Correction du devoir surveill´ e n˚5

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚5

Correction de l’exercice 1

1. On est en présence d’une forme indéterminée du type 0 0.

Etudier la limite de´ f(x) quandxtend vers 2⁻revient `a ´etudier la limite def(2+h) quandhtend vers 0⁻. Soith∈]− ∞,0[. Commeh <0, on a 2 +h <2 et donc :

f(2 +h) = |2(2 +h)²−(2 +h)−6|

2−(2 +h)

= |2(4 + 4h+h²)−2−h−6|

−h

= −|7h+ 2h²| h

= −|h(7 + 2h)|

h

= −|h| |7 + 2h|

h (|A×B|=|A| × |B|)

= −−h|7 + 2h|

h (h <0 donc|h|=−h)

= |7 + 2h|.

La fonction valeur absolue ´etant continue surR, on a :

h→0lim⁻f(2 +h) = lim

h→0⁻|7 + 2h|= 7.

On en d´eduit quef(x) tend vers 7 quandxtend vers 2⁻. Commef(2) = 7, la fonctionf est donc continue

`a gauche en 2.

2. On est en présence d’une forme indéterminée du type 0 0.

Etudier la limite de´ f(x) quandxtend vers 2⁺revient `a ´etudier la limite def(2+h) quandhtend vers 0⁺. Soith∈]0,+∞[. Commeh >0, on a 2 +h >2 et donc :

f(2 +h) = sin(7(2 +h)−14) ln((2 +h)−1)

= sin(7h) ln(1 +h).

Pour ´etudier le comportement au voisinage de 0 de la fonction h7→ sin(7h)

ln(1 +h), on s’appuie sur les deux limites usuelles :

X→0lim sin(X)

X = 1 et lim

X→0

ln(1 +X) X = 1.

On remarque de plus que : sin(7h)

ln(1 +h) = sin(7h)

7h ×7h× h

ln(1 +h)×1

h = 7×sin(7h)

7h × h

ln(1 +h).

(2)

Si h >0, on a donc :

f(2 +h) = sin(7h)

ln(1 +h) = 7×sin(7h)

7h × h

ln(1 +h). (1)

On a :

H→0lim sin(H)

H = 1

hlim→07h= 0











composition

=⇒ de limites

h→0lim sin(7h)

7h = 1 et

h→0lim

ln(1 +h) h = 1 et donc que :

h→0lim h

ln(1 +h)= 1

op´erations sur les limites et l’inverse de ln(1 +h)

h est h

ln(1 +h)

.

De (1) et de ces calculs de limites, on d´eduit que :

hlim→0⁺f(2 +h) = 7.

On en d´eduit quef(x) tend vers 7 quandxtend vers 2⁺. Commef(2) = 7, la fonctionf est donc continue

`

a droite en 2.

3. La fonctionf est continue `a gauche et `a droite en 2. Elle est donc continue en 2.

1. Les fonctionsx7→e^xet x7→x−2 sont deux fonctions strictement croissantes surR(fonctions usuelles).

La fonctionf, somme de ces deux fonctions, est donc elle aussi strictement croissante surR.

2. Th´eor`eme de la bijection : Soitf une fonction continue et strictement monotone sur un intervalleI.

Alors :

(a) f r´ealise une bijection deIsur son intervalle imagef(I) ;

(b) la bijection r´eciproque induite ϕ: f(I)→I est continue, strictement monotone sur f(I) et a mˆeme monotonie quef.

En termes d’équation, (a) se traduit par la propriété suivante : pour toutλ∈f(I), l’équation f(x) =λ d’inconnuexpossède une unique solution dansI.

Remarques

(a) Cette traduction de (a) en termes d’équation est très utile pour montrer qu’une équation, que l’on ne sait pas résoudre explicitement, possède une unique solution sur un intervalle donné.Cf. exemple ci-dessous.

(b) On dispose d’un tableau dans le cours nous permettant de d´eterminer l’intervalle f(I), connaissant le ^≪type^≫ de l’intervalle I et la monotonie def, au prix ´eventuellement d’un calcul de limite.

3. On va appliquer le théorème de la bijection à la fonctionf pour répondre à la question posée. On vérifie quef satisfait les hypothèses du-dit théorème.

• On a vu `a la question 1 que la fonctionf est strictement croissante surR.

• Les fonctionsx7→e^xetx7→x−2 sont deux fonctions continues surR(fonctions usuelles). La fonction f, somme de ces deux fonctions, est donc elle aussi continue surR.

D’après le théorème de la bijection, appliqué à f sur R, la fonction f réalise une bijection de R sur f(R) =

x→−∞lim f(x), lim

x→+∞f(x)

.

