Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques

(1)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 1 Type G2E

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques

Exercice 1.

Soitf un endomorphisme d’un espace vectorielE de dimension finie. On suppose quef 6= 0,f 6= Id et f²=f. 1. Montrer que sihest injective eth◦g= 0 avechetg deux endomorphismes deE alorsg= 0.

Soitxun vecteur deE. Commeh◦g= 0, on en d´eduit : h(g(x)) = 0

soitg(x)∈Ker(h), soitg(x) = 0 carhest injective. On a bieng= 0 avec de telles hypoth`eses.

2. En d´eduire quef etf −Id sont non injectives.

On sait quef²=f, on en déduit quef²−f = 0 d’où (f−Id )◦f = 0. Supposonsf−Id injective alors, d’après la question précédente,f = 0 (ce qui est absurde). De même, si on supposef injective, on aboutit àf = Id (ce qui est absurde).

f etf−Id sont donc non injectives.

3. En d´eduire les valeurs propres def.

• D’après la question précédente, 0 et 1 sont valeurs propres def car f et f −Id sont non injectives. On a donc{0; 1} ⊂Sp(f).

• Soient λune valeur propre def et xun vecteur propre associé. On a donc f(x) =λx, soitf²(x) =λf(x) par linéarité def puisf²(x) =λ²x par définition dex. f² =f donne doncf(x) =λ²x, soitλx =λ²xet donc (λ−λ²)x= 0. Or xest non nul (c’est un vecteur propre) d’où λ² =λet doncλ= 0 ouλ= 1. On a doncSp(f)⊂ {0; 1}.

Bilan : Les valeurs propres def sont donc 0 et 1.

4. Soitαun r´eel non nul. Montrer quef +αId est non inversible si et seulement siα=−1.

Soitαun réel non nul. f+αId est non inversible si et seulement si f+αId est non injectif (carf +αId est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie), si et seulement si, d’après le cours, −α est une valeur propre def ce qui signifie d’après la question précédente queα= 0 ou α=−1. Commeαest non nul, on en déduit l’équivalence proposée :

f+αId est non inversible si et seulement siα=−1.

Exercice 2.

L’expérience de cet exercice consiste à jeter simultanément trois dés (un rouge, un vert et un bleu) équilibrés et à quatre faces (numérotées de 1 à 4). Les variables aléatoires de ce problème sont :

• X, le maximum des trois nombres amen´es par les d´es.

• X1,X2,X3,X1étant le nombre amené par le dé rouge,X2 par le dé bleu etX3par le dé vert.

• Y, la somme des nombres amenés par les dés rouge et bleu etZ, la somme des nombres amenés par les trois dés.

1. D´eterminer la loi deX.

Les valeurs prises parX vont de 1 (pire des cas, on n’a eu que des 1) à 4 (l’un des dés a donné 4). On a donc X(Ω) =J1,4K. Soitiun élément deJ1,4K. (X 6i) a lieu signifie que chacun des dés a donné au maximumi, autrement dit :

(X 6i) = (X16i)∩(X26i)∩(X36i).

(2)

Par ind´ependance et comme les Xi suivent des lois uniformes surJ1,4K, on a donc : P(X 6i) =P(X₁6i)×P(X₂6i)×P(X₃6i)

= i 4 × i

4 × i 4

= i

4 3

On peut donc d´esormais expliciter la fonction de r´epartitionF_X deX :

FX :











R −→[0,1]

x 7→











0 six <1 1

4 ³

six∈[1,2[

1 2

³

six∈[2,3[

3 4

³

six∈[3,4[

1 six>4 CommeX(Ω) =J1,4K, on en d´eduit :

P(X = 1) =FX(1)

= 1

4 3

P(X = 2) =FX(2)−FX(1)

= 2

4 ³

− 1

4 ³

P(X = 3) =F_X(3)−F_X(2)

= 3

4 ³

− 1

2 ³

P(X = 4) =FX(4)−FX(3)

= 1− 3

4 ³

2. Montrer queP(Y =k) = k−1

16 sik∈J2,5KetP(Y =k) =9−k

16 sik∈J6,8K. Voici la table desi+j :

i\j 1 2 3 4

1 2 3 4 5

2 3 4 5 6

3 4 5 6 7

4 5 6 7 8

On en déduit queY(Ω) est{2,3,4,5,6,7,8}. Les dés étant équilibrés, on munit Ω deP la probabilité uniforme.

Pour toutk deY(Ω), on a donc :

P(Y =k) = Card ((Y =k)) Card (Ω)

= Card ((Y =k)) Card (J1,4K

3)

= Card ((Y =k))

64 Formule¬

Du tableau de la question précédente, on en déduit :

(Y = 2) ={(1,1)} × {1,2,3,4} (Y = 3) =H3× {1,2,3,4}

(Y = 4) ={(1,3),(2,2),(3,1)} × {1,2,3,4} (Y = 5) ={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)} × {1,2,3,4} (Y = 6) =H₆× {1,2,3,4}

(Y = 7) ={(3,4),(4,3)} × {1,2,3,4} (Y = 8) =H₈× {1,2,3,4}

(3)

en posant queHk (kentier naturel) est l’ensemble

(a, b)∈J1,4K

2tels que a+b=k .On peut donc conclure grˆace `a la formule¬:

Card ((Y = 2)) = 1×4 puis :P((Y = 2)) = 4 64 = 1

16 Card ((Y = 3)) = 2×4 puis :P((Y = 3)) = 8

64 = 2 16 Card ((Y = 4)) = 3×4 puis :P((Y = 4)) =12

64 = 3 16 Card ((Y = 5)) = 4×4 puis :P((Y = 5)) =16

64 = 4 16 Card ((Y = 6)) = 3×4 puis :P((Y = 6)) =12

64 = 3 16 Card ((Y = 7)) = 2×4 puis :P((Y = 7)) = 8

64 = 2 16 Card ((Y = 8)) = 1×4 puis :P((Y = 8)) = 4

64 = 1 16 On a bien obtenu que queP(Y =k) = k−1

16 sik∈J2,5Ket P(Y =k) =9−k

16 sik∈J6,8K. 3. (a) D´emontrer que, pour tout ideZ(Ω), on a :

P(Z=i) =

8

X

k=2

P(Y =k)P(X3=i−k).

En dressant la table des i +j +k avec (i, j, k) d´ecrivant J1,4K

3, on prouve que Z(Ω) est l’ensemble {3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}. I, l’ensemble des valeurs prises parZ, est doncJ3,12K. Soitiun ´el´ement deI.

(Y =k)26k68est un système complet d’événement (carY(Ω) =J2,8K), on peut affirmer, d’après la formule des probabilités totales, que :

P(Z=i) =

8

X

k=2

P((Y =k)∩(Z=i))

=

8

X

k=2

P((Y =k)∩(X3+Y =i))

=

8

X

k=2

P((Y =k)∩(X₃=i−k))

=

8

X

k=2

P(Y =k)P(X3=i−k)

en utilisant l’indépendance du dernier tir par rapport aux deux premiers et le fait que X3 ne dépend que du lancer du dernier dé etY du lancer des deux premiers.

(b) Montrer la probabilité pour que la somme des nombres amenés par les trois dés soit un multiple de 5 est 3

16.

