces.
1
3
5
7
9
11
13
def Banach (n , p ):
nbrPile = n
nbrFace = n
while n b r F a c e > 0 and n b r P i l e > 0 :
alea = rand ()
if alea < p : # pile
n b r P i l e = n b r P i l e -1
else :
n b r F a c e = n b r F a c e -1
if n b r F a c e > 0:
return n b r F a c e
else :
return n b r P i l e
121