(3)

Comme lim

x→−∞e^x= 0 et lim

x→−∞x−2 =−∞, on a :

x→−∞lim e^x+x−2

| {z }

f(x)

=−∞ (op´erations sur les limites).

Comme lim

x→+∞e^x= +∞et lim

x→+∞x−2 = +∞, on a :

x→+∞lim e^x+x−2

| {z }

f(x)

= +∞ (op´erations sur les limites).

De ce qui précède, on déduit que f réalise une bijection de R sur f(R) = R. Comme 0 ∈ f(R) = R, l’équation

(E) : e^x+x−2

| {z }

f(x)

= 0 poss`ede une unique solution surR.

On note αl’unique solution de (E)dans la suite.

4. Pour montrer que α <1, on raisonne par l’absurde.

On suppose que α <1 est faux, i.e. que l’on aα≥1. Comme la fonctionf est (strictement) croissante, ceci implique que :

f(α)≥f(1). (2)

Par d´efinition de α, on a :

f(α) = 0. (3)

On calcule :

f(1) =e−1. (4)

De (2), (3) et (4), on d´eduit que :

0≥e−1 i.e. que 1≥e. Or on sait quee >1, d’o`u une contradiction.

On a donc d´emontr´e, par l’absurde, queα <1.

5. Les fonctions f et x7→ x sont deux fonctions strictement croissantes surR (cf. question 1 et fonctions usuelles). La fonctiong, somme de ces deux fonctions, est donc elle aussi strictement croissante surR. 6. On d´efinit la suite (un)n∈Nparu0= 1 etun+1=g(un) pour toutn∈N.

(a) On montre par récurrence que la suite (un)n∈Nest croissante. Par définition, on doit donc démontrer que, pour toutn∈N,un≤un+1. Pour toutn∈N, on introduit donc la propriété :

Pn : un≤un+1.

• Initialisation

La proposition P0 s’´ecrit u0≤u1. On au0= 1 et on calcule u1 =g(1) =e. Comme on sait que e >1, on a bienu0≤u1.

• Hérédité

On suppose que, pour unnfix´e, la propositionPn vraie, i.e. : un ≤un+1. On veut montrer que la propositionPn+1 vraie, i.e. :

un+1≤u_(n+1)+1=un+2.

(4)

Commeun ≤un+1 et comme la fonctiong est strictement croissante surR(cf. question 5.), on a : g(un)≤g(un+1).

De cette inégalité et des identitésg(un) =un+1etg(un+1) =un+2 découlant de la définition de la suite (un)n∈N, on déduit que :

un+1≤un+2.

• Conclusion

De l’initialisation de la propriétéPnau rang 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N un≤un+1. La suite (un)n∈Nest donc croissante.

(b) Une première preuve, peu rigoureuse, de la propriété

∀n∈N^∗ un≥e (5)

est la suivante. Comme la suite (un)n∈N est croissante, on a : u1

|{z}

e

≤u2≤u3≤. . .≤un≤. . .

On en déduit qur pour toutn∈N^∗, on a e≤un, i.e. la propriété (5).

Une preuve, rigoureuse, de (5) peut être donnée à l’aide d’un raisonnement par récurrence. Pour l’expliquer, on introduit, pour toutn∈N^∗, la propriété :

Pn : un≥e.

• Initialisation

La propositionP1 s’écritu1≥e. Oru1=g(u0) =g(1) =e. La propriétéP1 est donc vraie.

• Hérédité

On suppose que, pour unnfix´e, la propositionPn vraie, i.e. :

un≥e. (6)

On veut montrer que la propositionPn+1 vraie, i.e. : un+1≥e.

Comme la suite (un)n∈Nest croissante, on a :

un+1≥un. (7)

De (6) et (7), on d´eduit :

un+1≥un≥e et donc queun+1≥e.

• Conclusion

De l’initialisation de la propriétéPnau rang 1, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N^∗ un≥e.

(c) • On suppose ici que la suite (un)n∈Nconverge et on notel∈Rsa limite.

• On a vu, à la question 6.(b), que pour toutn∈ N^∗, on aun ≥e. En passant à la limite dans cette inégalité, il vient :

l= lim

n→+∞un≥e. (8)

(5)

• Commeun tend versl quandn tend vers +∞, alors un+1 tend aussi versl quand n tend vers +∞. On a ainsi :

n→+∞lim un+1=l. (9)

Les fonctionsx7→e^xetx7→2x−2 sont deux fonctions continues surR(fonctions usuelles). La fonctiong, somme de ces deux fonctions, est donc elle aussi continue surR. En particuliergest continue enl, d’o`u :

xlim→lg(x) =g(l).