De Z(Ω) = J3,12K, on en déduit que l’événement ”la somme des nombres amenés par les trois dés est un multiple de 5” est ((Z = 5)∪(Z = 10)). Avec la formule précédente et en ajoutant que X3 suit la loi

(4)

uniforme surJ1,4K, on a : P(Z = 5) =

8

X

k=2

P((Y =k))×P((X3= 5−k))

=

4

X

k=2

k−1

16 ×P((X₃= 5−k))

!

+ 0 car X₃(Ω) =J1,4K

=

4

X

k=2

k−1 16 ×1

4

=

3

X

k=1

k 64

= 3×4 128

= 3 32 De mˆeme, on a :

P(Z= 10) =

8

X

k=2

P((Y =k))×P((X₃= 10−k))

= 0 +

8

X

k=6

9−k

16 ×P((X3= 10−k))

!

car X3(Ω) =J1,4K

=

8

X

k=6

9−k 16 ×1

4

=

8

X

k=6

9−k 64

=27 64−21

64

= 6 64

Par incompatibilit´e de (Z = 5) et (Z = 10),P((Z = 5)∪(Z = 10)) est donc P(Z = 5) +P(Z = 10) soit 3

16.

4. Voici la dernière expérience : Nous jetons les trois dés puis nous évaluons la somme des nombres amenés par les trois dés. Tant que cette somme n’est pas un multiple de 5, nous recommencerons le lancer des trois dés.

N désigne alors le nombre de lancers réalisés pour obtenir cette somme multiple de 5. Donner la loi deN ainsi que son espérance et sa variance.

D’après le protocole expérimental, on peut affirmer queN suit une loi géométrique de paramètrepavecp= 3 16. On en déduit :

N(Ω) =N^?, pour toutideN(Ω),P(N =i) = 13ⁱ⁻¹×3

16ⁱ ,E(N) =16

3 etV(N) =1−p p² .

(5)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 2 Type G2E

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques

Exercice 1.

1. (a) `A l’aide d’une int´egration par parties, montrer que Z +∞

1

sin(t)

t dtconverge.

On appelleg:t7→sin(t)

t . Par op´eration,g est continue surR^?. L’unique probl`eme de Z +∞

1

sin(t)

t dtest sa borne infinie. On pose, pour tout réelusupérieur à 1,Iu=

Z u 1

g(t)dt. On fait une int´egrations par parties ce qui est possible cart7→1

t ett7→ −cos(t) sont de classe C¹ sur [1, u]

, on obtient : Z u

1

sin(t) t dt=

−cos(t) t

u 1

− Z u

1

cos(t) t² dt

= cos(1)−cos(u)

u −

Z u 1

cos(t) t² dt.

Z +∞

1

cos(t)dt

t² converge absolument : En effet, on peut majorert7→

cos(t) t²

sur [1, u] part7→

1 t²

, on sait (ou on d´emontre rapidement) que

Z +∞

1

t²dtconverge. Comme les intégrandes sont continues positives sur [1,+∞[, le théorème de comparaison nous permet d’affirmer que

Z +∞

1

cos(t)dt

t² converge absolument et donc qu’elle converge. lim

u−→+∞

Z u 1

cos(t)dt t²

existe donc et est finie. De plus, puisque lim

u−→+∞

cos(1)−cos(u) u

existe aussi par opérations (on déduit du théorème des gendarmes que lim

u−→+∞

cos(u) u

= 0) , on en d´eduit que lim

u−→+∞(Iu) existe.

Z +∞

1

sin(t)

t dtconverge effectivement ! (b) En d´eduire que

Z +∞

0

sin(t)

t dtconverge.

De l’´equivalent sin(x) ∼

0 x, on peut d´eduire que g est prolongeable par continuit´e en 0 en posant tout simplement g(0) = 1.

Z 1 0

sin(t)

t dt est donc une int´egrale faussement impropre.

Z 1 0

sin(t)

t dt converge donc.

Or, on a vu que Z +∞

1

sin(t)

t dtconverge. On peut donc conclure, par la relation de Chasles, que Z +∞

0

sin(t) t dt converge.

2. (a) Montrer que, pour tout entier naturel non nulk, on a : Z (k+1)π

kπ

sin(t) t

dt> 2 π(k+ 1). Fixonskun entier naturel non nul. Pour toutt de [kπ,(k+ 1)π], on a :

sin(t) t

> |sin(t)|

π(k+ 1). Par croissance de l’intégration (invocable par croissance des bornes et continuité des intégrandes), on obtient donc :

Z (k+1)π kπ

sin(t) t

dt>

Z (k+1)π kπ

|sin(t)|

π(k+ 1)dt.

(6)

ce qu’on r´e´ecrit :

Z (k+1)π kπ

sin(t) t

dt>

Z π 0

|sin(t)|dt

π(k+ 1) en exploitant la fameuseπ-périodicité de|sin|. Main- tenant, il ne nous reste plus qu’à constater que :

Z π 0

|sin(t)|dt= Z π

0

sin(t)dt= [cos(t)]⁰_π = 2 pour obtenir l’inégalité souhaitée...

(b) Montrer que, pour tout entier naturel non nuln,

n

X

k=1

1

k >ln(n+ 1).

On fixe k un entier naturel non nul et on remarque que pour toutxde [kπ,(k+ 1)π], on a : 1 k > 1

x. Par croissance de l’intégration (invocable par croissance des bornes et continuité des intégrandes), on a :

Z k+1 k

dx k >

Z k+1 k

dx x

i.e. 1 k >

Z k+1 k

dx

x . Ajoutons ces in´egalit´es, cela donne :

n

X

k=1

1 k >

n

X

k=1

Z k+1 k

dx x

qui devient, grˆace `a la relation de Chasles,

n

X

k=1

1 k >

Z n+1 1

dx

x ... d’où l’inégalité souhaitée ! (c) En déduire que

Z +∞

0

sin(t)

t dtne converge pas absolument et conclure.

Appelonsnun entier naturel non nul. Pour tout entierkdeJ1, nK, on a vu que : Z (k+1)π

kπ

sin(t) t

dt> 2 π(k+ 1). Ajoutons ces in´egalit´es et utilisons la relation de Chasles, cela donne :

Z (n+1)π π

sin(t) t

dt> 2 π

n+1

X

k=2

1 k soit, en utilisant la question pr´ec´edente :

Z (n+1)π π

sin(t) t

dt>2(ln(n+ 2) + 1)

π .

D’o`u (par passage `a la limite) lim

n−→+∞

Z (n+1)π π

sin(t) t

dt

!

= +∞.

Z +∞

0

sin(t)

t dt ne converge donc pas absolument. On peut donc conclure que

Z +∞

0

sin(t)

t dt converge et ne converge pas absolument ce qui contredit la réciproque de la proposition du cours qui dit que si une intégrale généralisée converge absolument alors elle converge.

Exercice 2.

Soitnun entier naturel non nul.

1. Donner une condition n´ecessaire et suffisante sur les r´eels aetb pour que la matrice

a 1 0 b

soit diagonalisable.

a 1 0 b

est une matrice triangulaire donc ses valeurs propres sont sur sa diagonale. Ainsi, a et b sont ses valeurs propres. On en d´eduit que la matrice

a 1 0 b

est diagonalisable si et seulement sia6=b. En effet :

(7)

• Sia6=b,

a 1 0 b

a deux valeurs propres et est d’ordre 2 donc cela suffit pour affirmer que

a 1 0 b

est diagonalisable.

