Corrig&eacute du concours blanc 1

(1)

Math´ ematiques

Corrig´ e du concours blanc n

^◦

1 Exercice 1

.

[EMLyon 1996]

Soitf la fonction d´efinie sur Rparf(x) = e^x e^2x+ 1 1. (a) On a pour tout r´eel x: six∈Df, −x∈Df et

f(−x) = e^−x e^−2x+ 1 =

1 e^x 1

e^2x + 1 = e^x

1 +e^2x =f(x) Doncf est paire. De plusf est d´erivable sur R

f⁰(x) = e^x e^2x+ 1

−e^xe^2x2

(e^2x+ 1)² = e^x−e^3x (e^2x+ 1)²

= e^x

(e^2x+ 1)² 1−e^2x

x −∞ 0 +∞

1−e^2x + 0 −

f⁰(x) + 0 −

f(x) 0 % ¹₂ & 0 En −∞:f(x) = e^x

e^2x+ 1 −→

x→−∞0 . En +∞, on a par sym´etrief(x) −→

x→+∞0.

(b) On étudie les variations de la différence :g(x) =f(x)−x. gest dérivable surRet g⁰(x) =f⁰(x)−1.

Sur R⁻,on af(x)>0 doncf(x)> xetf(x) =xn’y a pas de solution.

Sur R⁺,on af⁰(x)≤0 doncg⁰(x)<0.

On a donc g qui est continue et strictement d´ecroissante sur R⁺, donc g est une bijection de R⁺ dans

x→+∞lim g(x), g(0)

= ]−∞,1/2].

Comme 0 ∈]−∞,1/2], alors d’après le théorème de la bijection l’équation g(x) = 0 a une unique solution ` sur R⁺.

De plus g(1/2) =f(1/2)−1/2<0 doncg(0) = 1/2≥g(`)≥g(1/2) et commeg est strictement décroissante sur R⁺ et qu’ils en sont éléments, 0≤`≤ 1

2.

Conclusion : L’équationf(`) =à une unique solutionèt 0≤`≤ 1 2. (c) Pourx≤0 on a|f⁰(x)|=f⁰(x) et

|f⁰(x)| −f(x) = e^x−e^3x

(e^2x+ 1)² − e^x

1 +e^2x = e^x−e^3x−e^x e^2x+ 1 (e^2x+ 1)²

= −2e^3x (e^2x+ 1)² ≤0 Pour x≥0 on a|f⁰(x)|=−f⁰(x) et

|f⁰(x)| −f(x) =− e^x−e^3x

(e^2x+ 1)² − e^x

1 +e^2x = −e^x+e^3x−e^x e^2x+ 1 (e^2x+ 1)²

= −2e^x (e^2x+ 1)² ≤0 Et commef est maximale en 0, on a bien

Conclusion : pour toutx∈R,|f⁰(x)| ≤f(x)≤f(0) = 1 2. 2. On d´efinit la suite (un)_n∈Npar :

u0= 0 et∀n∈N un+1=f(un)

(2)

(a) Pourn∈N, on d´efinit la propositionP(n) : ”un∈[0,1/2].”

Initialisation : u0= 0 doncu0∈[0,1/2],P(0) est donc vraie.

Hérédité :On suppose que pour unn∈Nfixé, la propositionP(n) est vraie.

D’après l’hypothèse de récurrence,un∈[0,1/2], alors, d’après la question 1.(c), on af(un)∈[0,1/2].

Doncun+1∈[0,1/2],P(n+ 1) est donc vraie.

Conclusion : Pour toutn∈N, u_n∈[0,1/2].

(b) f est continue sur [0,1/2] et dérivable sur l’intervalle ]0,1/2[. De plus, d’après les précédentes questions, un ∈ [0,1/2],l∈[0,1/2] et|f⁰(x)| ≤1

2 pour toutxde [0,1/2]. Donc, d’après l’inégalité des accroissements finis

|f(u_n)−f(`)|=|u_n+1−`| ≤ 1

2|u_n−`|

Pour n∈N, on d´efinit la propositionP(n) : ”|u_n−`| ≤ 1 2ⁿ⁺¹.”

