L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du concours blanc
Exercice 1 : ´ Etudes de syst` emes lin´ eaires ` a param` etres
1. On consid`ere le syst`eme lin´eaire
(S) :
x2 − x3 = y1 x1 + x3 = y2
−x1 + x2 = y3
d’inconnue
x1 x2 x3
∈R3, o`u
y1 y2 y3
∈R3est un param`etre.
1.1. Montrer que le syst`eme (S) est de Cramer.
1.2. Que peut-on en d´eduire quant `a son ensemble solutionSolS? 1.3. R´esoudre le syst`eme lin´eaire (S).
2. Pour toutλ∈R, on introduit le syst`eme lin´eaire
(Sλ) :
λ x1 + x2 − x3 = 0 x1 + λ x2 + x3 = 0
−x1 + x2 + λ x3 = 0
d’inconnues
x1
x2
x3
∈R3.
2.1. R´esoudre le syst`eme (Sλ) lorsqueλ= 2.
2.2. R´esoudre le syst`eme (Sλ) lorsqueλ=−1.
2.3. D´eterminer l’ensembleU ={λ∈R : (Sλ) est de Cramer}.
2.4. Soitλ∈ U. D´eterminer l’ensembleSolSλ sans effectuer de calcul suppl´ementaire.
Correction
1.1. Le syst`eme (S) poss`ede 3 ´equations et 3 inconnues. Il est donc de Cramer si et seulement si son rang est 3. On calcule le rang de (S), en l’´echelonnant `a l’aide de l’algorithme du pivot de Gauß.
(S) ⇐⇒
x1 + x3 = y2 (L1↔L2) x2 − x3 = y1
−x1 + x2 = y3
⇐⇒
x1 + x3 = y2
x2 − x3 = y1
x2 + x3 = y2+y3 (L3←L3+L1)
⇐⇒
x1 + x3 = y2
x2 − x3 = y1
2x3 = −y1+y2+y3 (L3←L3−L2)
Ce dernier syst`eme, not´e (S0), est ´echelonn´e. On lit son rang : 3. Comme il est ´equivalent `a (S), le rang de (S) est lui aussi 3. On en d´eduit que (S) est de Cramer.
1.2. Un syst`eme de Cramer poss`ede une unique solution. Par suite, SolS poss`ede un unique ´el´ement ; c’est un singleton.
1.3. On a vu en 1.1. que (S) et
(S0) :
x1 + x3 = y2 (L1)
x2 − x3 = y1 (L2) 2x3 = −y1+y2+y3 (L3) sont ´equivalents. Ils ont donc mˆeme ensemble solution.
De (L3), on d´eduit :
x3=−1 2y1+1
2y2+1 2y3. Alors de (L2), on d´eduit :
x2=y1+x3=1 2y1+1
2y2+1 2y3. Enfin de (L1), on d´eduit :
x1=−x3+y2=1 2y1+1
2y2−1 2y3. L’ensemble solution de (S) est donc :
SolS=
1
2y1 + 1
2y2 − 1 2y3
1
2y1 + 1
2y2 + 1 2y3
−1
2y1 + 1
2y2 + 1 2y3
.
2.1. Le syst`eme (S2) (i.e. (Sλ) pourλ= 2) s’´ecrit :
(S2) :
2x1 + x2 − x3 = 0 x1 + 2x2 + x3 = 0
−x1 + x2 + 2x3 = 0 On le r´esout grˆace `a l’algorithme du pivot de Gauß.
(S2) ⇐⇒
x1 + 2x2 + x3 = 0 (L1↔L2) 2x1 + x2 − x3 = 0
−x1 + x2 + 2x3 = 0
⇐⇒
x1 + 2x2 + x3 = 0
−3x2 − 3x3 = 0 (L2←L2−2L1) 3x2 + 3x3 = 0 (L3←L3+L1)
⇐⇒
x1 + 2x2 + x3 = 0
−3x2 − 3x3 = 0
0 = 0 (L3←L3+L2)
Le syst`eme (S2) est de rang 2 et il poss`ede 3 inconnues. On choisit 1 param`etre :x3. De (L2) on d´eduit :
x2=−x3. Puis, de (L1) on d´eduit :
x1=−2x2−x3=x3. L’ensemble solution de (S2) est donc :
SolS2 =
x3
−x3
x3
: x3∈R
.
2.2. Le syst`eme (S−1) (i.e. (Sλ) pourλ=−1) s’´ecrit :
(S−1) :
−x1 + x2 − x3 = 0 x1 − x2 + x3 = 0
−x + x − x = 0 .