• Si a=b,

a 1 0 b

a une seule valeur propre donc, si elle ´etait diagonalisable, il existerait P une matrice d’ordre 2 inversible telle que :

a 1 0 b

=P⁻¹×aI2×P soit

a 1 0 b

=aI2 ce qui n’est pas le cas `a cause du 1 en haut `a droite de

a 1 0 b

. 2. En remarquant que, pour tout r´eel t, on a : (1 +t)ⁿ×(1 +t)ⁿ = (1 +t)²ⁿ, calculer

n

X

k=0

n k

² . Soitt un réel. De (1 +t)ⁿ×(1 +t)ⁿ= (1 +t)²ⁿ et la formule du binôme de Newton, on en déduit que : n

0

t⁰+ n

1

t¹+· · ·+ n

n−1

tⁿ⁻¹+ n

n

tⁿ

× n

0

tⁿ+ n

1

tⁿ⁻¹+· · ·+ n

n−1

t¹+ n

n

t⁰

=

2n

X

k=0

2n k

t^k

En identifiant le coefficient detⁿ, on a donc :

n

X

k=0

n k

²

= 2n

n

.

3. Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant la même loi binomiale de paramètres n et 1 2. SoitM la matrice

X 1

0 Y

. Quelle est la probabilit´e queM soit diagonalisable ?

L’événement M diagonalisable est l’événement X 6=Y d’après la première question. Or, par la formules des probabilités totales (avec le système complet (X =k)_(k∈X(Ω))i.e. (X =k)_(k∈

J0,nK)carX suit une loi binomiale de param`etresnet 1

2), on a :

P(X =Y) =

n

X

k=0

P((X=k)∩(Y =X))

=

n

X

k=0

P((X=k)∩(Y =k))

=

n

X

k=0

P((X=k))×P((Y =k)) par ind´ependance

=

n

X

k=0

n k

× 1

2 ^k

× 1

2

n−k!²

=

n

X

k=1

n k

× 1

2 ⁿ²

= 1

2 2n

×

n

X

k=1

n k

2

= 1

2 2n

× 2n

n

d’après la question précédente

La probabilit´e que M soit diagonalisable est donc : 1− 1

2 ²ⁿ

× 2n

n

.

(8)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 3 Type Agro

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques Question de cours.

Enoncer le th´^´ eor`eme de Rolle.

Le théorème de Rolle affirme que sif est une fonction continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ et telle quef(a) =f(b) (avecaet bdeux réels tels quea < b) alors il existe un réel c∈]a, b[ qui vérifief⁰(c) = 0.

Exercice.

On considère l’équation différentielle suivante :

(E) : y⁰⁰−2y⁰+ 2y= 2x². d’inconnuey fonction deux fois d´erivable surR.

1. Sachant qu’un polynôme du second degré est solution de (E), résoudre (E) et déterminer l’unique solutionf de (E) vérifiant

(f(0) = 1 f⁰(0) = 3.

(a) On commence par résoudre l’équation homogène associée à (E), c’est l’équation (H) suivante : (H) : y⁰⁰−2y⁰+ 2y= 0

d’inconnue y fonction deux fois dérivable sur R. (H) est une équation différentielle homogène linéaire du second ordre, son équation caractéristique est l’équation :

r²−2r+ 2 = 0

d’inconnuercomplexe et de discriminant : 4−8, c’est-`a-dire −4. Ses solutions sont donc : 2 + 2i

2 et 2−2i 2

soit 1 +iet 1−i. On en d´eduit que, pour toute fonctiony d´erivable deux fois sur R, on a :

y solution de (H)⇔ Il existe deux réels λ1 etλ2 tels que :y:x7−→exp(x)×(λ1cos(x) +λ2sin(x)) (b) On cherche ensuite une solution particulière de (E) sous la forme d’un polynôme de degré 2. Soienta,b et

ctrois r´eels. Soit y0 la fonction suivante :

y0:x7→ax²+bx+c.

y0 est dérivable deux fois surR(c’est un polynôme) et, pour tout réel x, on a : y⁰⁰₀(x)−2y⁰₀(x) + 2y0(x) = 2a−2 (2ax+b) + 2 ax²+bx+c

= (2a−2b+ 2c) + (−4a+ 2b)x+ 2ax² On en d´eduit :

y0 est solution de (E) ⇔ ∀x∈R,(2a−2b+ 2c) + (−4a+ 2b)x+ 2ax²= 2x²

⇔







2a−2b+ 2c = 0

−4a+ 2b = 0 2a= 2

par identification des coefficients d’un polynˆome

⇔







c = 1 b = 2 a = 1

Ainsi, la fonctionx7−→x²+ 2x+ 1 est donc une solution de l’´equation diff´erentielle (E).

(9)

(c) En conclusion, pour toute fonctiony dérivable deux fois sur R, ysolution de (E) si et seulement si : Il existe deux réelsλ1 etλ2 tels que :y:x7−→exp(x)×(λ1cos(x) +λ2sin(x)) +x²+ 2x+ 1 (d) Soitf une fonction solution de (E). Il existe donc deux réelsλ1 etλ2tels que :

f :x7→exp(x)×(λ1cos(x) +λ2sin(x)) +x²+ 2x+ 1 f est deux fois d´erivable et on a :

( f(0) = 1

f⁰(0) = 3 ⇐⇒

( λ1+ 1 = 1 2 +λ₁+λ₂ = 3

⇐⇒

( λ1 = 0 λ₂ = 1

On en d´eduit que il existe une et une seule fonctionf solution de (E) telle que

( f(0) = 1

f⁰(0) = 3 , c’est : f :x7→exp(x) sin(x) +x²+ 2x+ 1.

2. L’objet de cette question est de vérifier numériquement le résultat précédent en écrivant une fonction, en langage Python, permettant d’obtenir une approximation de la courbe représentative de f surR+.

On fixe un r´eel strictement positifhet, pour tout entier natureli, on posex_i=ih.

(a) Justifier que, pour tout r´eel x, on a : f(x+s) =f(x) +sf⁰(x) + o

s→0(s) et f(x+s) +f(x−s) = 2f(x) +s²f⁰⁰(x) + o

s→0 s² .

La fonctionf est de classeC^∞surR. Elle admet donc, en tout réel, un développement limité de tout ordre.

Soitxun r´eel. On a en particulier :

f(x+s) =f(x) +sf⁰(x) + o

s→0(s) f(x+s) =f(x) +sf⁰(x) +s²

2f⁰⁰(x) + o

s→0 s² f(x−s) =f(x)−sf⁰(x) +(−s)²

2 f⁰⁰(x) + o

s→0 s² D’o`u, par somme, on a :

f(x+s) +f(x−s) =f(x) +sf⁰(x) +s²

2f⁰⁰(x) +f(x)−sf⁰(x) +(−s)²

2 f⁰⁰(x) + o

s→0 s²

= 2f(x) +s²f⁰⁰(x) + o

s→0 s² Pour tout r´eelx, on a bien :

f(x+s) =f(x) +sf⁰(x) + o

s→0(s) et f(x+s) +f(x−s) = 2f(x) +s²f⁰⁰(x) + o

s→0 s² .

(b) En déduire, pour tout entier naturel i, une approximation de f⁰(x_i) et une approximation de f⁰⁰(x_i) en fonction d’éléments de la famille (f(x_j))_j∈N.

