ecricome 2005 option éco : corrigé rapide exercice 1
1.
10 2 2 2 2x 1 2
0 x 2
0 2e
1 e e 2
1 2 1 2 e 1 2 ] 1 2e [ 1 dx e
I
1
0 x 2 1
0 x 1 2
0
x 2
1 e dx
2 ] 1 e ) x 1 2( [ 1 dx e ) x 1 ( I
On a effectué une intégration par parties avec u = 1 – x, v' = e–2x , u' = –1, v = –(1/2)e–2x. u et v sont de classe C1sur[0, 1].
2 2 2 0 2
1 4e
1 e e 4
1 4 1 e 4
1 4 1 2 I 1 2 1 2
I 1
2.
Pour tout n dans N, pour tout x dans [0, 1], 0 1 – x 1, 0 (1 – x)n+1 (1 – x )n, 0 (1 – x)n+1e–2x (1 – x)ne–2x car e–2x 0, doncn 1 n
1 0
x 2 1 n
0
x 2 1 n
I I 0
dx e ) x 1 ( dx e ) x 1 ( 0
La suite (In) est donc décroissante. On pouvait aussi former In+1 – In.
3.
C'est fait : In 0 pour tout n.4.
La suite (In) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente.5.
Pour tout x dans [0, 1], –2x 0, e–2x 1.6.
Donc (1 – x)n e–2x (1 – x)n car (1 – x)n 0, donc1 n I 1 0
1 n
1 1
n ) x 1 dx (
) x 1 ( dx e ) x 1 (
n
1
0 1 1 n
0 1 n
0
x 2 n
7.
La suite (In) est encadrée par deux suites de limite nulle, elle est donc elle-même de limite nulle.8.
01 x 2 n 1
0 1 n x
1 2 0
x 2 1 n 1
n 2(1 x) e dx [ e (1 x) ] (n 1) (1 x) e dx
I 2
On a effectué l'intégration par parties avec
u = (1 – x)n+1, v' = 2e–2x , u' = –(n + 1)(1 – x)n, v = e–2x u et v sont de classe C1sur[0, 1].
On obtient bien 2In+1 = 1 – (n + 1)In.
9.
2In+1 = 1 – (n + 1)In, donc (n+1)In = 1 – 2In+1, donclimn+ (n + 1)In = 1. Or (n + 1)In ~n+ n In donc limn+ n In = 1.
10.
2In+1 = 1 – (n + 1)In, donc 2In+1 = 1 – nIn – In1 – nIn = 2In+1 + In
n( 1 – nIn) = 2nIn+1 + nIn
(L'idée était de former l'expression n(nIn –1) .)
nIn tend toujours vers 1, 2nIn+1 est équivalent à 2(n + 1)In+1, donc tend vers 2, n(1 – nIn) tend donc vers 3, et donc la limite de n(nIn –1) quand n tend vers + est –3.
11.
lim
n(nIn 1)3
0, doncn[nIn – 1) + 3 = (n) avec limn+(n) = 0. Donc
2 n 2
n n
n ) n ( n
3 n I 1
n ) n ( n 1 3 nI
n ) n ( n 1 3 nI
(On a donc a = 0, b = 1, c = –3.)
exercice 2
f(x) = x2 – x ln(x) – 1 si x > 0, f(0) = –1.2.1.1.
f est continue sur ]0, +[ car c'est la somme de fonctions continue sur ]0, +[. f est continue en 0 car limx0 x ln(x) = 0, donc limx0 f(x) = –1 = f(0). Donc f est continue sur R+.2.
x 2
) x ln(
x x
1 1 ) x ln(
x x 0 x
) 0 ( f ) x ( f
car ln(x) est négligeable devant x quand x tend vers +. f n'est donc pas dérivable en 0, et la représentation graphique de f admet une demi-tangente verticale au point d'abscisse 0.
