Correction du DS n°3 

Correction du devoir surveillé n

3

La calculatrice est interdite. Durée : 4h

La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements interviendront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

Exercice 1

1. e^x−e^−x>0⇐⇒e^x e^2x−1

>0 et commex→e^2x−1 est croissante surRet nulle en0 : e^x−e^−x>

0⇐⇒x >0 DoncD=R^∗₊

On définit la fonctionf par :∀x∈D, f(x) = ln (e^x−e^−x).

On note (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,~ı, ~).

2. (a) f est dérivable sur

f^′(x) = e^x+e^−x

e^x−e^−x>0 surD >0 En 0 : ln (e^x−e^−x)→ −∞et en +∞: ln (e^x−e^−x)→+∞ Avec f strictement croissante sur D

(b) Comme f est continue et strictement croisante sur l’ntervalle D = ]0,+∞[ elle est bijective de D dans ]lim0f,lim+∞f[ =R.

Et comme 0∈Rl’équtionf(α) = 0 a une unique solution.

On résout :

ln e^x−e^−x

= 0 ⇐⇒ e^x−e^−x= 1⇐⇒e^2x−1 =e^x

⇐⇒ e^2x−e^x−1 = 0 SoitX =e^x.

L’équtionX²−X−1 = 0 du second degré a pour discriminant : 5 et pour racines : 1−√ 5 2 <0 et 1 +√

5 2 >0

Donc l’unique solution estα= ln

1 +√ 5 2

(c) La pente vaut :f^′(α) = e^α+e^−α

e^α−e^−α et comme e^α−e^−α= 1 il reste : e^α+e^−α=1 +√

5

2 + 2

1 +√

5 =6 + 2√ 5 + 4 2 1 +√

5 = 5 +√ 5

1−√ 5 1 +√

5 1−√

5 =−4√ 5

−4 =√ 5 donc le coefficient directeur de la tangente (T) à la courbe (C) au point d’abscisseαvaut√

5.

3. (a) On factorise dans le ln :f(x)−x= ln e^x 1−e^−2x

−x=x+ ln 1−e^−2x

−x→0 (b) On a donc une asymptote d’équationy=xen +∞

(c) et comme f(x)−x = ln 1−e^−2x

< 0 car 1−e^−2x <1 alors la courbe de f est en dessous de l’asymptote

4. Donner l’allure de la courbe (C) en faisant figurer les droites (∆) et (T).

Il faut faire figurer sur la courbe

⋆ le point d’abscisseα(ordonnée nulle) avec sa tangente

⋆ l’asymptote oblique en respecant les positions relatives,

⋆ l’asymptote verticale en 0

⋆ la concavité n’a pas été étudiée, mais on trace au plus simple : courbe concave. (en dessous de la tangente enα)

Exercice 2

1. Etude de l’équation x^N+x^N−1+· · ·+x²+x−a=0

On note fN la fonction polynôme définie parfN(x) =x^N +x^N−1+· · ·+x²+x−a.

(a) On étudie les variations defN surR⁺:f est dérivable surR⁺ etf^′(x) =N x^N−1+· · ·+ 1>0 donc commefN(0) =−a <0 (aest un réel strictement positif) etfN →+∞en +∞,et que 0∈[a,+∞[ par bijection l’équationfN(x) = 0 aura une unique solution surR⁺

Si N > aalorsf(1) =N−a >0 et d’après les variations def,commefN(xN) = 0< f(1) on aura xN <1

(b) Montrer la relation (∗) : (x−1)fN(x) peut se développer en. . . ou s’écrire avec des unP

que l’on développe puis réindexe.

(x−1)fN(x) =x^N+1−(a+ 1)x+a

2. Racine positive de l’équation x^N+x^N−1+· · ·+x²+x−a=0

(a) On calculefN+1(xn) =fN+1(xN) =x^N+1_N +x^N_N +· · ·+x²_N +xN −a=fN(xN) +x^N_N⁺¹ Et commex^N_N⁺¹>0 on a bienfN+1(xN)> fN(XN)

Pour montrer que la suite (xN) est strictement décroissante, on comparexN etxN+1. . . que l’on ne connaît que par leurs images.

