Devoir surveillé n 7

– Devoir surveill´ e n ^◦ 7 –

– Le samedi 19 mars 2022 –

Exercice 1. On pose, pour tout n ∈ N , I

= Z

0

tan

(x)dx.

1. V´ erifier que, pour tout k ∈ N , I

+ I

=

. 2. En d´ eduire que, pour tout n ∈ N ,

n

X

k=0

(−1)

2k + 1 = I

+ (−1)

I

. 3. (a) Justifier que, pour tout n ∈ N, I

≥ 0.

(b) En d´ eduire en utilisant la question 1 que la suite (I

)

converge et calculer sa limite.

4. Conclure lim

n→+∞

n

X

k=0

(−1)

2k + 1 = π

4 .

Exercice 2. 1. Justifier que, pour tout n ∈ N , l’´ equation x + ln(x) = n, d’inconnue x ∈ R

, poss` ede une unique solution.

On notera, pour tout n ∈ N, x

cette solution. On d´ efinit ainsi une suite (x

)

. 2. Calculer x

.

3. (a) V´ erifier que x

∈ [1, 2].

(b) ` A l’aide de l’algorithme de dichotomie, ´ ecrire une fonction Python prenant pour param` etre un r´ eel epsilon strictement positif et renvoyant une valeur approch´ ee de x

` a ε pr` es.

4. Montrer que la suite (x

) est croissante.

5. D´ eterminer lim

n→+∞

x

. 6. Montrer que lim

n→+∞

x

n = 1.

7. On pose, pour tout n ∈ N

, u

= x

− n + ln(n). Calculer, si elle existe, lim

n→+∞

u

.

Exercice 3. Soient E un R -espace vectoriel, u un vecteur de E non-nul et φ : E → R une forme lin´ eaire. On pose

f : x ∈ E 7−→ x + φ(x)u.

1. V´ erifier que f est un endomorphisme de E.

2. Montrer que ker(f − Id

) = ker(φ).

3. On suppose dans cette question que φ(u) ̸= −1. Montrer que f est injectif.

4. On suppose dans cette question que φ(u) = −1.

Montrer que f n’est pas injectif et v´ erifier que f ◦ f = f.

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly DS 7 –

Exercice 4. 1. Pr´ eliminaire : la formule de la moyenne

Soit a et b deux r´ eels tels que a < b, et φ et ψ deux fonctions continues sur [a, b], avec ψ strictement positive sur [a, b].

(a) Justifier que φ est born´ ee sur [a, b]. On note m son minimum et M son maximum.

(b) Montrer que : m Z

a

ψ(t)dt ≤ Z

a

φ(t)ψ(t)dt ≤ M Z

a

ψ(t)dt.

(c) En d´ eduire qu’il existe c ∈ [a, b] tel que : Z

a

φ(t)ψ(t)dt = φ(c) Z

a

ψ(t)dt

(d) Que peut-on dire si ψ est strictement n´ egative sur [a, b] ? On consid` ere la fonction f d´ efinie par f (x) =

Z

1 ln(t) dt.

2. Etude du domaine de d´ ´ efinition de f

(a) D´ eterminer l’ensemble de d´ efinition de la fonction g : t 7−→

.

(b) Justifier que ]0, 1[ et ]1, +∞[ sont stables par la fonction carr´ ee, c’est-` a-dire que si x ∈]0, 1[

(respectivement x ∈]1, +∞[) alors x

∈]0, 1[ (respectivement x

∈]1, +∞[).

(c) En d´ eduire l’ensemble de d´ efinition de f , not´ e D

.

(d) Soit G une primitive de g sur ]0, 1[∪]1, +∞[. Exprimer f en fonction de G.

(e) En d´ eduire que f est de classe C

sur D

et d´ eterminer sa d´ eriv´ ee f

. 3. Etude en ´ 0

(a) Montrer que, pour tout x ∈]0, 1[,

|f (x)| ≤ Z

x²

1

|ln(x)| dt ≤ − 1 ln(x) (b) En d´ eduire que f se prolonge par continuit´ e en 0.

(c) Montrer que le prolongement ainsi obtenu (que l’on notera f ) est de classe C

en 0 et d´ eterminer f

(0).

4. Etude en ´ 1

(a) D´ eterminer une primitive de h : t 7−→

sur ]0, 1[∪]1, +∞[.