On a :
(S−1) ⇐⇒
−x1 + x2 − x3 = 0
0 = 0 (L2←L2+L1) 0 = 0 (L3←L3−L1)
.
Le syst`eme (S−1) est de rang 1 et il poss`ede 3 inconnues. On choisit 2 param`etres :x2 etx3. De (L1) on d´eduit :
x1=x2−x3. L’ensemble solution de (S−1) est donc :
SolS−1 =
x2−x3 x2 x3
: x2, x3∈R
.
2.3. Remarque : D’apr`es les questions 2.1. et 2.2., on sait que le syst`eme (Sλ) n’est pas de Cramer pour λ= 2etλ=−1. En effet dans ces deux cas, l’ensemble solution de(Sλ)est infini. De ces deux questions, on peut donc d´eduire que−1∈ U/ et2∈ U/ , soit
U ⊂R\ {−1,2}.
Soitλ∈R. Le syst`eme (Sλ) poss`ede 3 ´equations et 3 inconnues. Il est donc de Cramer si et seulement si son rang est 3. On calcule le rang de (Sλ), en l’´echelonnant `a l’aide de l’algorithme du pivot de Gauß.
(Sλ) ⇐⇒
λx1 + x2 − x3 = 0 x1 + λx2 + x3 = 0
−x1 + x2 + λx3 = 0
⇐⇒
x1 + λx2 + x3 = 0 (L1↔L2) λx1 + x2 − x3 = 0
−x1 + x2 + λx3 = 0
⇐⇒
x1 + λx2 + x3 = 0
(1−λ2)x2 + (−1−λ)x3 = 0 (L2←L2−λL1) (1 +λ)x2 + (1 +λ)x3 = 0 (L3←L3+L1)
⇐⇒
x1 + x3 + λx2 = 0
(−1−λ)x3 + (1−λ2)x2 = 0 (´echange de la place dex2 etx3) (1 +λ)x3 + (1 +λ)x2 = 0
⇐⇒
x1 + x3 + λx2 = 0
(−1−λ) x3 + (1−λ2)x2 = 0
(−λ2+λ+ 2) x2 = 0 (L3←L3+L2)
On en d´eduit que le syst`eme (Sλ) est de Cramer si et seulement si
−1−λ6= 0 et −λ2+λ+ 26= 0 soit si λ6=−1 etλ6= 2. On en d´eduit que :U =R\ {−1,2}.
2.4. Soit λ ∈ U. Le syst`eme (Sλ) est donc de Cramer, par d´efinition de U. Il poss`ede donc une unique solution. Comme il est de plus homog`ene, cette solution est
0 0 0
. On a donc :
SolSλ =
0 0 0
.
Exercice 2 : Probabilit´ es et suites
Une urne contient 5 jetons indiscernables au toucher, dont 2 verts et 3 blancs. On effectue des tirages successifs de jetons de l’urne de la fa¸con suivante.
– Si l’on obtient un jeton blanc, ce jeton est remis dans l’urne avant de proc´eder au tirage suivant.
– Si l’on obtient un jeton vert, ce jeton est remplac´e dans l’urne par un jeton blanc, avant que l’on ne proc`ede au tirage suivant.
– Lorsque deux jetons verts ont ´et´e tir´es, on s’arrˆete.
On appelle phase la double op´eration qui consiste `a tirer un jeton puis `a le remettre ou `a le remplacer dans l’urne.
1. Les trois premi`eres phases
Pour toutn∈N∗, on introduit les ´ev´enements :
Bn = on a tir´e un jeton blanc lors de lan-i`eme phase; Vn = on a tir´e un jeton vert lors de lan-i`eme phase. 1.1. CalculerP(B1) etP(V1).
1.2. Montrer que :
P(B2) =3
5P(B1) +4
5P(V1) et P(V2) =2
5P(B1) +1 5P(V1).
En d´eduire les valeurs deP(B2) et de P(V2).
1.3. Justifier que :
P(B3 ∪ V3)<1.
2. ´Evolution de la composition de l’urne Pour toutn∈N∗, on introduit les ´ev´enements :
Dn = `a la fin de lan-i`eme phase, l’urne contient deux jetons verts; Un = `a la fin de lan-i`eme phase, l’urne contient un seul jeton vert; A≤n = le jeu s’arrˆete avant (au sens large) lan-i`eme phase
et on posedn=P(Dn) etun=P(Un).
2.1. Exprimer les ´ev´enementsD1et U1 `a l’aide d’´ev´enements pr´ec´edemment introduits, puis calculer les valeurs de d1 et deu1.
2.2. Exprimer les ´ev´enementsD2et U2 `a l’aide d’´ev´enements pr´ec´edemment introduits, puis calculer les valeurs de d2 et deu2.