Initialisation : |u₀−`|=`≤ ¹₂ = 1

2⁰⁺¹,P(0) est donc vraie.

D’après l’hypothèse de récurrence,|un−`| ≤ 1

2ⁿ⁺¹ alors,|un+1−`| ≤ 1

2|un−`| ≤ 1 2

1

2ⁿ⁺¹.P(n+ 1) est donc vraie.

Conclusion : Pour toutn∈N,|un−`| ≤ 1 2ⁿ⁺¹. (c) Alors comme

¹₂

<1 on a ¹₂n+1

n→+∞−→ 0 et par encadrement|un−`| −→

n→+∞0 et donc Conclusion : la suite (un) converge vers`.

(d) un donnera une valeur approvchée de` à 10⁻³ près si|un−`| ≤10⁻³ ce qui sera réalisé si 1

2ⁿ⁺¹ ≤10⁻³ u=0; p=1/2;

while p>10^(-3) p=p/2;

u=exp(u)/(1+exp(2*u));

end disp(u)

Exercice 2

.

[ESCP 1998]

1. (a) f est d´erivable surRet

f⁰(x) = (n+ 1)xⁿ+nxⁿ⁻¹= (n+ 1)xⁿ⁻¹

x+ n n+ 1

Si nest pair, on a alorsn−1 impair et le signe de f⁰ est alors :

x −_n+1ⁿ 0

xⁿ⁻¹ − − 0 +

x+n/(n+ 1) − 0 + +

f⁰(x) + 0 − 0 +

f

−_n+1ⁿ

+∞

f(x) % & %

−∞ 0

Si nest impair, on a alorsn−1 pair et le signe def⁰ est alors :

x −_n+1ⁿ 0

xⁿ⁻¹ + + 0 +

x+n/(n+ 1) − 0 + +

f⁰(x) − 0 + 0 +

+∞ +∞

f(x) & % 0 %

f

−_n+1ⁿ

2

(3)

(b) Sinest impair, on a d’apr`es le sens de variation,f

− n n+ 1

< f(0) = 0<2 Si nest pair, n

n+ 1 <1 donc

− n n+ 1

n

= n

n+ 1 n

<1ⁿ et

− n n+ 1

n+1

<0 doncf

− n n+ 1

<2 (c) f est continue et strictement croissante sur [0,+∞[ dans [0,+∞[,donc d’après le théorème de la bijection

monotone, l’´equationf(x) = 2 a une unique solution sur [0,+∞[ : x= 1 (carf(1) = 2).

• Si nest pair : d’apr`es les variations de f et f

− n n+ 1

<2, il n’y a pas de solution sur ]−∞,0] et elle a doncx= 1 pour unique solution surR.

• Sinest impair :f est continue et strictement d´ecroissante sur

−∞,− n n+ 1

dans

f(− n

n+ 1),+∞

, donc . Comme f(− n

n+ 1)<2, d’après le théorème de la bijection monotone, l’équation f(x) = 2 a une unique solution sur

−∞,− n n+ 1

. De plus, d’apr`es les variations def, elle n’en a pas sur

− n n+ 1,0

. Elle a donc deux solutions :α <0 et 1.

2. (a) SoitP =

1 1 x y

.

A·P =P·D⇔

1 1 1 1

·

1 1 x y

=

1 1 x y

·

0 0 0 2

⇔

1 +x 1 +y 1 +x 1 +y

=

0 2 0 2y

⇔

1 +x= 0 1 +y= 2 1 +x= 0 1 +y= 2y ⇔

x=−1 y= 1 . DoncP =

1 1

−1 1

(b) On trouveP⁻¹ en posant le syst`emeP X=Y. AinsiP est invarsible et P⁻¹=1 2

1 −1

1 1

. CommeA·P =P·D, en multipliant `a droite par P⁻¹on obtient

A=A·P·.P⁻¹=P·D·P⁻¹ et en multipliant `a gauche parP⁻¹

D=P⁻¹·P·D=P⁻¹·A·P.