Soitxun réel. D’après la question précédente, on a :

f⁰(x) =f(x+s)−f(x)

s + o

s→0(1) ce qui entraˆıne quef⁰(x)≈f(x+s)−f(x)

s . En particulier, pour tout entier natureli, on a : f⁰(xi)≈ f(xi+h)−f(xi)

h

≈ f(x_i+1)−f(x_i) h

(10)

Pour tout entier natureli, on obtient de fa¸con analogue :

f⁰⁰(xi)≈ f(xi+h) +f(xi−h)−2f(xi) h²

≈ f(xi+1) +f(xi−1)−2f(xi) h²

(c) On suppose avoir construit, pour un certain entier naturel non nul n, des approximations def(x0),f(x1), . . ., f(xn), not´eesfe(x0),fe(x1),. . .,fe(xn).

A l’aide de la question précédente, proposer une approximationfe(x_n+1) def(x_n+1) en fonction d’éléments de la famille

fe(x0),fe(x1), . . . ,fe(xn) . D’après la question précédente, on a :

f⁰⁰(xn)−2f⁰(xn) + 2f(xn)≈f(xn+1)

h² +f(x_n−1)

h² −2f(xn)

h² −2f(xn+1)

h +2f(xn)

h + 2f(xn).

Or, commef est solution de (E), on af⁰⁰(xn)−2f⁰(xn) + 2f(xn) = 2x²_n, d’o`u : 2x²_n≈ f(xn+1)

h² +f(xn−1)

h² −2f(xn)

h² −2f(xn+1)

h +2f(xn)

h + 2f(xn).

On en d´eduit :

1 h² −2

h

f(xn+1) = 2x²_n−f(xn−1)

h² +2f(xn)

h² −2f(xn)

h −2f(xn).

Comme 1 h²−2

h existe et est non nul lorsquehappartient `a

0,1 2

car 1 h²−2

h = 1−2h

h . En prenanthdans

0,1 2

, on peut donc poser :

fe(x_n+1) =2(hx_n)²−f(xe _n−1) + (2−2h−2h²)fe(x_n)

h(1−2h) .

(d) Donner, à l’aide de l’égalité f⁰(0) = 3, une valeur approchée fe(x1) de f(x1) puis proposer, à l’aide de la question précédente, une fonction, en langage Python, permettant d’obtenir une approximation de la courbe représentative def.

D’apr`es ce que l’on a vu dans la question 2)a), on a :

f⁰(x0)≈ f(x₁)−f(x₀)

h .

D’o`uf(x1)≈hf⁰(x0) +f(x0). On a donc, commef(0) = 1 etf⁰(0) = 3, l’approximation suivante : fe(x1) =f(x0) +hf⁰(x0)

=f(0) +hf⁰(0)

= 1 + 3h.

De la question précédente, on déduit cette fonction permettant d’obtenir une approximation de la courbe représentative def :

i m p o r t p y l a b i m p o r t m a t h

def a p p r o x f(N,h):

l i s t e a b s c i s s e=[0. ,h]

l i s t e v a l a p p r o x f= [ 1 . , 1 . + 3 *h] for i in r a n g e(N):

xi=l i s t e a b s c i s s e[len(l i s t e a b s c i s s e) -1]

fxi=l i s t e v a l a p p r o x f[len(l i s t e v a l a p p r o x f) -1]

(11)

f x i m o i n s 1=l i s t e v a l a p p r o x f[len(l i s t e v a l a p p r o x f) -2]

d e n o m= 1 . /h**2 -2./h

n o u v v a l= ( 2 *xi* * 2 - ( 1 . /h* * 2 ) *f x i m o i n s 1+ ( 2 . /h* * 2 ) *fxi- ( 2 . /h)*fxi-2*fxi)/d e n o m l i s t e v a l a p p r o x f.a p p e n d(n o u v v a l)

l i s t e a b s c i s s e.a p p e n d(xi+h)

p y l a b.p l o t(l i s t e a b s c i s s e,l i s t e v a l a p p r o x f) En tapantapproxf(100,0.1), on a obtenu :

0 2 4 6 8 10 12

40000 30000 20000 10000 0 10000 20000

Pour vérifier la cohérence des résultats obtenus, on peut adapter l’algorithme précédent en ajoutant le calcul des réels de la famille (f(xi))₁₆_i₆_N+1 à l’aide de l’expression de f obtenue dans la question 1) :

i m p o r t p y l a b i m p o r t m a t h

def a p p r o x f v e r i f(N,h):

l i s t e a b s c i s s e=[0. ,h]

l i s t e v a l a p p r o x f= [ 1 . , 1 . + 3 *h] for i in r a n g e(N):

xi=l i s t e a b s c i s s e[len(l i s t e a b s c i s s e) -1]

fxi=l i s t e v a l a p p r o x f[len(l i s t e v a l a p p r o x f) -1]

f x i m o i n s 1=l i s t e v a l a p p r o x f[len(l i s t e v a l a p p r o x f) -2]

d e n o m= 1 . /h**2 -2./h

n o u v v a l= ( 2 *xi* * 2 - ( 1 . /h* * 2 ) *f x i m o i n s 1+ ( 2 . /h* * 2 ) *fxi- ( 2 . /h)*fxi-2*fxi)/d e n o m l i s t e v a l a p p r o x f.a p p e n d(n o u v v a l)

l i s t e a b s c i s s e.a p p e n d(xi+h) l i s t e v a l f=[]

for i in r a n g e(len(l i s t e a b s c i s s e)):

a b s c o u=l i s t e a b s c i s s e[i]

n o u v v a l=m a t h.exp(a b s c o u)*m a t h.sin(a b s c o u)+a b s c o u* * 2 + 2 *a b s c o u+1 l i s t e v a l f.a p p e n d(n o u v v a l)

p y l a b.p l o t(l i s t e a b s c i s s e,l i s t e v a l a p p r o x f) p y l a b.p l o t(l i s t e a b s c i s s e,l i s t e v a l f)

(12)

En tapantapproxfverif(100,0.1), on a obtenu :

0 2 4 6 8 10 12

40000 30000 20000 10000 0 10000 20000

(e) Adapter la fonction précédente pour vérifier la cohérence des résultats obtenus.

cf réponse précédente ! On a pu constater, en comparant les deux graphiques que c’est tout à fait cohérent ! 3. Montrer quef est de classeC^∞ surR. Montrer que, pour tout entier naturelndifférent de 2, on a :

un+2= 2un+1−2un

o`u on a pos´e, pour tout entier natureln,u_n =f⁽ⁿ⁾(0).