2.3. Calculerdn pour toutn∈N∗.
2.4. Soitn∈N∗. Justifier que (Dn, Un, A≤n) est un syst`eme complet d’´ev´enements.
2.5. Montrer que pour toutn∈N∗ :
un+1= 2 5dn+4
5un. 2.6. Pour toutn∈N∗, on pose :
vn=un+ 2 3
5 n
.
Montrer que la suite (vn)n∈N∗ est g´eom´etrique de raison 4 5.
2.7. Donner une expression devn en fonction den, pour toutn∈N∗. 2.8. En d´eduire une expression deun en fonction den, pour toutn∈N∗. 3. Calcul de P(Bn)etP(Vn)pour tout n∈N∗
Soitnun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. Montrer que : P(Bn) = 3
5dn−1+4
5un−1 et P(Vn) =2
5dn−1+1 5un−1 et en d´eduire les valeurs deP(Bn) et deP(Vn).
4. Calcul de la probabilit´e que le jeu s’arrˆete Pour toutn∈N≥2, on introduit les ´ev´enements :
An = le jeu s’arrˆete `a lan-i`eme phase exactement; A = le jeu s’arrˆete.
4.1. Soitn∈N≥2.
4.1.1. Exprimer l’´ev´enementAn `a l’aide d’´ev´enements pr´ec´edemment introduits.
4.1.2. En d´eduire la valeur deP(An).
4.1.3. CalculerP(A≤n).
4.2. Justifier que pour toutn∈N≥2 :
P(A≤n)≤P(A).
et en d´eduire queP(A) = 1.
Correction
1.1. Le jetons ´etant indiscernables au toucher, ils ont tous la mˆeme probabilit´e d’ˆetre tir´es. On est donc en situation d’´equiprobabilit´e, d’o`u :
P(B1) = 3
5 et P(V1) = 2 5.
1.2. On effectue au moins une premi`ere phase, et lors de cette premi`ere phase, on a tir´e soit un jeton blanc, soit un jeton vert. Ainsi (B1, V1) est-il un syst`eme complet d’´ev´enements. D’apr`es la formule des probabilit´es totales relativement `a ce syst`eme complet d’´ev´enements, on a donc :
P(B2) =P(B2/B1)
| {z }
3/5
P(B1) +P(B2/V1)
| {z }
4/5
P(V1) et P(V2) =P(V2/B1)
| {z }
2/5
P(B1) +P(V2/V1)
| {z }
1/5
P(V1).
D’apr`es 1.1., on a donc : P(B2) = 3
5×3 5+4
5 ×2 5 = 17
25 et P(V2) = 2 5 ×3
5 +1 5×2
5 = 8 25. 1.3. On a l’´egalit´e d’´ev´enements :
B3 ∪ V3=on effectue au moins trois phases. Donc :
B3 ∪V3 = on effectue 1 ou 2 phase(s)
= on effectue exactement 2 phases (on ne peut pas effectuer une seule phase et s’arrˆeter)
= V1 ∩ V2. On en d´eduit que :
P(B3 ∪ V3) =P(V1 ∩ V2) =P(V2/V1)
| {z }
1/5
×P(V1)
| {z }
2/5
(formule des probabilit´es compos´ees)
et par suite que :
1−P(B3 ∪ V3) = 2 25. On en d´eduit que :
P(B3 ∪ V3) = 1− 2 25 =23
25 <1.
2.1. On a l’´egalit´e d’´ev´enements :
D1=B1 et U1=V1
d’o`u :
d1=P(D1) =P(B1) = 3
5 et u1=P(U1) =P(V1) = 2 5. d’apr`es 1.1..
2.2. On a l’´egalit´e d’´ev´enements :
D2=B1 ∩ B2 d’o`u :
d2 = P(D2)
= P(B1 ∩ B2)
= P(B2/B1)
| {z }
3/5
×P(B1)
| {z }
3/5
(formule des probabilit´es compos´ees).
Ainsi a-t-on :d2= 9 25. On a l’´egalit´e d’´ev´enements :
U2= (B1 ∩ V2) ∪ (V1 ∩ B2) d’o`u :
u2 = P(U2)
= P((B1 ∩ V2) ∪ (V1 ∩ B2))
= P(B1 ∩ V2) +P(V1 ∩ B2) (r´eunion disjointe)
= P(V2/B1)
| {z }
2/5
×P(B1)
| {z }
3/5
+P(B2/V1)
| {z }
4/5
×P(V1)
| {z }
2/5
(formule des probabilit´es compos´ees).
Ainsi a-t-on :u2=14 25.