(b) Soit x ∈]0, 1[ (respectivement ]1, +∞[). En utilisant la question pr´ eliminaire, montrer qu’il existe c

∈]x

, x[ (respectivement c

∈]x, x

[) tel que f (x) = c

ln(2).

(c) En d´ eduire que f se prolonge par continuit´ e en 1.

(d) Montrer que le prolongement ainsi obtenu (que l’on notera encore f ) est de classe C

en 1 et d´ eterminer f

(1).

5. Variations de f

(a) Montrer que f est strictement croissante sur R

. (b) Montrer que pour tout x > 1, f(x) ≥

.

(c) En d´ eduire lim

x→+∞

f (x) x .

(d) Tracer l’allure de la courbe repr´ esentative de f .

Exercice 5. Soit n un entier naturel sup´ erieur ou ´ egal ` a 3.

Une urne contient une boule noire non num´ erot´ ee et n − 1 boules blanches, dont n − 2 portent le num´ ero 0 et une porte le num´ ero 1. On extrait ces boules au hasard, une ` a une, sans remise, jusqu’` a l’apparition de la boule noire.

Pour chaque i de [[1, n − 1]], on note B

l’´ ev´ enement :

le i-` eme tirage donne une boule blanche

, on pose B

= N

et on note X la variable al´ eatoire ´ egale au rang d’apparition de la boule noire.

1. Donner l’ensemble X(Ω) des valeurs que peut prendre la variable X.

2. (a) Pour tout i de [[2, n − 1]], justifier que P

(B

) = n − i n − i + 1 .

(b) Utiliser la formule des probabilit´ es compos´ ees pour trouver P(X = k), pour tout k de X(Ω).

(c) Reconnaˆıtre la loi de X et donner son esp´ erance et sa variance.

3. On note Y la variable al´ eatoire qui vaut 1 si la boule num´ erot´ ee 1 a ´ et´ e pioch´ ee lors de l’exp´ erience pr´ ec´ edente, et qui vaut 0 sinon.

(a) Pour tout k de X(Ω), montrer, toujours grˆ ace ` a la formule des probabilit´ es compos´ ees, que : P

[X = k] ∩ [Y = 0]

= n − k n(n − 1) (b) En d´ eduire P (Y = 0).

(c) Reconnaˆıtre la loi de Y et donner son esp´ erance et sa variance.

4. Simulation informatique.

On rappelle qu’en Python, la commande rd.randint(a,b+1,(1,1)) simule une variable al´ eatoire suivant la loi uniforme sur [[a, b]].

(a) Compl´ eter le script Python suivant afin qu’il simule l’exp´ erience al´ eatoire d´ ecrite dans cet exercice et renvoie la valeur prise par la variable al´ eatoire X.

On consid´ erera que la boule noire est la nB+1-i` eme boule de l’urne, o` u nB d´ esigne le nombre de boules blanches.

import numpy.random as rd def simul_X(n):

nB = n-1 X = 1

u = rd.randint(1,nB+2,(1,1)) while ... :

nB = ...

u = ....

X = ...

return ...

(b) Compl´ eter le script Python de la page suivante afin qu’il simule l’exp´ erience al´ eatoire d´ ecrite

dans cet exercice et renvoie la valeur prise par la variable al´ eatoire Y .

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly DS 7 –

def simul_Y(n):

nB = ....

Y = ....

u = rd.randint(1,nB+2,(1,1)) if u == 1:

Y = ....

else:

while ... : nB = u =

if .... : Y = ....

return Y

Proposition de solutions

Solution 1 1. Soitk∈N.

Ik+Ik+1 = Z ^π₄

0

tan^2k(x)dx+ Z ^π₄

0

tan^2(k+1)(x)dx

= Z ^π₄

0

tan^2k(x) 1 + tan²(x)

dxpar lin´earit´e de l’int´egrale

= 1

2k+ 1tan^2k+1(x) ^π₄

0

= 1

2k+ 1 Conclusion : pour toutk∈N,Ik+Ik+1=_2k+1¹ . 2. Soitn∈N. D’apr`es la question pr´ec´edente :

n

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1 =

n

X

k=0

(−1)^k(Ik+Ik+1)

=

n

X

k=0

(−1)^kIk+

n

X

k=0

(−1)^kIk+1

=

n

X

k=0

(−1)^kIk−

n

X

k=0

(−1)^k+1Ik+1

= I0−(−1)ⁿ⁺¹In+1par t´elescopage

= I0+ (−1)ⁿIn+1

Conclusion : pour toutn∈N,Pn k=0

(−1)^k

2k+1 =I0+ (−1)ⁿIn+1. 3. (a) Pour toutn∈N, 2nest pair donc pour toutx∈

0,^π₄

, tan²ⁿ(x)≥0, donc, comme les bornes de l’int´egrale sont dans l’ordre croissant, on a bien, par positivit´e de l’int´egrale, In≥0 .