Par somme et produit, on constate quef est de classeC^∞. Commef est solution de (E), pour tout r´eel x, on a :

f⁰⁰(x)−2f⁰(x) + 2f(x) = 2x² ce qui donne en d´erivant une premi`ere fois :

∀x∈R, f⁰⁰⁰(x)−2f⁰⁰(x) + 2f⁰(x) = 4x

puis :∀x∈R, f⁰⁰⁰⁰(x)−2f⁰⁰⁰(x) + 2f⁰⁰(x) = 4 puis, en dérivantnfois avecnentier naturel supérieur à 3, pour tout réelx, on a : :

f⁽ⁿ⁺²⁾(x)−2f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) + 2f⁽ⁿ⁾(x) = 0 On obtient donc en particulier :











f⁰⁰(0)−2f⁰(0) + 2f(0) = 2×0² f⁰⁰⁰(0)−2f⁰⁰(0) + 2f⁰(0) = 4×0 f⁰⁰⁰⁰(0)−2f⁰⁰⁰(0) + 2f⁰⁰(0) = 4

∀n∈N∩[3,+∞[, f⁽ⁿ⁺²⁾(0)−2f⁽ⁿ⁺¹⁾(0) + 2f⁽ⁿ⁾(0) = 0.

et donc :











u2−2u1+ 2u0 = 0 u3−2u2+ 2u1 = 0 u4−2u3+ 2u2 = 4

∀n∈N∩[3,+∞[, un+2−2un+1+ 2un = 0.

(13)

On obtient donc en particulier :

Pour tout entier naturelndiff´erent de 2, on a :un+2= 2un+1−2un.

4. D´eterminerf⁽ⁿ⁾(0) pour tout entier natureln.

(un)_n∈_N n’est pas une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2. On va introduire (vn)_n∈_N la suite suivante :

∀n∈N, vn=g⁽ⁿ⁾(0) avec :g:x7→exp(x) sin(x).

Soitnun entier naturel. g´etant une solution de (H), pour tout r´eel x, on a : g⁰⁰(x)−2g⁰(x) + 2g(x) = 0

ce qui donne en d´erivantnfois :

∀x∈R, g⁽ⁿ⁺²⁾(x)−2g⁽ⁿ⁺¹⁾(x) +g⁽ⁿ⁾(x) = 0

et donc :∀n∈N, v_n+2−2v_n+1+ 2v_n = 0. (v_n)_n∈_Nest une suite récurrente linéaire d’ordre 2, les solutions de son équation caractéristique étant 1 +i et 1−i, soit√

2 exp iπ

4

et √ 2 exp

−iπ 4

, on en d´eduit qu’il existe AetB deux r´eels tels que, pour tout entier natureln, on ait :

v_n=√ 2n

× Acos

nπ 4

+Bsin nπ

4

et, comme on connaˆıtv₀ etv₁, on a facilementAetB : ( v0 = 0

v₁ = 1 donc :

( A = 0

√2×

Acosπ 4

+Bsinπ 4

= 1 donc :

( A = 0 A+B = 1 donc :

( A = 0 B = 1 Pour tout entier natureln, on a donc :

v_n =√ 2ⁿ

×sin nπ

4

Orf :x7→g(x) +x²+ 2x+ 1, on en d´eduit que, pour tout entier natureln, on a :

f⁽ⁿ⁾(0) =











g⁽ⁿ⁾(0) sin>3 g⁽²⁾(0) + 2 sin= 2

g⁰(0) + 2 sin= 1 g(0) + 1 sin= 0

et donc, en utilisant ce qu’on vient de prouver sur (v_n)_n∈_N, on obtient que, pour tout entier natureln, on a :

f⁽ⁿ⁾(0) =











√ 2ⁿ

×sin nπ

4

sin>3 4 sin= 2

3 sin= 1 1 sin= 0

(14)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 4 Type Agro

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques Question de cours.

Qu’appelle-t-onracine d’un polynˆome ?

Qu’appelle-t-onordre de multiplicit´e d’une racine d’un polynˆome ?

• SoientP ∈K[X] un polynˆome eta∈K; on dit queaest racine de P si et seulement siP(a) = 0.

• On dit queaest racine d’ordre kdeP (k∈N^∗) si et seulement si (X−a)^k diviseP mais (X−a)^k+1ne divise pasP (ce qui signifie qu’il existe un polynˆomeQtel que P = (X−a)^kQavecQ(a)6= 0).

Exercice.

Soittun r´eel positif ou nul. Pour tout r´eelx, on pose :

P_t(x) =x³+tx−1.

1. Montrer que le polynˆomePtadmet une unique racine r´eelleu(t).

P_test de classeC^∞ surR(c’est un polynˆome) et on a :

∀x∈R, P_t⁰(x) = 3x²+t et commet>0, pour tout r´eel non nulx, on a :

P_t⁰(x)>3x²

>0

Comme de plus P_t est continue, on en déduit queP_t est strictement croissante sur R. Rappelons que P_t est continue, on peut alors affirmer, par le théorème de la bijection continue, queP_tréalise une bijection deRsur

x→−∞lim (P_t(x)), lim

x→+∞(P_t(x))

, soitRcar , commeP_t(x)∼

∞x³, on peut affirmer que :

x→+∞lim (Pt(x)) = +∞ et lim

x→−∞(Pt(x)) =−∞

.

Le polynˆomeP_tadmet bien une unique racine r´eelleu(t).

2. On noteul’application définie surR⁺ qui, à tout réel positift, associeu(t).

(a) Montrer queu(R⁺)⊂]0; 1].

On aP_t(0) =−1,P_t(u(t)) = 0 etP_t(1) =t donc :

Pt(0)< Pt(u(t))6Pt(1) On en d´eduit, par stricte croissance deP_t, que 0< u(t)61.

On a bien :u R⁺

⊂]0; 1].

(b) Démontrer que la fonctionuest strictement décroissante surR⁺. Soientt etsdeux réels strictement positifs tels quet < s. On a :

Pt(u(s)) = (u(s))³+tu(s)−1 = (t−s)u(s) car (u(s))³+su(s)−1 = 0 carPs(u(s)) = 0 Oru(s)>0 (d’après la question précédente), doncP_t(u(s))<0. OrP_t(u(t)) = 0, on a donc :

Pt(u(s))< Pt(u(t)).

Par stricte croissance deP_t, on en d´eduit queu(s)< u(t).

La fonctionuest donc strictement d´ecroissante.

(15)

(c) Calculer lim

t→+∞(u(t)).

Indication : utiliser l’expression deP_t(u(t)).

La fonctionuest décroissante (d’après un question précédente) surR⁺, elle est minorée (par 0 par exemple puisque u(R⁺)⊂]0; 1]), elle admet donc une limiteèn +∞d’après le théorème de la limite monotone et on peut affirmer queàppartient à [0,1]. On a

(u(t))³−1 =−t×u(t).

Si`6= 0, alors lim

t→+∞(−t×u(t)) =−∞, donc lim

t→+∞ (u(t))³−1

=−∞. Or, par somme, lim

t→+∞ (u(t))³−1 est`³−1, c’est donc (par unicit´e de la limite) absurde, cela prouve donc que`= 0.

t→+∞lim (u(t)) = 0.

(d) Montrer que l’applicationuest bijective deR⁺ vers ]0; 1], de r´eciproque :

v:







]0; 1] - R⁺

y -

1−y³ y Soity un ´el´ement de ]0,1]. Posonst=v(y), on a :

P_v(y)(y) =y³+v(y)×y−1

=y³+1−y³

y ×y−1

= 0.

Or P_v(y) a un unique zéro, c’est u(v(y)). On en déduit queu(v(y)) = y. Tout y de ]0,1] admet donc v(y) pour antécédent paru,uest donc surjective. Étant injective (car strictement décroissante) et surjective, u est bijective deR⁺ vers ]0,1]. Deu(v(y)) =yvérifiée pour touty de ]0,1], on peut alors déduire que :

uest bijective deR⁺ vers ]0; 1] etvest sa r´eciproque.