On a donc :

x→llimg(x) =g(l)

n→+∞lim un=l







composition

=⇒ de limites

n→lim+∞g(un) =l. (10)

Par d´efinition de la suite (un)n∈N, on a :

∀n∈N un+1=g(un).

En passant à la limite dans cette égalité, on a :

n→lim+∞un+1

| {z }

lcf. (9)

= lim

n→+∞g(un)

| {z }

g(l) cf. (10)

et doncl v´erifieg(l) =l. Or :

g(l)

|{z}

f(l)+l

=l⇐⇒f(l) = 0.

Le nombre r´eell est donc solution de (E).

• Preuve de la divergence de la suite (un)n∈N.

On raisonne par l’absurde. On suppose donc que la suite (un)n∈N converge et on notel ∈ R sa limite. D’après ce qui précède, on al≥eet donc :

l≥1 (11)

mais aussilest solution de (E). Comme (E) poss`ede une unique solutionα(cf. question 3), on a :

l=α. (12)

De (11) et (12) on d´eduit :

α≥1 d’o`u une contradiction d’apr`es la question 4.

La suite (un)n∈Nest donc divergente.

(d) D’après le cours, on sait que pour une suite croissante, on a la dichotomie suivante quant à son comportement à l’infini :

• soit la suite est major´ee et alors elle est convergente ;

• soit la suite n’est pas major´ee et alors elle tend vers +∞.

On rappelle que l’on a montr´e que la suite (un)n∈Nest croissante (cf. question 6.(a)). Comme la suite (un)n∈Nn’est pas convergente (cf. question 6.(c)), la suite (un)n∈Nn’est pas major´ee et on a :

n→lim+∞un= +∞.

Rappel : On fixe un rep`ere du plan. SiA(xA, yA) et B(xB, yB) sont deux points du plan d’abscisses distinctes (xA6=xB), alors le coefficient directeur (ou la pente) de la droite (AB)est le nombre d´efini par :

Coefficient directeur de (AB) = yB−yA

xB−xA

.

(6)

1. (a) i. Pour toutx∈R, on noteMx le point d’abscissexde la courbeCf.

Soitx∈R\ {1}. Les coordonn´ees du pointM1 sont (1, f(1)) = (1,1). Celles du pointMx sont (x, f(x)) = (x, x³).

Le nombrep1(x) = f(x)−f(1)

x−1 est, d’après le rappel précédent (x6= 1), le coefficient directeur de la droite (M1Mx). Cette droite est aussi appelée corde de la courbe Cf joignant les points d’abscisses 1 etx.

0.5 1.0 1.5 2.0

−0.5

−1.0

−1.5

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

−0.5

−1.0

−1.5

−2.0

Cf

×

_M₁

×

^M^x

ii. On est en présence d’une forme indéterminée du type 0 0.

Etudier la limite de´ p1(x) quandxtend vers 1 revient `a ´etudier la limite dep1(1 +h) quandh tend vers 0.

Soith∈R^∗. Commeh6= 0, on a 1 +h6= 1 et donc le nombrep1(1 +h) est bien d´efini.

p1(1 +h) = (1 +h)³−1³ 1 +h−1

= 1 + 3h+ 3h²+h³−1³

h (cf. formule du binˆome de Newton)

= 3h+ 3h²+h³ h

= 3 + 3h+h².

La fonction polynˆomeh7→3 + 3h+h² ´etant continue surR, en particulier en 0, on a :

hlim→0p1(1 +h) = 3.

On en d´eduit quep1(x) tend vers 3 quandxtend vers 1.

(b) i. On rappelle que, pour tout x∈R, on noteMxle point d’abscisse xde la courbeCf.

Soitx∈R\ {a}. Les coordonn´ees du pointMa sont (a, f(a)) = (a, a³). Celles du pointMxsont (x, f(x)) = (x, x³).

Le nombrepa(x) = f(x)−f(a)

x−a est, d’après le rappel précédent (x6=a), le coefficient directeur de la droite (MaMx). Cette droite est aussi appelée corde de la courbe Cf joignant les points d’abscissesaet x.

ii. On est en présence d’une forme indéterminée du type 0 0.

Etudier la limite de´ pa(x) quandxtend versarevient `a ´etudier la limite depa(a+h) quandh tend vers 0.

(7)

Soith∈R^∗. Commeh6= 0, on aa+h6=aet donc le nombrepa(a+h) est bien d´efini.

pa(a+h) = (a+h)³−a³ a+h−a

= a³+ 3a²h+ 3ah²+h³−a³

= 3a²h+ 3ah²+h³ h

= 3a²+ 3ah+h².