Comme fN(XN) = 0 = fN+1(XN+1) l’inégalité précédente donne fN+1(xN) > fN+1(xN+1) et commefN+1est strictement croissante surR⁺et que les termes en sont éléments,xN > xN+1,et la suite converge. Soitx^∗ sa limite.

CommexN >0 pour tout entiern,on a par passage à la limitex^∗≥0

Comme pour tout N > aon axN <1,par passage à la limitex^∗ ≤1 ce qui n’est pas suffisant. . . Il faut d’abord écarter xN de 1 : soit A un entierA > a alors pour toutN > A on auraxN < xA

(suite décroissante) et par passage à la limitex^∗6xA<1 C.Q.F.D.

Donc la suite (xN) converge vers un nombrex^∗ appartenant à [0,1[

(b) Comme la suite est décroissante , si N > A alors 0 < xN 6xA , et comme la fonction puissance N^i`eme est croissante surR⁺ et quexA etxN en sont éléments, 0<(xN)^N 6(xA)^N

Soit A ≥ a, on a alors 0 < xA < 1 donc (xA)^N → 0 quand N tend vers N → +∞ (xA est une constante)

Donc par encadrement xNN →0

Comme (x−1)fN(x) = x^N+1−(a+ 1)x+a on a en particulier (xN −1)fN(xN) = x^N+1_N − (a+ 1)xN +a = 0 et par passage à la limite dans cette égalité : 0−(a+ 1)x^∗+a= 0 soit x^∗ = a/(a+ 1) (cara >0 donca+ 16= 0 )

Commex^∗6= 0 on a alorsxN/x^∗→1 doncxN ∼x^∗ d’où l’écriturexN = a

a+ 1(1 +εN),et εN tend vers 0 lorsqueN tend vers +∞

(c) On reprendx^N+1_N −(a+ 1)xN+a= 0 etxN = a

a+ 1(1 +εN) On a donc

0 =

a

a+ 1(1 +εN) N+1

−a(1 +εN) +a

= a

a+ 1(1 +εN) N+1

−aεN donc aεN =

a

a+ 1(1 +εN) N+1

Comme tout est strictement positif (εN >0 car xN > x^∗ ) ln (aεN) = (N+ 1) ln

a

a+ 1(1 +εN)

donc ln (a) + ln (εN) = (N+ 1)

ln

a a+ 1

+ ln (1 +εN)

et en multipliant de part et d’autre parεN : (N+ 1)εN

ln

a a+ 1

+ ln (1 +εN)

=εNln (εN) +εNln (a) Commexln (x)→0 quandx→0,le second membre tend vers 0.

Commea6=a+ 1 on a ln a

a+ 1

6

= 0 et []→ln a

a+ 1

6

= 0 d’où (N+ 1)εN →0 On a (1 +εN)^N+1=epx((N+ 1) ln (1 +εN))

Or ln (1 +εN)∼εN donc (N+ 1) ln (1 +εN)∼(N+ 1)εN →0 et (N+ 1) ln (1 +εN)→0.

Finalement (1 +εN)^N+1→1 La relation (∗) donne

0 = a

a+ 1(1 +εN) N+1

−aεN = a

a+ 1 N+1

(1 +εN)^N+1−aεN

εN = 1 a

a a+ 1

N+1

(1 +εN)^N+1∼1 a

a a+ 1

N+1

car (1 +εN)^N+1 →1

Exercice 3

Partie 1 : étude de deux fonctions très voisines

On considère les fonctionsf etg définies surR^∗ parf(x) = e^−1/x2 etg(x) =f(x)−x.

On admet quef et gsont dérivables sur leur ensemble de définition.

1. Six∈R^∗ alors−x∈R^∗ et f(−x) = e^−1/(−x)2 = e^−1/x2=f(x) doncf est paire.

2. Pourx∈R^∗₊,f^′(x) =e^−1/x2 2 x³ = 2

x³f(x)>0 etf^′′(x) = −6x²

(x³)²e^−1/x2+ 2 x³

2 x³e^−1/x2

= −6x²+ 4

x⁶ e^−1/x2f^′(x) pour x∈R^∗ doncf^′′(x) est du signe de−6x²+ 4.

3. lim

n→+∞− 1

n² = 0 et e⁰= 1 donc lim

n→+∞e^−1/n2 = 1.

On admettra que ce résultat est égal à la limite de f en+∞.