(e) Représenter graphiquement grâce au langagePythonla fonctionvsur ]0; 1]. En déduire le tracé de représentation graphique de la fonctionu.

Commevest l’application







]0; 1] - R⁺

y -

1−y³ y

, il est aisé de la représenter graphiquement. Pour représenter u, qui est la réciproque dev, on peut faire la symétrie par rapport à la première bissectrice. On peut aussi le faire en Python en passant deplot(t,y)dans le programme àplot(y,t). On propose donc le programme suivant :

i m p o r t n u m p y as np

i m p o r t m a t p l o t l i b.p y p l o t as plt def v(y):

r e t u r n 1/y-y**2

y=np.l i n s p a c e( 0 . 01 , 1 , 1 0 0 ) # Ne pas c o m m e n c e r à z é r o p o u r é v i t e r la non d é f i n i t i o n t=v(y)

plt.s u b p l o t s()

plt.x l a b e l(’ $y$ ’);plt.y l a b e l(’ $t$ ’) plt.p l o t(y,t,l a b e l=r ’ $t = v ( y ) $ ’) plt.l e g e n d()

plt.s a v e f i g(’ graphe - v . pdf ’,f o r m a t=’ pdf ’) plt.s u b p l o t s()

plt.y l a b e l(’ $y$ ’);plt.x l a b e l(’ $t$ ’) plt.p l o t(t,y,l a b e l=r ’ $y = u ( t ) $ ’) plt.l e g e n d()

plt.s a v e f i g(’ graphe - u . pdf ’,f o r m a t=’ pdf ’)

(16)

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 y

0 20 40 60 80 100

t

t = v(y)

0 20 40 60 80 100

t 0.0

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

y

y = u(t)

Figure1 – Le graphe dev et celui deu

On a obtenu :

(f) Justifier que la fonctionuest continue surR⁺.

Par quotient, la fonctionvest continue et strictement décroissante sur ]0,1]. Par le théorème de la bijection continue, on peut affirmer que :

La fonctionu, en tant que r´eciproque dev, est bien continue surR⁺.

(g) Démontrer que la fonction uest dérivable surR⁺ puis déterminer, pour tout réel positift, une expression deu⁰(t) en fonction det etu(t).

Par quotient, la fonctionv est de classeC¹ sur ]0,1] et, pour touty dans ]0,1], on a : v⁰(y) = −3y³−(1−y³)

y²

= −2y³−1 y²

La dérivée dev ne s’annulant pas, on sait, d’après le cours, que la fonctionuest de classe C¹ surv(]0,1]), i.e. surR⁺. Or, pour tout réel positift, on au(t)³+t×u(t)−1 = 0, cela donne :

∀t∈R⁺,(3(u(t))²+t)×u⁰(t) +u(t) = 0 soit, pour tout r´eel positift,u⁰(t) =− u(t)

3(u(t))²+t puisque, pour tout r´eel positift, 3(u(t))²+t6= 0.

uest d´erivable surR⁺ et, pour tout r´eel positift, u⁰(t) =− u(t) 3(u(t))²+t.

(17)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 5 Type Agro

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques Question de cours.

Quand dit-on que deux fonctions sont ´equivalentes au voisinage d’un point ? Donner des ´equivalents usuels dex7→ln(1 +x) et dex7→1−cos(x) au voisinage de 0 .

• Soientf et g deux fonctions d´efinies au voisinage d’un pointa. On dit quef(x)∼

a g(x) si lim

x→a

f(x) g(x)

existe et vaut 1.

• Dans le cours, il est pr´ecis´e que :

ln(1 +x)∼

0 x et 1−cos(x)∼

0

x² 2 .

Exercice.

Rappel : algorithme de dichotomie. On consid`ere une fonction f continue sur un segment [a, b]. On suppose que f s’annule exactement une fois sur[a, b], en un point que l’on noteγ. On d´efinit les suites(ak)_k>0et(bk)_k>0de la fa¸con suivante :

• a0=aetb0=b.

• Pour tout entier naturelk, on noteck= ^a^k^+b₂ ^k et :

si f(ak)f(ck)60, alors ak+1=ak et bk+1=ck

sinon, on pose ak+1=cket bk+1=bk. On sait alors que les suites(ak) et(bk)convergent toutes les deux versγ, en v´erifiant :

∀k∈N, ak6γ6bk et∀k∈N, bk−ak=b−a 2^k .

On peut montrer que si l’entierk est tel que ^b−a₂k 6ε, alorsak etbk sont des valeurs approchées deγ àε-près.

1. On consid`ere pour tout entiern>2, la fonctionfn d´efinie surR^∗+ par :fn(x) =xⁿ−ln(x)−n.

(a) Dresser le tableau de variations defn.

Soitnun entier supérieur à 2.fnest dérivable par somme et produit surR^∗+, et, pour tout réel strictement positif x, on a :

f_n⁰(x) =nxⁿ⁻¹−1 x

=nxⁿ−1 x .

Cette quantit´e est positive si et seulement si x > ⁿ r1

n, i.e. x > n^−1/n. Ainsi, la fonction fn est croissante sur

"

n

r1 n,+∞

"

et d´ecroissante sur

# 0, ⁿ

r1 n

# .

(b) On rappelle et on admet l’inégalité suivante : ∀x∈R^∗+, ln(x)6x−1 (?). En déduire que pour tout entiern>2, il existe un unique réelun∈i

0;n⁻ⁿ¹h

tel quefn(un) = 0 et un unique r´eelvn∈i

n⁻ⁿ¹; +∞h

tel quefn(vn) = 0.

La fonctionfnest continue par somme. De plus, elle est strictement croissante (d’après l’étude menée dans la question précédente) sur

"

n

r1 n,+∞

"

, elle réalise donc, par le théorème de la bijection continue, une bijection de

"

n

r1 n,+∞

"

sur

"

fn ⁿ

r1 n

! , lim

x→+∞(fn(x))

"

. On calcule ais´ement :

fn ⁿ

r1 n

!

= 1 n− 1

nln 1

n

−n= 1

n(1 + ln(n))−n.

D’après l’inégalité rappelée, on afn ⁿ

r1 n

!

61−n, on en d´eduit quefn ⁿ

r1 n

!

<0 puisquen>2. De plus, pour tout r´eel strictement positifx, on a :

fn(x) =xⁿ

1−ln(x) xⁿ

−n

(18)

ce qui prouve que lim

x→+∞(fn(x)) = +∞. 0 est donc un ´el´ement de

"

fn ⁿ

r1 n

! , lim

x→+∞(fn(x))

"

. Par le théorème de la bijection continue, on a donc bien prouvé qu’il existe unvn ∈i

n⁻ⁿ¹; +∞i

tel que fn(vn) = 0. De la même fa¸con, en exploitant la continuité et la stricte décroissance defnsuri

0;n⁻ⁿ¹i

et le fait que lim

x→0⁺(fn(x)) = +∞, on obtient qu’il existe un unique r´eelun∈i

0;n⁻ⁿ¹i

tel quefn(un) = 0. Pour obtenir la conclusion souhait´ee, il suffit de signaler quefn ⁿ

r1 n

!

est non nul (car strictement n´egatif).

2. Etude de la suite´ (vn)

La suite (vn)_n>2 vérifie donc l’égalité :∀n>2,vnⁿ−ln(vn)−n= 0.