2.3. Soitn∈N∗. On a l’´egalit´e d’´ev´enements :
Dn =B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ B4 ∩ . . . ∩ Bn
d’o`u :
dn = P(B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ . . . ∩ Bn)
= P(B1)
| {z }
3/5
×P(B2/B1)
| {z }
3/5
×P(B3/B2∩B1)
| {z }
3/5
×. . .×P(Bn/Bn−1∩. . .∩B1)
| {z }
3/5
| {z }
ntermes
formule des proba- bilit´es compos´ees
.
Ainsi a-t-on :dn= 3
5 n
.
Remarque : Ce r´esultat est coh´erent avec les valeurs de d1 etd2 trouv´ees pr´ec´edemment.
2.4. On fixen∈N∗.
Soit le jeu s’arrˆete avant (au sens large) la n-i`eme phase, soit le jeu continue apr`es (au sens strict) la n-i`eme phase. Dans ce dernier cas, `a la fin de lan-i`eme phase, l’urne contient soit une boule verte, soit deux boules vertes. On a donc :
A≤n ∩ Un ∩ Dn = Ω.
D’autre part les ´ev´enementsDn, Un, A≤n sont clairement deux `a deux disjoints.
En cons´equence, (Dn, Un, A≤n) est un syst`eme complet d’´ev´enements.
2.5. Soitn∈N∗. La formule des probabilit´es totales par rapport au syst`eme complet d’´ev´enements (Dn, Un, A≤n) donne :
(∗) P(Un+1)
| {z }
un+1
=P(Un+1/Dn)×P(Dn)
| {z }
dn
+P(Un+1/Un)×P(Un)
| {z }
un
+P(Un+1/A≤n)×P(A≤n).
On a clairementP(Un+1/Dn) = 2
5 et P(Un+1/Un) = 4 5.
D’autre part, si le jeu s’arrˆete avant (au sens large) la n-i`eme phase, alors il n’y a pas de (n+ 1)-i`eme phase. Par suite si le jeu s’arrˆete avant (au sens large) lan-i`eme phase, l’´ev´enementUn+1n’est pas r´ealis´e.
Par suite :P(Un+1/A≤n) = 0.
La formule (∗) se r´e´ecrit donc :
un+1=2 5dn+4
5un.
2.6. On doit montrer que pour toutn∈N∗ :vn+1= 4 5vn. Soitn∈N∗.
vn+1 = un+1+ 2 3
5 n+1
(d´efinition devn+1)
= 2
5dn+4 5un+ 2
3 5
n+1
(d’apr`es 2.5.)
= 2
5 3
5 n
+4 5un+ 2
3 5
n+1
(d’apr`es 2.3.)
= 4
5un+2 5
3 5
n + 2
3 5
3 5
n
= 4
5un+ 2
5+ 2 3
5
| {z }
8/5
3 5
n
= 4
5
un+ 2 3
5 n
= 4
5vn (d´efinition devn) 2.7. La suite (vn)n∈N∗ est g´eom´etrique de raison 4
5 et de premier terme :
v1 =
cf. d´efinition dev1 u1+ 2 3
5 1
=
cf. 2.1.
2 5 +6
5 = 8 5. Par suite, on a pour toutn∈N∗ :
vn = 8 5
|{z}
2×45
4 5
n−1
= 2 4
5 n
2.8. Soitn∈N∗. On avn=un+ 2 3
5 n
et donc :
un =vn−2 3
5 n
=
cf. 2.7. 2 4
5 n
−2 3
5 n
= 2 4
5 n
− 3
5 n
. Remarque : Ce r´esultat est coh´erent avec les valeurs de u1 etu2 trouv´ees pr´ec´edemment.
3. Soitnun entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. La formule des probabilit´es totales par rapport au syst`eme complet d’´ev´enements (Dn−1, Un−1, A≤n−1) donne :
(∗) P(Bn) =P(Bn/Dn−1)×P(Dn−1)
| {z }
dn−1
+P(Bn/Un−1)×P(Un−1)
| {z }
un−1
+P(Bn/A≤n−1)×P(A≤n−1).
On a clairementP(Bn/Dn−1) =3
5 et P(Bn/Un−1) =4 5.
D’autre part, si le jeu s’arrˆete avant (au sens large) la (n−1)-i`eme phase, alors il n’y a pas de n-i`eme phase. Par suite si le jeu s’arrˆete avant (au sens large) la (n−1)-i`eme phase, l’´ev´enement Bn n’est pas r´ealis´e. Par suite :P(Bn/A≤n−1) = 0.
La formule (∗) se r´e´ecrit donc :
P(Bn) =3
5dn−1+4 5un−1.