(b) Soit n∈ N. D’apr`es la question pr´ec´edente,In ≥0 etIn+1 ≥0, donc 0≤In ≤In+In+1. Or d’apr`es la question 1,In+In+1= _2n+1¹ . Or _2n+1¹ −→

n→+∞0, d’o`u :

Conclusion : d’apr`es le th´eor`eme d’encadrement, la suite (In)n∈N converge vers 0 . 4. |(−1)ⁿIn+1|=In+1 −→

n→+∞0 donc (−1)ⁿIn+1 −→

n→+∞0. Donc par th´eor`eme d’op´erations sur les limites :

n

X

k=0

(−1)^k

2k+ 1=I0+ (−1)ⁿIn+1 −→

n→+∞I0=π 4

Solution 2 1. Soit n ∈N. On notef :x∈ R^∗+ 7−→ x+ ln(x). On v´erifie ais´ement quef est continue sur R^∗+ et strictement croissante surR^∗+ (apr`es calcul def<sup>′</sup> ou en tant que somme de fonctions strictement croissantes sur R<sup>∗</sup>+). Donc d’apr`es le th´eor`eme de la bijection,f r´ealise une bijection deR^∗+sur

f(R^∗+) =

x→0limf(x), lim

x→+∞f(x)

=]− ∞,+∞[=R

Or n ∈ R, donc par d´efinition d’une bijection, comme n ∈ N,n admet un unique ant´ec´edent par f dansR^∗+, autrement dit l’´equationx+ ln(x) =n, d’inconnuex∈R^∗+, poss`ede une unique solution.

2. On remarque que 1 + ln(1) = 1, donc, par unicit´e, x1= 1 .

3. (a) On a d´ej`a remarqu´e quef(1) = 1≤2, on v´erifie quef(2) = 2 + ln(2)≥2 doncf(1)≤f(x2)≤f(2) donc par stricte croissance def surR^∗+, x2∈[1,2] .

(b) En tenant compte du fait quef est croissante : import numpy as np

def f(x):

return x+np.log(x) def dichotomie(epsilon):

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 7 –

b=2

while np.abs(b-a)>epsilon:

c=(a+b)/2 if f(c)<2:

a=c else:

b=c return c

Sans tenir compte des variations def : import numpy as np

def f(x):

return x+np.log(x) def dichotomie(epsilon):

a=1 b=2

while np.abs(b-a)>epsilon:

c=(a+b)/2

if (f(b)-2)*(f(c)-2)<0:

a=c else:

b=c return c

4. Soitn∈N. Par d´efinition dexnetxn+1, on a :f(xn) =netf(xn+1) =n+ 1, doncf(xn)< f(xn+1), donc par stricte croissance def,xn< xn+1.

Conclusion : la suite (xn) est croissante.

5. Par d´efinition de la suite (xn), on a, pour toutn∈N,f(xn) =ndoncxn=f⁻¹(n), en notantf⁻¹ la bijection r´eciproque def. Les propri´et´es defassurent que lim

x→+∞f⁻¹(x) = +∞, donc lim

n→+∞xn= +∞.

Remarque : on pouvait aussi, grˆace `a la question 4, affirmer que la suite(xn) admet une limite finie ou admet pour limite+∞, puis v´erifier (en raisonnant par l’absurde) que(xn) ne peut pas admettre une limite finie.

6. Par d´efinition, on a, pour toutn∈N,

f(xn) =n, doncxn+ ln(xn) =n

En divisant parxn (xn̸= 0 puisquexn∈R^∗+), on a donc, pour toutn∈N, 1 +^ln(x_xⁿ⁾

n =_xⁿ

n. Orxn −→

n→+∞+∞donc par croissances compar´ees, ^ln(x_xⁿ⁾

n −→

n→+∞0.