(a) Justifier en utilisant si besoin (?) quefn

(2n)ⁿ¹

>0, puis en déduire que :∀n>2,vn6(2n)ⁿ¹. Fixonsnun entier supérieur à 2. En utilisant l’inégalité rappelée, on trouve que :

fn

(2n)^1/n

>n−1

n(2n−1)

>n−2 +1 n

>0

car somme d’un terme supérieur ou égal à zéro, et d’un autre strictement positif. Ainsi, fn

(2n)^1/n

> 0, soit fn

(2n)^1/n

> fn(vn). Commefnest strictement croissante suri

n⁻¹ⁿ; +∞h

et que (2n)^1/netvnsont deux éléments de cet intervalle, on peut affirmer quevn<(2n)ⁿ¹ et en particulier la réponse demandée.

(b) En utilisant l’algorithme de dichotomie, déterminer des valeurs approchées à 10⁻³près des termesvnpournallant de 2 à 30. Représenter la suite (vn) graphiquement.

On rappelle que la fonction plot des modules pylab ou matplotlib.pyplot permet de faire des repr´esentations graphiques comme le montre l’exemple suivant :

import matplotlib.pyplot as plt X=[n for n in range(20)]

Y=[(2/3)**k for k in X]

plt.plot(X,Y,’o’) plt.show()

Voici une fonction Python qui, en utilisant l’algorithme de dichotomie, détermine des valeurs approchées à 10⁻³près des termesvn pournallant de 2 à 30. puis permet de représenter la suite (vn) graphiquement :

def d i c h o(a, b, f, p r e c):

’ ’ ’

R e t o u r n e une v a l e u r a p p r o c h é e d ’ un z é r o de f e n t r e a et b a v e c p r é c i s i o n p r e c

’ ’ ’

w h i l e b-a > p r e c:

c = (a+b)/2

if f(a)*f(c) <= 0:

b = c

e l s e:

a = c

r e t u r n (a+b)/2

i m p o r t m a t p l o t l i b.p y p l o t as plt i m p o r t n u m p y as np

X = l i s t(r a n g e(2 , 3 1 ) )

Y = [d i c h o( ( 1 /n) * * ( 1 /n) , (2*n) * * ( 1 /n) , l a m b d a x:(x**n-np.log(x) -n) , 1 0 * * ( - 9 ) ) for n in X]

plt.p l o t(X, Y, ’ o ’) plt.s h o w()

On a obtenu :

(19)

> > > Y

[ 1 . 6 7 6 7 7 6 6 9 5 2 9 6 6 3 7 , 1 . 5 3 6 1 8 0 7 6 3 2 1 1 7 6 3 4 , 1 . 4 3 8 1 2 1 3 1 8 1 7 7 2 0 8 8 , 1 . 3 6 9 8 6 4 8 1 0 2 6 5 2 5 9 , 1 . 3 2 0 2 7 3 4 0 5 9 6 4 7 7 6 7 , 1 . 2 8 2 7 6 3 8 2 2 7 1 3 3 5 0 9 , 1 . 2 5 3 4 3 6 5 2 4 9 5 5 8 1 4 , 1 . 2 2 9 8 8 2 0 3 8 2 4 0 6 1 4 6 , 1 . 2 1 0 5 4 4 1 9 4 4 3 6 2 4 3 , 1 . 1 9 4 3 7 7 3 1 1 0 2 8 1 7 2 , 1 . 1 8 0 6 5 4 2 5 7 4 0 1 4 7 6 7 , 1 . 1 6 8 8 5 4 3 2 6 8 6 9 4 2 9 , 1 . 1 5 8 5 9 5 0 7 2 5 7 0 9 2 , 1 . 1 4 9 5 8 9 3 6 3 9 4 0 7 4 2 6 , 1 . 1 4 1 6 1 7 4 6 2 8 6 8 5 4 1 6 , 1 . 1 3 4 5 0 8 3 5 1 2 4 4 6 6 1 7 , 1 . 1 2 8 1 2 6 9 3 1 3 2 3 5 4 5 1 , 1 . 1 2 2 3 6 5 0 5 5 9 9 2 1 8 9 8 , 1 . 1 1 7 1 3 5 1 1 7 6 8 0 5 6 , 1 . 1 1 2 3 6 5 3 8 4 0 9 3 1 4 5 3 , 1 . 1 0 7 9 9 6 5 5 0 0 7 7 9 8 , 1 . 1 0 3 9 7 9 1 5 1 3 0 4 5 7 2 7 , 1 . 1 0 0 2 7 1 5 9 8 5 7 5 2 4 8 , 1 . 0 9 6 8 3 8 6 6 5 7 0 6 5 6 8 , 1 . 0 9 3 6 5 0 3 1 3 3 8 2 0 5 9 9 , 1 . 0 9 0 6 8 0 7 6 4 9 6 7 0 7 7 , 1 . 0 8 7 9 0 7 7 7 3 4 5 1 7 0 6 2 , 1 . 0 8 5 3 1 2 0 3 4 9 1 3 5 9 8 7 , 1 . 0 8 2 8 7 6 7 1 5 4 0 8 5 2 3 7 ] puis :

(vn) semble visiblement converger vers 1.

(c) Montrer que (vn) converge et d´eterminer sa limitel.

Soitn un entier sup´erieur `a 2. Commefn(1)6 0 (carfn(1) = 1−n etn >2), soit fn(1)6fn(vn) , nous avons vn > 1 car fn est strictement croissante suri

n⁻¹ⁿ; +∞h

et 1 et vn sont deux éléments de cet intervalle. Il suffit ensuite de conclure par le théorème des gendarmes, en utilisant une question précédente :

16vn6(2n)ⁿ¹. Comme lim

n→+∞(1) = 1 et lim

n→+∞

(2n)ⁿ¹

= 1, on obtient que (vn) converge et que sa limitelvaut 1.

(d) On admet le r´esultat suivant : sian ∼

n→+∞bnavec lim

n→+∞(bn) = +∞, alorsln(an) ∼

n→+∞ln(bn). On rappelle de plus queln(x) ∼

x→1x−1.D´eterminer un ´equivalent devn−l.

Soitnun entier sup´erieur `a 2. Nous savons quevⁿn= ln(vn)+n. Comme lim

n→+∞(n) =∞et lim

n→+∞(ln(vn)) = 0, on sait que ln(vn)+n ∼

n→+∞n. On a donc :vⁿ_n ∼

n→+∞n. Comme lim

n→+∞(n) = +∞, alors, d’après l’énoncé, ln (v_nⁿ) ∼

n→+∞ln(n), soitvn ∼

n→+∞

ln(n) n . 3. Etude de la suite´ (un)

(a) Proposer une méthode permettant de déterminer des valeurs approchées à 10⁻³près des termesunpournallant de 2 à 8.