3.
f '(x) = 2x – ln(x) – 1 ; f ''(x) = 2 – 1/x = (2x – 1)/x du signe de 2x – 1, c'est-à-dire positive sur [0, 1/2[, négative sur ]1/2, +[.. Par conséquent f est concave sur [0, 1/2], convexe sur ]1/2, +[. Tant qu'on y est, étudions les variations de f ' :x 0 1/2 +
f ''(x) – 0 + f '(x) ↘ ln(2) ↗
Le minimum de f ' est donc positif, f ' est donc positive sur ]0, +[, f est donc strictement croissante sur [0, +[. Pour la limite en + :
0, donclimf(x)
x ) x lim ln(
x ; 1 x
) x 1 ln(
x 1 ) x ln(
x x ) x (
f 2 x x
2 2
x 0 +
f '(x) +
f(x) –1 ↗ +
4.
f(x) tend vers + quand x tend vers +, et
x
x ) 1 x ln(
x x ) x (
f car ln(x) est négligeable devant x.
Donc la représentation graphique de f admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
5.
f est continue et strictement croissante sur l'intervalle [0, +[, f(0) = –1 et lim+ f = +, donc f définit une bijection de [0, +[ sur [–1, +[.6.
f –1 et f ont même sens de variations, donc f –1 est strictement croissante.lim+ f = +, donc lim+ f –1 = +.
7.
Tout entier naturel k appartient à l'intervalle [–1, +[, f réalise une bijection de [0, +[ sur [–1, +[, donc il existe xk unique dans [0, +[ tel que f(xk) = k. f(0) = –1 k, donc xk > 0.a) f(1) = 0 donc x0 = 1.
b) f est strictement croissante, f(1,5) 0,6 < 1, f(2) 1,6 > 1, donc 1,5 < x1 <2. De même, 2 < x2 < 2,5.
c) f(xk) = k, donc xk = f –1(k).
k < k + 1 et f –1 est strictement croissante, donc f –1(k) < f –1(k + 1), xk < xk+1 : la suite (xk) est strictement croissante.
f –1(x) tend vers + quand x tend vers +, donc xk = f –1(k) tend vers + quand k tend vers +.
8.
a)2
2 x
x 2 x 1 x ) 2 x ( ' donc , ) x x ln(
) 2 x
(
x 0 2 +
'(x) – 0 +
(x) + ↘ ln(2) + 1 ↗ +
Limite en 0 : car limxln(x) 0
x ) x ln(
x ) 2 x
( x 0 x 0
.
b) est strictement décroissante sur [3/2, 2], donc x [3/2, 2], (2) (x) (3/2) ;
(3/2) 1,73, donc (3/2) 2 ; (2) 1,69, donc (2) 3/2 ; donc x [3/2, 2], 3/2 (x) 2 ; donc ( [3/2, 2] ) [3/2, 2].
c) 4 4 3
2
2 x
x 4 x
) x 4 ( x x
x 4 ) x
x ( '' x ;
x ) 2
x (
'
'' est donc positive sur [3/2, 2], ' est donc strictement croissante sur [3/2, 2], et d'autre part ' est négative sur ce même intervalle, donc
x [3/2, 2], '(3/2) '(x) '(2) < 0 ; On a '(3/2) = –2/9, donc
x [3/2, 2], '(x) 2/9.
d) Pour tout x positif :
1 ) x ( f 1
1 ) x ln(
x x 0
2 ) x ln(
x x
x 0 2 x ) x ln(
0 x x x 2 ) x ln(
) x x ln(
x 2 )
x ( x
2 2
2
Par définition, x1 est l'unique réel positif solution de l'équation f(x) = 1, c'est donc l'unique solution de l'équation équivalente x = (x).
e) n N, 3/2 un 2 se prouve par récurrence : c'est vrai pour n = 0 car u0 = 3/2, et si c'est vrai pour n fixé dans N, alors c'est vrai pour n + 1, car un+1 = (un) [3/2, 2] d'après 8.b.