Conclusion : par op´erations sur les limites lim

n→+∞

n xn

= 1 donc, la fonction inverse ´etant continue surR^∗+, lim

n→+∞

xn

n = 1.

7. On repart de la d´efinition : on a, pour toutn∈N,

f(xn) =n, doncxn+ ln(xn) =n, doncxn−n=−ln(xn) Or, pour toutn∈N^∗,un=xn−n+ ln(n), doncun= ln(n)−ln(xn) =−ln ^x_nⁿ

. Or d’apr`es la question pr´ec´edente ^x_nⁿ −→

n→+∞ 1, donc par composition avec la fonction ln continue sur R^∗+, ln ^x_nⁿ

n→+∞−→ 0.

Conclusion : la suite (un)n∈N^∗ converge vers 0.

Solution 3 1. ˆ Soitx∈E. Alorsφ(x)∈Ret doncφ(x)u∈E. Ainsif(x)∈E.

ˆ Soit (x, y, λ, µ)∈E×E×R×R. Alors, commeφest lin´eaire,

f(λx+µy) =λx+µy+φ(λx+µy)u=λx+µy+ (λφ(x) +µφ(y))u=λ(x+φ(x)u) +µ(y+φ(y)u), ce qui donne bienf(λx+µy) =λf(x) +µf(y). Doncf est lin´eaire.

Conclusion : f est bien un endomorphisme deE.

2. Raisonnons par double inclusion.

ˆ Soitx∈ker(φ). Alorsφ(x) = 0 et doncf(x) =xi.e. (f−IdE)(x) = 0E. Doncx∈ker(f−IdE).

On a ainsi montr´e que ker(φ)⊂ker(f−IdE).

ˆ Soit maintenantx∈ker(f−IdE). Alorsf(x)−x= 0E i.e.φ(x)u= 0E. Commeuest un vecteur non nul alorsφ(x) = 0 i.e.x∈ker(φ).

On a ainsi montr´e que ker(f−IdE)⊂ker(φ).

Conclusion : ker(f−IdE) = ker(φ).

3. Soitx∈ker(f). Alorsf(x) = 0Ei.e.x+φ(x)u= 0 et doncx=−φ(x)u.

Appliquonsφ. On trouveφ(x) =φ(−φ(x)u) =−φ(x)φ(u) (par lin´earit´e deφ). Ainsi φ(x)(1 +φ(u)) = 0.

Orφ(u) + 1̸= 0 doncφ(x) = 0 et doncx= 0E.

Donc ker(f)⊂ {0E}, donc, l’inclusion r´eciproque ´etant imm´ediate, ker(f) ={0E}.

Conclusion : l’endomorphismef est injectif.

4. On remarque quef(u) =u+φ(u)u= 0E doncu∈ker(f). Oru̸= 0E. Donc ker(f)̸={0E}.

Doncf n’est pas injectif.

Soit maintenantx∈E. Alors, par lin´earit´e defet commef(u) = 0E,

f◦f(x) =f(f(x)) =f(x+φ(x)u) =f(x) +φ(x)f(u) =f(x).

Doncf◦f=f.

Solution 4 1. Soitaetbdeux r´eels tels quea < b, etφetψdeux fonctions continues sur [a, b], avecψstrictement positive sur [a, b].

(a) La fonction φest continue sur le segment [a, b] donc d’apr`es le th´eor`eme de compacit´e elle est born´ee sur [a, b].

(b) Par d´efinition d’un minimum et d’un maximum on a, pour toutt∈[a, b],m≤φ(t)≤M. Orψest positive sur [a, b] donc pour toutt∈[a, b],mψ(t)≤φ(t)ψ(t)≤M ψ(t).

On a finalement, par croissance de l’int´egrale (puisquea≤b) puis par lin´earit´e de l’int´egrale : Conclusion : m

Z b

a

ψ(t)dt≤ Z b

a

φ(t)ψ(t)dt≤M Z b

a

ψ(t)dt.