3. (a) SiXⁿ⁺¹+Xⁿ=A, alors

Xⁿ⁺¹+Xⁿ=A⇔P⁻¹·(Xⁿ⁺¹+Xⁿ)P =P·A·P⁻¹

⇔P⁻¹·Xⁿ⁺¹·P+P⁻¹·Xⁿ·P=D⇔(P⁻¹XP)ⁿ⁺¹+ (P⁻¹XP)ⁿ=D Donc en posantY =P⁻¹XP,Y est solution de (E_n⁰).

(b) SoitY une solution de (E_n⁰). On poseY =

a b c d

i. SiY est solution de (E_n⁰) alorsYⁿ⁺¹+Yⁿ=D donc

D·Y = (Yⁿ⁺¹+Yⁿ)·Y =Yⁿ⁺²+Yⁿ⁺¹=Y ·(Yⁿ⁺¹+Yⁿ) =Y ·D ii. CommeY D=DY alors

a b c d

0 0 0 2

=

0 0 0 2

a b c d

⇔

0 2b 0 2d

=

0 0 2c 2d

doncc= 0 etb= 0 iii. DoncY =

a 0 0 d

est diagonale, on connait donc ses puissances :Yⁿ=

aⁿ 0 0 dⁿ

et

Yⁿ⁺¹+Yⁿ =D⇔

aⁿ⁺¹+aⁿ 0 0 dⁿ⁺¹+dⁿ

=

0 0 0 2

⇔

aⁿ⁺¹+aⁿ= 0 dⁿ⁺¹+dⁿ= 2 Oraⁿ⁺¹+aⁿ=aⁿ(a+ 1), donc la premi`ere ´equation a pour solutions a=−1 eta= 0.

iv. La seconde ´equation a pour unique solutiond= 1 si n est pair et pour solutions d=αet d= 1 si nest impair.

On a donc

(4)

• Si n est pair, on a 2 solutions pour (E_n⁰) et donc 2 solutions pour (En) via le changement de variable X =P Y P⁻¹

• Sinest impair, on a 4 solutions (4 valeurs possibles pour le couple (a, d)) pour (E_n⁰) et donc 4 solutions pour (En).

(c) L’équationx⁴+x³= 2 est l’équation (E3).Comme 3 est impair, cette équation a donc 4 solutions : X =P Y P⁻¹=

1 1

−1 1

a 0 0 d

1 2

1 −1

1 1

= 1 2

a+d −a+d

−a+d a+d

Commea=−1 ou 0 etd=αou 1, l’ensemble des solutions de (E3) est donc 0 1

1 0

, 1 2

1 1 1 1

, 1

2

−1 +α −1 +α 1 +α 1 +α

et 1 2

α α α α

Exercice 3

.

[EDHEC 2012]

Soitp∈]0,1[ etq= 1−p. On noteP pour pile etF pour face : P (P) =pet P (F) =q. On lance cette pi`ece et on arrˆete les lancers dans l’une des deux situations suivantes :

• Soit si l’on a obtenu ’Pile’

• Soit si l’on a obtenunfois ’Face’.

On noteTn le nombre de lancers effectu´es,Xn le nombre de ’ Pile’ obtenus et enfinYn le nombre de ’Face’ obtenus.

1. Loi deT_n

(a) Pour toutk∈[[1, n−1]]

sik= 1,(Tn= 1) signifie que l’on n’a fait qu’un seul lancer, donc (Tn= 1) =P1

Et pour k≥2,(Tn= 1) signifie que l’on a fait k lancers, donc que l’on a eu le premier pile auk^i`^eme et donc des faces avant.

(Tn=k) =F1∩ · · · ∩Pk donc P (T_n=k) = P (F₁)· · ·P_F₁_∩···F_k−1(P_k)

le conditionnement indiquant que les lancers se continuent, puisque l’on n’a pas ’Pile’ et pas encore effectu´en lancers. Donc P (T_n=k) =q^k−1pformule encore valable pourk= 1.