x1 [3/2, 2] d'après 7.b, on vient de voir que un [3/2, 2], et sur [3/2, 2], ' 2/9. La formule des accroissements finis fournit alors
un) – (x1) (2/9) un – x1
un+1 – x1 (2/9) un – x1
On obtient alors, de proche en proche :
un – x1 (2/9)un–1 – x1 (2/9)2un-2 – x1 … (2/9)nu0 – x1 (2/9)n3/2 – x1 Et doncun – x1 (2/9n car x1 [3/2, 2], donc 3/2 – x1 1/2 1.
f) 0 < 2/9 < 1, donc (2/9)n tend vers 0 quand n tend vers +, donc un tend vers x1 quand n tend vers +.
2.2
g(x, y) = xey – yex.1.
g 'x(x, y) = ey – y ex ; g 'y(x, y) = x ey – ex.2.
Si g admet un extremum local en (a, b), alors
1ab ea 1ab
eea 1ab a e e 1
1ab bee 0)1ab(e bee 0e)be(a bee 0eae 0bee 0)b,a('g 0)b,a('g
a a 1 a 1 aaa 1
ab a b aa ab ab ab
y x
a a 1
e
a , donc a > 0.
ab = 1 est acquis.
a a 1
e
a , donc ln(a) = a – 1/a, a ln(a) = a2 – 1, a2 – a ln(a) – 1 = 0, f(a) = 0 On a vu que l'équation f(a) = 0 admet 1 pour unique solution dans ]0, +[, donc a = 1, puis b = 1.
3.
2 y2 x
y 2 x
2 2
y xe
; g e y e
x
; g x ye
g
Donc r = –e, s = 0, t = e, rt – s2 = –e2 < 0. g n'admet donc pas d'extremum local en (1, 1). Comme c'était le seul point ou g était susceptible d'avoir un extremum, on peut conclure que g n'admet pas d'extremum local sur R2.
exercice 3
Deux exercices d'analyse, il reste 1 exercice pour parler des probas et de l'algèbre linéaire ! Et ça ne s'annonce pas sous les meilleurs auspices... Voyons voir les connaissances exigibles des candidats à propos des problèmes du second degré :
En 1e ES : " Résolution d'équations et d'inéquations du second degré."
En Tale ES : Rien.
En ECE1 : "Trinômes du second degré. Factorisation par (x – a) dans un polynôme ayant a pour racine."
En commentaire : "On reviendra sur le calcul et les propriétés des racines du trinôme ainsi que sur son signe, en liaison avec les représentations graphiques." Admirez le "On reviendra…" !
En ECE2 : Rien.
Il va donc falloir traiter la première question avec ces maigres connaissances, et une pratique nécessairement limitée de la part des candidats qui ont eu d'autres chats à fouetter au cours de ces deux dernières années ! C'est d'autant plus regrettable que la résolution de cette première question, et une bonne maîtrise des problèmes du second degré, sont nécessaires à la résolution de bien des questions suivantes…
3.1.
f(x) = x2 – qx – pq1.
Le discriminant de f(x) est égal à q2 + 4pq, il est donc strictement positif, l'équation f(x) = 0 possède donc deux racines distinctes r1 et r2. On peut donc factoriser f(x) par x – r1 et x – r2, et on a, vu les coefficients des termes en x2 :f(x) = x2 – qx – qp = (x – r1)(x – r2) x2 – qx – qp = x2 – (r1 + r2)x + r1r2
soit, par identification : r1 + r2 = q
r1r2 = –p
On peut évidemment calculer r1 et r2, puis r1 + r2 et r1 r2, mais c'est plus long !
2.
f(1) = 1 – q – qp = 1 – (1 – p) – (1 – p)p = p – p + p2 = p2.f(–1) = 1 + q – qp = 1 + 1 – p – (1 – p)p = 2 – p – p + p2 = 2(1 – p) + p2 f(0) = –pq.