(c) Par hypoth`ese la fonctionψest strictement positive sur [a, b], donc, d’apr`es le th´eor`eme de l’int´egrale nulle, Rb

aψ(t)>0. On peut donc diviser le r´esultat de la question pr´ec´edente parRb

aψ(t), ce qui donne : m≤

Rb

aφ(t)ψ(t)dt Rb

aψ(t)dt ≤M

Or, par d´efinition d’un minimum et d’un maximum, ils sont atteints, autrement dit il existe (x0, x1)∈[a, b]² tels queφ(x0) =metφ(x1) =M. On a donc :

φ(x0)≤ Rb

aφ(t)ψ(t)dt Rb

aψ(t)dt ≤φ(x1)

Commeφest continue sur [a, b], le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires assure l’existence d’un r´eelc∈[a, b]

tel que :φ(c) =

Rb

aφ(t)ψ(t)dt R_b

aψ(t)dt , autrement dit d’un r´eelc∈[a, b] tel que : Z b

a

φ(t)ψ(t)dt=φ(c) Z b

a

ψ(t)dt. (d) Siψest strictement n´egative sur [a, b] alors−ψest strictement positive sur [a, b] : on peut donc lui appliquer

le r´esultat pr´ec´edent. On a donc : Zb

a

φ(t) (−ψ(t)) dt=φ(c) Zb

a

(−ψ(t)) dt Donc, par lin´earit´e de l’int´egrale, et en multipliant par−1 :

Zb

a

φ(t)ψ(t)dt=φ(c) Zb

a

ψ(t)dt

Conclusion : la relation reste vraie siψest strictement n´egative sur [a, b].

2. (a) La fonction ln est d´efinie et non nulle sur ]0,1[∪]1,+∞[ donc l’ensemble de d´efinition de la fonctiongest

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 7 –

(b) La stricte croissance de la fonction carr´ee surR^∗+ assure que les intervalles ]0,1[ et ]1,+∞[ sont stables par la fonction carr´ee.

(c) Pour que f soit d´efinie en un r´eel x, il faut que la fonctiong soit continue sur [x, x²] (ou [x², x]). Or la fonctiongest d´efinie continue sur ]0,1[∪]1,+∞[. On a donc plusieurs cas possibles :

ˆ six≤0 il est clair quef(x) n’existe pas.

ˆ six∈]0,1[ alors d’apr`es la question pr´ec´edentex² ∈]0,1[ (etx² < x) doncgest continue sur [x², x], doncf(x) existe.

ˆ six ∈]1,+∞[ alors d’apr`es la question pr´ec´edentex² ∈]1,+∞[ (et x < x²) donc gest continue sur [x, x²], doncf(x) existe.

ˆ gn’est pas d´efinie en 1, doncfnon plus.

Conclusion : l’ensemble de d´efinition def est ]0,1[∪]1,+∞[.

(d) Par d´efinition :

∀x∈]0,1[∪]1,+∞[, f(x) =G x²

−G(x)

(e) La fonctionx7−→x² est d´erivable sur ]0,1[∪]1,+∞[ et `a valeur dans ce mˆeme intervalle d’apr`es la question 2(b). Or la fonctionGest d´erivable sur ]0,1[∪]1,+∞[ donc par composition la fonctionx7−→ G x²

est d´erivable sur ]0,1[∪]1,+∞[.

Par somme de fonctions d´erivables sur ]0,1[∪]1,+∞[,f est d´erivable sur ]0,1[∪]1,+∞[ et on a, pour tout x∈]0,1[∪]1,+∞[, f^′(x) = 2xg(x²)−g(x) =x−1

ln(x) .

On v´erifie ais´ement quef^′ est continue sur ]0,1[∪]1,+∞[ doncf est bien de classeC¹ surDf.

3. (a) Soit x ∈]0,1[. La fonction ln est croissante sur R^∗+ donc sur [x², x], donc on a, pour tout t ∈ [x², x], ln(x²)≤ln(t)≤ln(x)<0. Donc par d´ecroissance de la fonction inverse surR^∗−, _ln(x)¹ ≤ _ln(t)¹ ≤_ln(x¹2) <0.

Donc par d´ecroissance de la fonction valeur absolue surR⁻, on a, pour toutt∈[x², x],

1 ln(t)

≤

1 ln(x)

relation not´ee (⋆) D’autre part

|f(x)|=

Z x²

x

1 ln(t)dt

=

Z x

x²

1 ln(t)dt

Donc, commex²≤x, on a, par croissance de l’int´egrale :

|f(x)| ≤ Z x

x²

1 ln(t)

dt

Enfin en utilisant la relation (⋆) et la croissance de l’int´egrale (puisquex²≤x),

|f(x)| ≤ Z x

x²

1 ln(t)

dt≤ Z x

x²

1

|ln(x)|dt Un calcul imm´ediat donneRx

x² 1

|ln(x)|dt=−^x−x_ln(x)² (on rappelle que ln est n´egative sur ]0,1[).