4.

x 0 +∞

f^′(x) 0 +

f(x) 1

ր

5. Pourx >0 on ag^′(x) =f^′(x)−1 etg^′′(x) =f^′′(x) du signe de−6x²+ 4.

Donc, sur R^∗₊,g^′′(x)>0 ⇔ −6x²+ 4 >0 ⇔ 2

3 > x² ⇔ q

2

3 >x (dernier passage possible car x >0) doncg est croissante suri

0;q

2 3

iet décroissante sur hq

2 3; +∞h

. 6. Son maximum vaut environg^′q

2 3

=f^′q

2 3

−1≈0,82−1≈ −0,18<0 doncg^′(x)<0 surR^∗₊donc sur ]0,1].

Partie 2 : étude d’une suite

Soitula suite définie par :u0= 3 et∀n∈N, un+1=f(un).

On admettra que la suite est bien définie.

1. Posons∀n∈N^∗,P(n) : « un ∈]0,1[ ».

u1=f(u0) = e^−1/9 et on a doncP(1) vraie.

Soitn∈N^∗. Supposons 0< un<1. D’une part, il est clair queun+1=f(un)>0 (c’est un exponentielle) et par croissance de f, on a doncun+1=f(un)< f(1) = e⁻¹<1. DoncP(n+ 1) est vraie et doncP(n) est vraie pour toutn∈N^∗

2. On a bienu1 <1 <3 =u0 et, pour n∈N,un+1 < un ⇒f(un+1)< f(un) (f cropissante), c’est à dire un+2< un+1.

Donc la transmission est démontrée et la propriété est vraie pour tout n∈Npar principe de récurrence.

Doncuest décroissante.

3. Soit n∈N. un+1−un =f(un)−un =g(un)<0, en utilisant le dernier résultat de la partie 1, donc la suiteuest décroissante

Partie 3 : une expression de la dérivéen-ième de f (*) On définit pour tout entier naturelnnon nul, le polynômePn,par : P1(X) = 2 et∀n∈NetPn+1(X) =X³P_n^′(X) + 2−3nX²

Pn(X).(*) 1. On a :P2(x) =x³P₁^′(x) + 2−3x²

P1(x) = 2 2−3x² On a calculéf^′′(x) = 4−6x²

x⁶ e^−1/x2 =P2(x)

x⁶ f(x) pour toutxnon nul.

La propriété est également vraie pourn= 1. d’après le calcul def^′(x) 2. On conjecturef^′′′(x) =P3(x)

x⁹ f(x)

3. Posons, pour tout n∈N^∗, :P(n) : «∀x∈R^∗f⁽ⁿ⁾(x) = Pn(x) x³ⁿ f(x) ».

On vient de voir que la propriété est vraie pour n= 1.

Soitn∈N^∗. Supposons que pour toutx∈R^∗f⁽ⁿ⁾(x) = Pn(x) x³ⁿ f(x) Alors

f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =f^(n)′(x) =

P_n^′ (x)e^−1/x2+_x²³Pn(x)e^−1/x2

x³ⁿ−3nx³ⁿ⁻¹Pn(x)e^−1/x2 x⁶ⁿ

= x³P_n^′(x)e^−1/x2+ 2Pn(x)e^−1/x2−3nx²Pn(x)e^−1/x2 x^{6n−(3n−3)}

= x³P_n^′(x) + 2−3nx² Pn(x) x³⁽ⁿ⁺¹⁾ e^−1/x2 DoncP(n+ 1) est vraie

Donc la propriété est bien vraie pour tout entiern≥1 par principe de récurrence.

4. C’est encore une récurrence.

P1(0) = 2 et 2¹= 2.

Montrer que : ∀n∈N^∗, Pn(0) = 2ⁿ

Soitn≥1. Supposons quePn(0) = 2ⁿ. Alors Pn+1(0) = 0³P_n^′(0) + 2−3n0²

Pn(0) = 2Pn(0) = 2×2ⁿ= 2ⁿ⁺¹. et on rédige la fin...

Exercice 4 (ECRICOM 2005)

On effectue une suite de lancers d’une pièce de monnaie. On suppose que les résultats des lancers sont indé- pendants et qu’à chaque lancer, la pièce donne pile avec la probabilitép(0< p <1) et face avec la probabilité q= 1−p.

On s’intéresse dans cet exercice à l’apparition de deux piles consécutifs.