3.
f(x) est négatif entre les racines, positif à l'extérieur des racines r1, r2.f(0) < 0, f(1) > 0, f(–1) > 0, donc –1 < r1 < 0 < r2 < 1. r1 et r2 sont donc tous deux de valeur absolue inférieure à 1.
r1 + r2 = q > 0, donc r1 < r2, car r1 = –r1, r2 = r2 … On a bien 0 < r1 < r2.
3.2.1.
(Bon sang, mais comment se débrouiller avec cette numérotation ??) Avec des notations évidentes, mais que l'énoncé ferait bien de rappeler, ne serait-ce que dans un souci d'harmonisation : a1 = P(A1) = P(P1 P2) = P(P1) P(P2) = p2 (indépendance des lancers successifs).a2 = P(A2) = P(F1 P2 P3) = p(F1) P(P2) P(P3) = q p2. a3 = P(A3) = P[ (P1 F2 P3 P4) (F1 F2 P3 P4) ]
= P(P1 F2 P3 P4) + P(F1 F2 P3 P4) par incompatibilité des événements = p3 q + p2 q2.
2.
La remarque n'est pas d'une clarté aveuglante, faisons semblant de comprendre, et écrivons avec des notations certainement discutables :an = P(A3) = P[ (P1 F2 An) (F1 An+1) ]
= P (P1 F2 An) + P(F1 An+1) par incompatibilité des événements = p q an + q an+1 par indépendance des lancers successifs.
3.
D'une part on ne peut pas donner p ET q comme on veut, car p = 1 – q, d'autre part demander d'afficher les valeurs de an même pour n = 0 et n = 1 alourdit le programme bien inutilement. Pour éviter des appels multiples dans une procédure récursive, on adopte une stratégie itérative :program ecr05;
var n,k:integer;a,b,c,p,q:real;
BEGIN
q:=1–p;
a:=0;
b:=p*p;
for k:=2 to n do begin
c:=q*p*a+q*b;
a:=b;
b:=c;
end;
if n=O then writeln(0);
if n=1 then writeln(p*p);
if n >=2 then writeln(c);
END.
4.
La suite (an) est une suite linéaire récurrente à deux termes, d'équation caractéristique x2 –qx – qp = 0,dont les solutions sont r1, r2. On a donc
n N, an = r1n + r2n
Avec n = 0, et n = 1, on obtient
21 2
21 2
2 21 21 2
rr p
rr p p)rr(
rr p 0
Et en reportant, on obtient bien )
r r r ( r
a p 2n 1n
1 2
2
n
5.
n 2 1 2
2 n
n
2 n 1
2 1 2 n 2 1 n 2 1 2
2
n r
r r
~ p r
1 r r r
r ) p r r r ( r a p
car 0 < r1 < r2 < 1, donc 0 r
lim r donc , r 1
r n
2 1 2 n
1
,
et on rappelle que un ~ vn limn+ (un/vn) = 1 un = vn + o(vn) un = vn(1 + n) avec n de limite nulle en +.
3.3.1.
1n n211 n21 n
21 1n21 n
1n 2n 1n
a
arra)r r(
a a 01 AX rrrr
a X a
Or an+2 = qan+1 + pqan d'après 2
= (r1 + r2)an+1 – r1r2an d'après 3.1.1. D'où la conclusion : Xn+1 = AXn.
2.
A – r1I n'est pas inversible car ses deux vecteurs colonnes C1, C2 sont colinéaires, C2 = –r1C1 :
1 2 1 2 1
1 1 r
r r C r
r
A .
De même A – r2I n'est pas inversible car ses deux vecteurs colonnes C1, C2 sont colinéaires, C2 = –r2C1 :
2 2 1 1 1
2 1 r
r r C r
r
A .
On peut aussi utiliser la méthode du pivot.
3.
A – r1I et A – r2I ne sont pas inversibles, donc r1 et r2 sont deux valeurs propres, distinctes, de A, donc A est diagonalisable.4.