Orx−x²=x(1−x)∈]0,1[ par produit de nombres de l’intervalle ]0,1[.

Conclusion : on a bien, pour toutx∈]0,1[,|f(x)| ≤ Z x

x²

1

|ln(x)|dt≤ − 1 ln(x). (b) Comme limx→0 1

ln(x) = 0, le th´eor`eme d’encadrement assure que limx→0f(x) = 0, donc : Conclusion : f se prolonge par continuit´e en 0 en posantf(0) = 0.

(c) On a montr´e `a la question 2(e) que pour tout x ∈]0,1[∪]1,+∞[, f<sup>′</sup>(x) = <sub>ln(x)</sub><sup>x−1</sup>. Donc, par th´eor`eme d’op´erations, limx→0f^′(x) = 0. Orf (prolong´ee `a la question pr´ec´edente) est continue sur [0,1[, d´erivable sur ]0,1[ donc d’apr`es le th´eor`eme de prolongement de la d´eriv´ee,f est de classeC¹ en 0 etf^′(0) = 0.

4. (a) On reconnaˆıt une d´eriv´ee usuelle, donc une primitive deh:t7−→ _tln(t)¹ sur ]0,1[∪]1,+∞[ est H:t∈]0,1[∪]1,+∞[7−→ln (|ln(t)|)

(b) Soit x∈]0,1[. On se place sur l’intervalle [x², x], et on consid`ere, comme dans la question 1, les fonctions φ:t∈[x<sup>2</sup>, x]7−→ <sub>tln(t)</sub><sup>1</sup> etψ:t∈[x<sup>2</sup>, x]7−→t. Les fonctionsφetψsont continues sur [x<sup>2</sup>, x] et la fonction ψest strictement n´egative sur [x<sup>2</sup>, x] puisque [x<sup>2</sup>, x]⊂]0,1[. Donc, d’apr`es la question pr´eliminaire :

∃cx∈[x², x], Zx

x²

φ(t)ψ(t)dt=φ(cx) Z x

x²

ψ(t)dt

Autrement dit, en multipliant par−1 :

∃cx∈[x², x], Z x²

x

1

ln(t)dt=φ(cx) Z x²

x

1

tln(t)dt, i.e.f(x) =φ(cx) Z x²

x

1 tln(t)dt Or, d’apr`es la question 4(a),

Z x²

x

1

tln(t)dt= [ln (|ln(t)|)]^x_x² = ln ln(x²)

−ln (|ln(x)|) = ln

ln(x²)

|ln(x)|

!

= ln(2) D’o`u la conclusion.

On raisonne de mˆeme sur [x, x²] lorsquex∈]1,+∞[.

(c) On commence par ´etudier la limite en 1⁻. On consid`ere donc x ∈]0,1[. D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe cx ∈]x², x[ tel que f(x) = cxln(2). Or, par th´eor`eme d’encadrement, comme limx→1x² = 1, limx→1cx= 1, donc limx→1⁻f(x) = ln(2).

On montre de mˆeme, en consid´erantx∈]1,+∞[ et en utilisant la question pr´ec´edente, que limx→1⁺f(x) = ln(2). Donc limx→1f(x) = ln(2).

Conclusion : f se prolonge par continuit´e en 1 en posantf(1) = ln(2).

(d) La d´efinition du nombre d´eriv´e assure que limx→1 ln(x)

x−1 = ¹₁donc limx→1 x−1

ln(x) = 1, autrement dit limx→1f^′(x) = 1. Orf (prolong´ee `a la question pr´ec´edente) est continue surR+, d´erivable sur [0,1[∪]1,+∞[ donc d’apr`es le th´eor`eme de prolongement de la d´eriv´ee,f est de classeC¹en 1 et f^′(1) = 1.

5. (a) On a montr´e dans les questions 3 et 4 que la fonction f est d´erivable surR+, avec f^′(0) = 0,f^′(1) = 1 et pour tout x ∈]0,1[∪]1,+∞[, f^′(x) = _ln(x)^x−1. Donc f^′(0) = 0 et pour tout x ∈ R^∗+, f^′(x) > 0. Donc

f est strictement croissante surR+.