Conclusion : P (Tn=k) =q^k−1ppourk∈[[1, n−1]]

(b) (T =n) signifie que l’on a effectuénlancers, c’est à dire que l’on n’a pas eu de ’Pile’ jusqu’au précédent. Les lancers se terminant de toute fa¸con aunî`êmesi l’on n’a que ’Face’.

Donc

(Tn=n) =F1∩ · · · ∩F_n−1 Conclusion : P (T_n=n) =qⁿ⁻¹

(c) Dans la somme, il faut isoler la valeurk=nqui n’a pas la mˆeme formule que les autres :

n

X

k=1

P (Tn=k) =

n−1

X

k=1

q^k−1p+qⁿ⁻¹=p

n−2

X

k=0

q^k+qⁿ⁻¹=p1−qⁿ⁻¹

1−q +qⁿ⁻¹=p1−qⁿ⁻¹

p +qⁿ⁻¹= 1 (d) T_n ´etant finie, elle a une esp´erance et

E(Tn) =

n

X

k=1

kP (Tn =k) =

n−1

X

k=1

kq^k−1p+nqⁿ⁻¹

Pour n≥2, on d´efinit la proposition P(n) : ”E(Tn) =1−qⁿ 1−q .”

Initialisation : Pourn= 2 on a E(T2) =p+ 2q et 1−q²

1−q = 1 +q=p+q+q

=p+ 2q=E(T2) P(2) est donc vraie.

Hérédité :On suppose que pour unn≥2 fixé, la propositionP(n) est vraie.

4

(5)

D’après l’hypothèse de récurrence,E(Tn) = 1−qⁿ 1−q alors E(Tn+1) =

n

X

k=1

kq^k−1p+ (n+ 1)qⁿ

=

n−1

X

k=1

kq^k−1p+nqⁿ⁻¹p+ (n+ 1)qⁿ

=

n−1

X

k=1

kq^k−1p+nqⁿ⁻¹(1−q) + (n+ 1)qⁿ

=E(Tn) +qⁿ

= 1−qⁿ 1−q +qⁿ

= 1−qⁿ⁺¹ 1−q P(n+ 1) est donc vraie.

Initialisation : Pour toutn≥2 :E(Tn) =1−qⁿ 1−q 2. Loi deXn.

a) et b) Lors des lancers, on a ou bien un Pile et on s’arrˆete, ou bien nfaces.

DoncXn(Ω) ={0,1}avec (Xn= 0) = ’nfaces’ et P (Xn= 0) =qⁿ Conclusion : Xn,→ B(1−qⁿ)

E(Xn) = 1−qⁿ 3. Loi deYn

(a) Pour toutk∈[[0, n−1]],(Yn =k) signifie que l’on a eukFaces (donc pasn) et donc ensuite un Pile.

(Y_n =k) =F₁∩ · · ·F_k∩P_k+1 donc (probas compos´ees) P (Y_n =k) =q^kp

(b) (Yn=n) signifie que l’on a eunFace donc P (Yn=n) =qⁿ

(c) Le nombre total de lancers est le nombre total de Pile et de Face obtenus.

Conclusion : T_n=X_n+Y_n doncY_n=T_n−X_n et

E(Yn) =E(Tn)−E(Xn)

= 1−qⁿ

1−q −(1−qⁿ)

= (1−qⁿ) 1

1−q−1

= (1−qⁿ) q 1−q

Exercice 4

.

[EDHEC 2001]

Partie 1

1. On peut ´ecrire

n=input(’donner la valeur de n’);

sum(ones(1,n)./(1:n))

2. Soit un entier naturelk >1. Pour toutt ∈[k−1, k] on a : 0 < k−1≤t≤k donc ¹_k ≤ ¹_t ≤ _k−1¹ et comme les bornes :k−1≤kalors

Z k

k−1

1 kdt6

Z k

k−1

dt t Conclusion : 1

k 6 Z k

k−1

dt

t = ln(k)−ln(k−1).