On utilise la méthode du pivot :
2 1
1 2 1
2 1
2 2
1
2 2 1 2 1
1 2 1 1 1
1 2 1 2 1 1 2 1
2 2 1 2 1 1 1 2
1 2 1
1 2 1 2 2
1
r r
r r r
1
r r
r r
r 1 1
0 0 1
r L r L 1
; r L ) r r ( L 1 r
1 r r r r r 0
0 r ) r r (
L r L ) r r ( r L
1 0 1 r
r 0
r r
L L r 1 L
0 0 1 1 1
r r
Donc P est inversible, et
1 2 2
1 1
r 1
r 1 r r P 1
5.
On peut faire le calcul pas à pas de P–1AP, on peut aussi remarquer que
1 r r 1 A; r 1 r r 1
A r 1 1 21 2 1.
Le fait que A soit diagonalisable permet alors de conclure, grâce à la théorie du changement de base :
2 1 1
r 0
0 AP r
P
D .
6.
On a X0 = PD0P–1X0 car PD0P–1 = I, et si Xn = PDnP–1X0, alorsXn+1 = AXn = PDP–1PDnP–1X0 = PDn+1P–1X0, d'où la conclusion, par récurrence.
7.
Écrivons le résultat précédent, puis effectuons les calculs de droite à gauche :
n 2 2 n 1
1n 2 2 1n 1 2 1
2n 2
2n 2 1 1 2 1
2 2 n 2 n 2 1 1 2 1
2
1 2 n
2 n 2 1 1 2 n 1
1n
p)r r(
p)r r(
rr 1
pr pr 11 rr rr 1
p p r0
0 r 11 rr rr 1
0 p r1
r 1 r0
0 r 11 rr rr 1 a
a
3.4.1.
La convergence de la série est acquise, de par la sigma-additivité de la probabilité, et on a :p 1 p p
p
) p 1 ( p ) p 1 ( 1
p pq
q 1
p r
r ) r r ( 1
p )
r 1 )(
r 1 (
r 1 r 1 r r
p
r 1
1 r 1
1 r r 1 p r 1 1 1 r 1
1 r r
p
r r r
r ) p r r r ( r a p
) 1 n T ( P
2 2
2 2
2 1 2 1
2
2 1
2 1 1 2
2
1 2
1 2
2
1 2
1 2
2
1 n
n 1 1
n n 2 1 2
2
1 n
n 1 n 2 1 2
2
1 n
n 1
n
2.
Sous réserve de convergence (absolue) :
1
n n 1 n 1
n 1 n
2 1
2 n 2 1 n 2 1 2
2
1 n
r ) 1 n ( r
) 1 n r (
r ) p r r r ( r ) p 1 n ( ) 1 n T ( P ) 1 n ( ) T ( E
On effectue le changement d'indice k = n + 1, ce qui permet de se ramener à des séries géométriques dérivées convergentes car de raison de valeur absolue inférieure à 1, et donc d'une part d'assurer la validité du calcul précédent, d'autre part de continuer !
2 2 2 1
2 2 2
1 1 2
2 2
1 2
1 2 2
2
2 1 2
2 1
2 2
2
k k 2
1 k 1 1
k 2 1
2 2
) r 1 ( ) r 1 (
) r 1 ( ) r 1 ( r r
p )
r 1 (
1 )
r 1 (
1 r
r p
) 1 r 1 ( 1 1 ) r 1 (
1 r
r kr p
r kr r ) p T ( E
On a déjà calculé (1 – r1)(1 – r2), on a trouvé p2, et d'autre part
(1 – r1)2 – (1 – r2)2 = (1 – r1 – 1 + r2)(1 – r1 + 1 – r2) = (r2 – r1)(2 – (r1 + r2)) = (r2 – r1)(2 – q) = (r2 – r1)(2 – (1 – p)) = (r2 – r1)(1 + p)
On termine donc le calcul en écrivant :
2 4
1 2 1 2
2
p p 1 p
) p 1 )(
r r ( r r ) p T (
E