(b) Soitx∈]1,+∞[. Les variations de la fonctiont∈]0,1[∪]1,+∞[7−→ _ln(t)¹ assurent que, pour toutt∈[x, x²],

1

ln(x²) ≤ _ln(t)¹ . La croissance de l’int´egrale (puisquex≤x²) assure alors le r´esultat.

Conclusion : pour toutx >1,f(x)≥ _{2 ln(x)}^x2−x.

(c) En divisant le r´esultat de la question pr´ec´edente parx, avecx >0, on a : ^f(x)_x ≥_{2 ln(x)}^x−1 . Or, par croissances compar´ees, limx→+∞ x−1

2 ln(x) = +∞.

Conclusion : d’apr`es le th´eor`eme de comparaison, lim

x→+∞

f(x) x = +∞.

(d) On rassemble les r´esultats des questions pr´ec´edentes pour obtenir l’allure de la courbe repr´esentative def.

Solution 5 1. Au mieuxX= 1, au pireX=net toutes les valeurs interm´ediaires sont possibles, donc X(Ω) = [[1, n]].

2. (a) Sachant B1∩B2∩. . .∩Bi−1, pour lei-eme tirage, il resten−(i−1) boules dans l’urne, dont une boule noire. Donc par ´equiprobabilit´e :

PB₁∩...∩B_i−1(Bi) = n−(i−1)−1

n−(i−1) = n−i n−i+ 1

(b) Soit k ∈ [[1, n]]. [X = k] est l’´ev´enement B1 ∩. . . Bk−1∩Nk. Donc d’apr`es la formule des probabilit´es compos´ees :

P(X=k) = P(B1∩. . . Bk−1∩Nk)

= P(B1)PB1(B2)...PB1∩...B_k−1(Nk)

= n−1

n ×n−2

n−1×. . .×n−(k−1)

n−k+ 2 × 1

n−k+ 1 par ´equiprobabilit´e

= 1

n (par t´elescopage) Conclusion : ∀k∈[[1, n]], P(X=k) = _n¹.

(c) Il en r´esulte que : X ,→ U([[1, n]]), doncE(X) = ⁿ⁺¹₂ etV(X) = ⁿ²₁₂⁻¹.

3. (a) NotonsB^′_il’´ev´enement^≪lei-eme tirage donne une boule blanche num´erot´ee 0^≫. Par d´efinition : [X=k]∩[Y = 0] =B₁^′ ∩B₂^′ ∩. . .∩B^′k−1∩Nk

Donc d’apr`es la formule des probabilit´es compos´ees :

n−2 n−3 n−4 n−k 1 (n−k)×1 n−k

Ann´ee 2021-2022 – ECG1 & ECG2 – Lyc´ee Janson de Sailly Corrig´e du DS 7 –

(b) On utilise le syst`eme complet d’´ev´enements (X =k)k∈[[1,n]]. La formule des probabilit´es totales donne : P(Y = 0) =

n

X

k=1

P(X=k∩Y = 0) =

n

X

k=1

n−k

n(n−1) = 1 n(n−1)

n

X

k=1

(n−k) Le changement d’indicei=n−kdans cette derni`ere somme donne :

P(Y = 0) = 1 n(n−1)

n−1

X

i=0

i= 1

n(n−1)×(n−1)n

2 =1

2 Conclusion : P(Y = 0) = ¹₂.

(c) CommeY(Ω) = [[0,1]],P(Y = 1) = 1−P(Y = 0) = ¹₂. Donc : Conclusion : Y ,→ B ¹₂

, doncE(Y) = ¹₂ etV(Y) =¹₄. 4. (a) import numpy.random as rd

def simul_X(n):

nB=n-1 X=1

u=rd.randint(1,nB+2,(1,1)) while u!=nB+1:

nB = nB-1

u = rd.randint(1,nB+2,(1,1)) X = X+1

return X

(b) import numpy.random as rd def simul_Y(n):

nB=n-1 Y=0

u=rd.randint(1,nB+2,(1,1)) if u == 1:

Y = 1 else:

while u!=nB+1:

nB = nB-1

u = rd.randint(1,nB+2,(1,1)) if u == 1 :

Y = 1 return Y