Pour tout entier naturelnnon nul, on noteAnl’événement :“deux piles consécutifs sont réalisés pour la première fois aux lancers numéronet n+ 1“.

On définit alors la suite (an)_n∈Ndes probabilités des événementsAn par :

⋆ Pour tout entier naturel nnon nul :an=p(An)

⋆ avec la convention a0= 0

1 Encadrement des racines de l’équation caractéristique.

On considère la fonction polynomialef de la variable réellexdéfinie par : f(x) =x²−q x−p q

1. f(x) = 0 est une équation du second dégré qui a pour discriminant : ∆ =q²+ 4pq >0 Donc elle a deux racines distinctes :r1=^q−√₂^∆ etr2=^q+√₂^∆ (pour quer1< r2 )

⋆ r1+r2=^q−√₂^∆+^q+₂^√∆ =q

⋆ r1×r2=^q−

√∆ 2

q+√

∆ 2 = ^q2−

√∆²

4 = ^q2−∆₄ =^q2−q2₄^−4pq =−p q 2. A voire la suite (valeurs intermédiaires) , on détermine les signes :

⋆ f(1) = 1−q−p q=p−p q=p(1−q) =p²>0

⋆ f(−1) = 1 +q−pq= 1 +q(1−p) = 1 +q²>0

⋆ f(0) =−p q <0

3. Commef est continue et que 0∈]f(0), f(−1)[ alors il existex∈]−1,0[ tel quef(x) = 0 et de même il existex∈]0,1[ tel quef(x) = 0.

Commef(x) = 0 n’a pour racines quer1 etr2alors−1< r1<0< r2<1 Variante: le tableau de variation defest : x r1 r2

f(x) +ց 0 ց − ր 0 ր+ commef(0)<

0, f(1)>0 etf(−1)>0 on a par exclusion :−1< r1<0< r2<1 Donc|r2|<1 et|r1|<1

Enfin, commer2>0 etr1<0 :|r2|=r2 et|r1|=−r1

Et commeq >0 :−r1=

√∆−q 2 <^q+

√∆ 2 =r2

Conclusion : |r1|<|r2|<1

2 Equivalent de a

quand n tend vers l’infini.

1. On décompose les événements pour calculer leurs proabbiltiés en notantP1P2pour P1∩P2

⋆ On a a1=p(A1) =p(P1P2) =p(P1)p(P2) car les lancers sont indépendants. Donca1=p²

⋆ A2=”premier PP au 2^◦lancer” on a alorsP2∩P3et on ne peut pas avoir P1 (sinon on aA1 et pas A2)

DoncA2=F1P2P3 eta2=p(F1∩P2∩P3) =q p²

⋆ Si A3alorsP3P4.Si on aP1 il faut alorsF2 sinon on aA1.Si on aF1alors il faut F2 sinon on aA2

DoncA3= (P1F2P3P4)∪(F1F2P3P4) incompatibles et

a3=p(P1F2P3P4) +p(F1F2P3P4) =pqp²+q²p²=qp²(p+q) =qp² 2. Pour la réalisation de An+2:

⋆ ou bien on a P1 auquel cas il ne faut pas avoirP2 sinon on aA1.

Donc on a alorsF2et il faut le premierP P nlancers pus tard (i.e.An est réalisé) ou

⋆ on aF1 et le premierP P doit intervenirn+ 1 lancers plus tard (i.e.An+1 est réalisé.) Doncp(An+2) =p(P1F2)p(An) +p(F1)p(An+1)

car premierP P nlancers pus tard est indépendant deP1F2 et e premierP P doit intervenirn+ 1 lancers plus tard est indépendant deF1

D’oùan+2=q an+1+p q anetan+2−q an+1−p q an = 0 qui est encore vraie pourn= 0 (a2−qa1−p q0 = 0) 3. Voir TP (suite récurrente linéaire d’ordre 2)