La fonction polynˆomeh7→3a²+ 3ah+h²´etant continue surR, en particulier en 0, on a :

h→0limpa(a+h) = 3a². On en d´eduit quepa(x) tend vers 3a²quand xtend versa.

2. (a) Pour toutx∈R, on noteNxle point d’abscissexde la courbeCg.

Soit x ∈ R\ {a}. Les coordonn´ees du point Na sont (a, g(a)) = (a, aⁿ). Celles du point Nx sont (x, g(x)) = (x, xⁿ).

Le nombrepa(x) = g(x)−g(a)

x−a est, d’après le rappel précédent (x6=a), le coefficient directeur de la droite (NaNx). Cette droite est aussi appelée corde de la courbeCg joignant les points d’abscissesa et x.

(b) On est en présence d’une forme indéterminée du type 0 0.

Etudier la limite de´ pa(x) quandxtend versarevient `a ´etudier la limite de pa(a+h) quandhtend vers 0.

Soith∈R^∗. Commeh6= 0, on aa+h6=aet donc le nombrepa(a+h) est bien d´efini.

pa(a+h) = (a+h)ⁿ−aⁿ a+h−a

= Xn

k=0

C_n^kaⁿ⁻^kh^k−aⁿ

= C_n⁰

|{z}

1

aⁿ+ C_n¹

|{z}

n

aⁿ⁻¹h+C_n²aⁿ⁻²h²+. . .+C_nⁿ⁻¹

| {z }

n

ahⁿ⁻¹+ C_nⁿ

|{z}

1

hⁿ−aⁿ h

= naⁿ⁻¹h+C_n²aⁿ⁻²h²+. . .+nahⁿ⁻¹+hⁿ h

= naⁿ⁻¹+C_n²aⁿ⁻²h+C_n³aⁿ⁻³h²+. . .+nahⁿ⁻²+hⁿ⁻¹

La fonction polynˆomeh7→naⁿ⁻¹+C_n²aⁿ⁻²h+C_n³aⁿ⁻³h²+. . .+nahⁿ⁻²+hⁿ⁻¹´etant continue sur R, en particulier en 0, on a :

h→0limpa(a+h) =naⁿ⁻¹. On en d´eduit quepa(x) tend versnaⁿ⁻¹quand xtend versa.

On introduit les trois ´ev´enements suivants :

(8)

B1 ^≪tirer une boule blanche au premier tirage^≫ ; B2 ^≪tirer une boule blanche au deuxi`eme tirage^≫ ; B3 ^≪tirer une boule blanche au troisi`eme tirage^≫.

On nous demande de calculer la probabilité de l’événementB1∩B2∩B3, i.e. la probabilitéP(B1∩B2∩B3).

Pour calculer la probabilité d’une intersection multiple (triple ici), on peut songer à appliquer la formule des probabilités composées. Ce faisant, on obtient ici :

P(B1∩B2∩B3) =P(B1)×P(B2/B1)×P(B3/B1∩B2). (13) Avant le premier tirage, l’urne est compos´ee de 7 boules noires et de 3 boules blanches. On a donc :

P(B1) = 3

10. (14)

Si l’événementB1 est réalisé, i.e. si on a tiré une boule blanche lors du premier tirage, alors l’urne contient 8 boules noires et 2 boules blanches avant le deuxième tirage. On a donc :

P(B2/B1) = 2

10. (15)

Si l’événementB1∩B2est réalisé, i.e. si on a tiré une boule blanche lors des deux premiers tirages, alors l’urne contient 9 boules noires et 1 boule blanche avant le troisième tirage. On a donc :

P(B3/B1∩B2) = 1

10. (16)

De (13), (14), (15) et (16), on d´eduit que : P(B1∩B2∩B3) = 3

10× 2 10× 1

10 = 6 1000 = 3

500.

1. (a) D’après l’énoncé (le premier jour on choisit un hangar au hasard), on a P(H1) =p1= 0,5.

(b) Pour calculerP(H2) =p2, on applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements (H1, H₁^′ =H1) :

P(H2) =P(H2/H1)P(H1) +P(H2/H₁^′)P(H₁^′). (17)

• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de 0,5), on aP(H2/H1) = 0,5.

• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à0,4), on a P(H2/H₁^′) = 0,4.

• On a vu queP(H1) = 0,5. On a doncP(H₁^′) =P(H1) = 1−P(H1) = 0,5.

Des trois points pr´ec´edents et de (17), on a :

P(H2) = 0,5×0,5 + 0,4×0,5 = 0,45.