(6)

3. L’inégalité précédente n’est vraie que pourk≥2 et donc vn =

n

X

k=1

1 k = 1+

n

X

k=2

1

k pour avoir k >1

≤ 1 +

n

X

k=2

Z k

k−1

dt t = 1 +

Z n

1

dt

t = ln (n) + 1 Conclusion : ∀n∈N^∗, vn6ln(n) + 1.

Partie 2

1. On peut ´ecrire

n=input(’donner la valeur de n’);

u=1;

for k=1:n u=u+1/u;

end;

disp(u)

2. (a) Pourn∈N, on d´efinitP(n) la proposition : ”un est d´efini et strictement positif.”

Initialisation : u₀= 1>0,P(0) est donc vraie.

Alorsu_n+ 1

u_n est bien d´efini car u_n6= 0 et est strictement positif. P(n+ 1) est donc vraie.

Conclusion :Pour toutn∈N,un est donc d´efini et strictement positif.

(b) On a donc pour tout entiern:u_n+1> u_n car 1/u_n >0,la suite (u_n)_n∈_N est donc strictement croissante.

3. (a) On a

u²_k+1−u²_k=

u_k+ 1 u_k

²

−u²_k =u²_k+ 2 + 1

u²_k −u²_k= 2 + 1 u²_k (b) On a d’une part :

n−1

X

k=0

u²_k+1−u²_k

=u²_n−u²₀=u²_n−1, la somme est t´el´escopique et d’autre part

n−1

X

k=0

u²_k+1−u²_k

=

n−1

X

k=0

2 + 1

u²_k

= 2n+

n−1

X

k=0

1 u²_k

doncu²_n= 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1 u²_k (c) Or 1/u²_k ≥0 donc

n−1

X

k=0

1

u²_k ≥0 et donc∀n∈N^∗, u²_n ≥2n+ 1.

Finalement, comme 2n+ 1 →

n→+∞+∞,par minorationu²_n →

n→+∞+∞.

Doncun=|un|=p u²_n →

n→+∞+∞

4. (a) On veut majoreru²_n = 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1

u²_k et pour cela, il faut minorer 1 u²_k. Pour toutk:u²_k ≥2k+ 1>2kdonc 1

u²_k ≤ 1

2k sik >0 (sik≥1 ) le terme pourk= 0 est donc `a garder `a part.

Donc

n−1

X

k=0

1 u²_k = 1

1² +

n−1

X

k=1

1 u²_k ≤1 +

n−1

X

k=1

1

2k = 1 +1

2v_n−1 sin−1≥1i.e.n≥2 D’o`u

u²_n = 2n+ 1 +

n−1

X

k=0

1

u²_k ≤2n+ 1 + 1+1 2v_n−1 Conclusion : u²_n≤2n+ 2+1

2v_n−1pour toutn≥2 6

(7)

(b) Et commevn ≤1 + ln (n) pour tout entiern≥2, on a doncv_n−1≤1 + ln (n−1) u²_n≤2n+ 2 +1 + ln(n−1)

2 = 2n+5

2 +ln (n−1)

2 .

(c) On a alors l’encadrement :

2n+ 1≤u²_n ≤2n+5

2 +ln (n−1) 2 et comme la fonction x7→√

xest strictement croissante sur [0,+∞[ :

√

2n+ 1≤ un ≤ r

2n+5

2+ln (n−1) 2

√ 2n

r 1 + 1

2n ≤ un ≤√ 2n

r 1+ 5

4n+ln (n−1) 4n r

1 + 1

2n ≤ u_n

√2n ≤ r

1+ 5

4n+ln (n−1) 4n et comme ln (n−1)

4n →

n→+∞0, alors

1+ 5

4n+ln (n−1)

4n →

n→+∞1, 1 + 1

2n →

n→+∞1, par encadrement,

un

√2n →

n→+∞1.