On reprend la même fonctiondichoque l’on avait implémenté pour (vn) puis, pour déterminer des valeurs approchées

`

a 10⁻³ pr`es des termesunpournallant de 2 `a 8, on tape dans la console :

X = l i s t(r a n g e(2 , 9))

Y = [d i c h o(10**( -10) , (1/n) * * ( 1 /n) , l a m b d a x:(x**n-np.log(x) -n) , 1 0 * * ( - 3 ) ) for n in X] plt.p l o t(X, Y, ’ o ’)

plt.s h o w() On a obtenu :

> > > Y

[ 0 . 1 7 6 7 7 6 6 9 5 3 7 1 6 3 6 9 , 0 . 1 7 3 3 4 0 3 1 8 6 6 2 6 5 8 6 7 , 0 . 1 7 6 7 7 6 6 9 5 3 7 1 6 3 6 9 , 0 . 1 8 1 1 9 4 9 1 5 9 9 4 4 2 3 9 , 0 . 1 8 5 4 5 9 0 9 3 9 7 2 6 0 0 5 7 , 0 . 1 8 9 3 2 6 6 3 5 6 0 6 1 3 8 3 , 0 . 1 9 2 7 7 6 3 5 3 2 5 0 9 9 2 6 ]

(20)

puis :

(un) semble visiblement converger vers 0,2.

(b) Calculerfn(un+1). En d´eduire le sens de variation de (un).

Soit n un entier sup´erieur `a 2. Constatons d’abord que un 6 1 puisque un ∈ i 0;n⁻¹ⁿh

. Comme fn(un+1) = uⁿn+1−ln(un+1)−n, on a donc :

fn(un+1)>uⁿ⁺¹_n+1−ln(un+1)−n.

Commeuⁿ⁺¹_n+1−ln(un+1) =n+ 1 carfn+1(un+1) = 0, on obtient donc quefn(un+1)>1 et doncfn(un+1)>0, soit : fn(un+1)>fn+1(un).

Comme fn est strictement d´ecroissante sur i 0;n⁻ⁿ¹h

et que un+1 et un sont deux éléments de cet intervalle, on peut affirmer donc queun+16un.La suite (un) est donc décroissante. On note que notre graphique précédent est contredit par cette réponse.

(c) Justifier que lim

n→+∞(uⁿn) = 0, puis montrer queun ∼

n→+∞e⁻ⁿ.

Soitnun entier sup´erieur `a 2. Nous avonsun6n^−1/ndonc 06uⁿn6 1

n et, par th´eor`eme d’encadrement, on a alors

n→+∞lim (uⁿn) = 0 puis, par composition lim

n→+∞(exp (uⁿn)) = 1, soit lim

n→+∞(exp (ln(un) +n)) = 1 caruⁿn= ln(un) +n.

On obtient donc lim

n→+∞(eⁿun) = 1, soitun ∼

n→+∞e⁻ⁿ. On note de nouveau et modestement que notre graphique précédent est contredit par cette réponse.

(21)

BCPST 2 2020/2021

Sujet 6 Type Agro

Corrig´ e du TD de pr´ eparations aux oraux de math´ ematiques Question de cours.

Dans un espace probabilisé (Ω,A,P) donner la définition d’un système complet d’événements. Énoncer alors la formule des probabilités totales pour calculerP(A) pourA un événement quelconque.

Soient I une partie de N et (Ai)_i∈I une famille d’événements. On dit que (Ai)_i∈I est un système complet d’événements si les deux conditions suivantes sont vérifiées :

1. ∀(i, j)∈JIK

2,i6=j⇒Ai∩Aj=∅ 2. [

i∈I

A_i= Ω

SoitA un événement. La formule des probabilités totales affirme queX

i∈I

P(A∩Ai) existe et :

P(A) =X

i∈I

P(A∩Ai)

=X

i∈I

P(A_i)×P_A_i(A)

Exercice.

On consid`ere la suite (u_n)_n_>₁ telle queu₁∈]0;π[ et, pour toutn∈N^?, on a : u_n+1=

1 + 1 n

sin(u_n).

1. Montrer que pour tout entiern>3 : 0< un< π 2

Pour toutnentier naturel supérieur à 3, on appelleP(n) l’hypothèse suivante : P(n) : ” 0< un< π

2 ”.

Deu₁ ∈]0, π[, on d´eduit 0<sin(u₁)61. Comme u₂ = 2 sin(u₁), on a 0 < u₂ 62, puis 0<sin(u₂)61 car 2∈]0, π[. Deu₃=3

2sin(u₂), on d´eduit que 0< u₃63

2 et donc 0< u₃< π 2 car π

2 '1,57.P(3) est donc vraie.

On supposeP(n) vraie pour un certain entier naturelnsupérieur à 3. DeP(n), on déduit que 0<sin(un)<1 et donc, commeun+1 =

1 + 1

n

sin(un) et

1 + 1 n

>0, on a : 0< un+1 <1 + 1

n Or 1 + 1

n 6 4

3 donc 1 + 1 n < π

2. Ceci permet d’affirmer que P(n+ 1) est donc vraie si P(n) l’est. P(3) est vraie et, pour tout entier naturelnsupérieur à 3,P(n) impliqueP(n+ 1).P(n) est donc vraie pour tout entier naturelnsupérieur à 3 d’après le principe de récurrence.

Pour tout entier naturelnsupérieur à 3, on a bien : 0< un <π 2. 2. Déterminer le seul réel vers lequel la suite (u_n) peut converger.

Si la suite (u_n)_n∈_N? converge vers un r´eel` alors :

• 06`6π

2 (par passage à la limite dans l’inégalité de la question précédente).

• `= sin(`) car on sait que, pour tout n∈N^?, on a : un+1=

1 + 1 n

sin(un). Or lim

n→+∞(un+1) =` et, par produit, lim

n→+∞

1 + 1

n

sin(u_n)

= sin (`). Par unicit´e de la limite, on en d´eduit que`= sin(`).

(22)

De`= sin(`) et 06`6 π

2, on d´eduit que`= 0 (Il suffit de faire une ´etude rapide de la fonctionx7→sin(x)−x surh

0,π 2

i). On peut conclure :

Le seul r´eel vers lequel la suite (un)n∈N^? peut converger est 0.

3. Repr´esenter graphiquementun en fonction de npour plusieurs valeurs deu1, puis ´emettre une conjecture sur la monotonie de la suite (un).

On utilise Python pour calculer les 100 premiers termes de la suite (un)n∈N^? et on la repr´esente ensuite : i m p o r t n u m p y as np

i m p o r t m a t p l o t l i b.p y p l o t as plt def u(N=100 ,u1=N o n e):

if u1 is N o n e:

u1=np.r a n d o m.r a n d()*np.pi # C h o i x au h a s a r d de u1 ul=[u1]

for n in r a n g e(1 ,N):

ul.a p p e n d( ( 1 + 1 /n)*np.sin(ul[ -1])) r e t u r n ul

for s in r a n g e( 4 ) : # On f a i t 4 d e s s i n s ul=u()

plt.s u b p l o t s()

plt.x l a b e l(’ $n$ ’);plt.y l a b e l(’ $y$ ’)

plt.p l o t(ul,l a b e l=’ $y = u_ { n +1} $ ’) # A t t e n t i o n , d é c a l a g e de 1 sur les i n d i c e s On représente quelques graphes de cette suite pour différentes valeurs deu1 :

0 20 40 60 80 100

n 0.2

0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

y

y=un+1

0 20 40 60 80 100

n 0.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

y

y=un+1

0 20 40 60 80 100

n 0.0

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

y

y=un+1

0 20 40 60 80 100

n 0.2

0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4

y

y=un+1

A partir de ces diff´erents trac´es, on conjecture :

La suite (un)_n∈N^? semble être croissante jusqu’à un certain indice, décroissante ensuite, pour tendre vers 0.