2. Pour répondre à cette question, on généralise la méthode utilisée ci-dessus pour le calcul deP(H2).

Soit n ∈ N^∗. Pour exprimer P(Hn+1) = pn+1 en fonction de P(Hn) = pn, on applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements (Hn, H_n^′ =Hn) :

P(Hn+1) =P(Hn+1/Hn)P(Hn) +P(Hn+1/H_n^′)P(H_n^′). (18)

• D’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H, le lendemain on réutilisera ce même hangar avec une probabilité de 0,5), on aP(Hn+1/Hn) = 0,5.

• D’autre part, toujours d’après l’énoncé (si, un jour donné, on utilise le hangar H’, la probabilité d’utiliser le lendemain le hangar H est égale à0,4), on a P(Hn+1/H_n^′) = 0,4.

• EnfinP(H_n^′) =P(Hn) = 1−pn.

(9)

Des trois points pr´ec´edents et de (18), on a : P(Hn+1)

| {z }

pn+1

= 0,5pn+ 0,4(1−pn) = 0,1pn+ 0,4.

3. (a) D’après la question précédente, la suite (pn)n∈N^∗est arithmético-géométrique. On applique la méthode vue en cours pour exprimerpn en fonction den(n∈N^∗).

• L’unique solution de l’´equationx= 0,1x+ 0,4 estl=4 9.

• Soit (qn)n∈N^∗ la suite d´efinie par :

∀n∈N^∗ qn=pn−l=pn−4 9. On a pour toutn∈N^∗ :

qn+1 = pn+1−4

9 (cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N^∗)

= 0,1pn+ 0,4−4

| {z 9}

−₄₅²

= 0,1







pn− 2 45×0,1

| {z }

4 9







= 0,1qn (cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N^∗).

La suite (qn)n∈N^∗ est donc g´eom´etrique de raison 0,1.

• On en déduit, grâce au cours sur les suites géométriques, que :

∀n∈N^∗ qn =q1×0,1ⁿ⁻¹. Orq1=p1−4

9 = 0,5−4 9 = 1

18 et donc :

∀n∈N^∗ qn= 1

18×0,1ⁿ⁻¹.

• Par suite (cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N^∗), on a :

∀n∈N^∗ pn=qn+l=qn+4 9 =4

9 + 1

18×0,1ⁿ⁻¹. (b) D’apr`es la formule

∀n∈N^∗ pn=4 9 + 1

18×0,1ⁿ⁻¹ obtenue à la question précédente et le fait que :

n→+∞lim 0,1ⁿ⁻¹= 0 (cf. cours sur les suites g´eom´etriques et−1<0,1<1) on a :

n→+∞lim pn= 4 9.

On introduit les trois ´ev´enements suivants :

R1 ^≪le cheval appartient à la classeR1^≫ ; R2 ^≪le cheval appartient à la classeR2^≫ ; R3 ^≪le cheval appartient à la classeR3^≫ ; M ^≪le cheval est malade au cours de l’année^≫

(10)

et on écrit les informations contenues dans l’énoncé au moyen de ceux-ci : P(R1) = 20

100 P(M/R1) = 5

100 P(R2) = 50

100 P(M/R2) = 15 100 P(R3) = 30

100 P(M/R3) = 30 100. 1. On nous demande de calculer la probabilit´eP(M).

D’après l’énoncé, un cheval appartient à l’une de trois classesR1, R2,R3 et aucun cheval n’appartient à deux de ces classes. Ainsi (R1, R2, R3) est un système complet d’événements.

En appliquant la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements (R1, R2, R3), on a :

P(M) = P(M/R1)

| {z }

5/100

×P(R1)

| {z }

20/100

+P(M/R2)

| {z }

15/100

×P(R2)

| {z }

50/100

+P(M/R3)

| {z }

30/100

×P(R3)

| {z }

30/100

= 1750 10 000

= 0,175.

2. On nous demande de calculer la probabilitéP(R1/M), où M est l’événement contraire deM, i.e.M est l’événement^≪le cheval n’est pas malade au cours de l’année^≫.

D’apr`es la formule de Bayes, on a :

P(R1/M) =P(M /R1)×P(R1)

P(M) . (19)

On sait que :

P(R1) = 20

100 (20)

P(M) = 1−P(M)

| {z }

0,175

= 0,825 (21)

P(M /R1) = 1−P(M/R1)

| {z }

5/100

= 95

100. (22)

De (19), (20), (21) et (22), on d´eduit que :

P(R1/M) = 95 100× 20

100

0,825 = 1900×10⁻⁴ 825×10⁻³ =190

825= 38 165.