4. La suiteaest récurente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants.

Son équation caractéritique est :x²−q x+pq= 0 qui a pour racinesr1 etr2

Donc pour tout entiern≥1, an =α r₁ⁿ+β r₂ⁿ avecαet β déterminés para0 eta1

⋆ pour n= 0 :_r2^p2

−r1

r⁰₂−r⁰₁

= 0 =a0

⋆ et pourn= 1 : _r2^p2

−r1

r¹₂−r¹₁

=p²=a1

⋆ Donc les solutions sontα=−r2^p−²r1 et β=_r2^p₋²_r1 Variante : on résoud directement

a0= 0 =α+β

a1=p²=α r1+β r2 d’où

β=−α p²=α(r1− r2) et α=_r⁻₂^p2

−r1 et β=_r2^p2

−r1

Conclusion : pour toutn≥1 :an=_r2^p₋²_r1[rⁿ₂ −r₁ⁿ] et également pourn= 0 5. On a

an = p² r2−r1

[rⁿ₂ −rⁿ₁]

= p²rⁿ₂ r2−r1

1−

r1

r2

n

et comme

r1 r2

<1 alors

r1

r2

n

→0 d’oùh 1−

r1

r2

ni

→1 et

Conclusion : (an) est équivalente à (bn) lorsquentend vers plus l’infini oùbn= p²r₂ⁿ r2−r1

3 Expression de a

en fonction de n par une méthode matricielle.

On définit les matricesAet P par : A=

r1+r2 −r1r2

1 0

, P =

r1 r2

1 1

ainsi que les matrices unicolonnesXn par :

Pour tout entier natureln: Xn=

an+1

an

1. On a pour tout entiern:Xn+1=

an+2

an+1

=

q an+1+p q an

an+1

=

q p q

1 0

an+1

an

et commer1+r2=qet−r1r2=p qon a bien alors Xn+1=A Xn

2. A−r1I=

r2 −r1r2

1 −r1

et comme la seconde colonne est−r1 la première, elles sont liées et la matrice est non inversible.

A−r2I=

r1 −r1r2

1 −r2

et comme la seconde colonne est−r2 la première, elles sont liées et la matrice est non inversible.

3. Doncr1 etr2sont valeurs propres deA.

Comme elles sont distinctes et que Aest de taille 2 alorsAest diagonalisable.

4. Au vu de la suite, on se doute queP est la matrice de passage et on test donc ses colonnes comme colonnes propres :

r1+r2 −r1r2

1 0

r1

1

= r²₁

r1

=r1

r1

1

donc elle est colonne propre associée àr1

r1+r2 −r1r2

1 0

r2

1

= r²₂

r2

=r2

r2

1

donc elle est colonne propre associée àr2

Donc la concaténation de ces 2 colonnes propres associées à des valeurs propres distinctes fomre une matrice inversible

et A=P D P⁻¹ avecD=

r1 0 0 r2

On calculeP⁻¹,par Gauss : r1 r2 1 0

1 1 0 1

L2

L1 ⇐⇒

1 1 0 1 r1 r2 1 0

L1

L2−r1L1

⇐⇒

1 1 0 1 0 r2−r1 1 −r1

L1−L2/(r2−r1) L2/(r2−r1)

⇐⇒

1 0 −_r2−r¹ 1

r2

r2−r1

0 1 _r2−¹_{r1 r}⁻₂₋^r1_r1

L1−L2/(r2−r1) L2/(r2−r1) doncP⁻¹= 1

r2−r1

−1 r2

1 −r1

5. On a vu que D=

r1 0 0 r2

6. Par récurrence :

⋆ pour n= 0 :P D⁰P⁻¹X0=I X0=X0

⋆ Soitn≥0 tel queXn=P DⁿP⁻¹X0

alorsXn+1=A Xn=P DP⁻¹P DⁿP⁻¹X0=P D DⁿP⁻¹X0=P Dⁿ⁺¹P⁻¹X0

⋆ Donc pour tout entier n:Xn=P DⁿP⁻¹X0

7. CommeD est diagonale,Dⁿ=

rⁿ₁ 0 0 rⁿ₂

et

Xn = P Dⁿ

−1 r2

1 −r1

p² 0

= 1

r2−r1

P

rⁿ₁ 0 0 rⁿ₂

−p² p²

= 1

r2−r1

r1 r2

1 1

−rⁿ₁p² rⁿ₂p²

= 1

r2−r1

(r1r₂ⁿ−r2r₁ⁿ)p² (r₂ⁿ−rⁿ₁)p²

dont la seconde composante estan= p² r2−r1

[rⁿ₂ −rⁿ₁] (qui est bien le résultat trouvé précédemment)