De cette ´egalit´e, de 2.3. et de 2.8., on d´eduit : P(Bn) = 3
5 3
5 n−1
+4 5 ×2
4 5
n−1
− 3
5 n−1!
= 3
5 3
5 n−1
+ 2 4
5 n
−8 5
3 5
n−1
= 2
4 5
n
− 3
5 n−1
.
De mˆeme, en appliquant la formule des probabilit´es totales relativement au syst`eme complet d’´ev´enements (Dn−1, Un−1, A≤n−1) pour exprimerP(Vn), on trouve :
P(Vn) =2
5dn−1+1 5un−1. Alors en utilisant `a nouveau 2.3. et de 2.8., on en tire :
P(Vn) = 2 5
3 5
n−1
+1 5×2
4 5
n−1
− 3
5 n−1!
= 2
5 3
5 n−1
+2 5
4 5
n−1
−2 5
3 5
n−1
= 2
5 4
5 n−1
.
4.1.1. Le jeu s’arrˆete exactement `a lan-i`eme phase si et seulement si `a la fin de la (n−1)-i`eme phase il y a un seul jeton vert dans l’urne et que l’on tire ce jeton vert lors de lan-i`eme phase. En d’autres termes, on a l’´egalit´e d’´ev´enements :
An=Un−1 ∩ Vn. 4.1.2. On a :
P(An) = P(Un−1 ∩ Vn) (d’apr`es 4.1.1.)
= P(Vn/Un−1)
| {z }
1/5
×P(Un−1)
| {z }
un−1
(formule des probabilit´es compos´ees)
= 1
5 ×2 4
5 n−1
− 3
5 n−1!
= 2
5 4
5 n−1
−2 5
3 5
n−1 .
4.1.3. On a l’´egalit´e d’´ev´enements
A≤n=A2 ∪ . . . ∪ An (le jeu ne peut pas s’arrˆeter `a la 1`erephase).
La r´eunion pr´ec´edente est disjointe (cf.exactement dans la d´efinition deAk pourk ∈J2, nK). On a donc :
P(A≤n) = P(A2) +P(A3) +. . .+P(An)
=
n
X
k=2
P(Ak)
=
n
X
k=2
2 5
4 5
k−1
−2 5
3 5
k−1
(cf. 4.1.2.).
= 2
5
n
X
k=2
4 5
k−1
−2 5
n
X
k=2
3 5
k−1
(lin´earit´e)
= 2
5
n−1
X
k0=1
4 5
k0
−2 5
n−1
X
k0=1
3 5
k0
(changement d’indicek0 =k−1)
= 2
5
n−1
X
k0=0
4 5
k0
−1
!
−2 5
n−1
X
k0=0
3 5
k0
−1
!
(relation de Chasles)
= 2
5
n−1
X
k0=0
4 5
k0
−2 5−2
5
n−1
X
k0=0
3 5
k0
+2 5
= 2
5 1−
4 5
n
1−4 5
−2 5
1− 3
5 n
1−3 5
(somme des termes cons´ecutifs d’une suite g´eom´etrique)
= 2
1− 4
5 n
−
1− 3
5 n
= 1−2 4
5 n
+ 3
5 n
4.2. Soitn∈N≥2. Si le jeu s’arrˆete avant (au sens large) la n-i`eme phase, alors le jeu s’arrˆete. On a donc A≤n⊂Aet par suite
P(A≤n)≤P(A) i.e.
(∗) 1−2
4 5
n +
3 5
n
≤P(A) d’apr`es 4.1.3..
Comme−1< 4
5 <1 et−1< 3
5 <1, on a : 4
5 n
n→+∞→ 0 et
3 5
n
n→+∞→ 0 et donc :
1−2 4
5 n
+ 3
5 n
n→+∞→ 1.
En passant `a la limite dans la relation dans (∗), il vient alors : 1≤P(A).
Or P(A) est la probabilit´e d’un ´ev´enement doncP(A)≤1.
Ainsi a-t-on prouv´e que 1≤P(A)≤1, soit :
P(A) = 1.
Exercice 3 : ´ Etudes d’une fonction et d’une suite r´ ecurrente
1. ´Etude de la fonction f:R→R; x7→
r 1 +x2
2 1.1. Montrer que la fonctionf est paire.
1.2. Etudier la limite ´´ eventuelle def en +∞.
1.3. Etudier la branche infinie de la courbe repr´´ esentative def dans un rep`ere du plan au voisinage de +∞.
1.4. Montrer que pour toutx, y∈R:
f(x)−f(y) = (x−y)×1 2
x+y r
1 +x2 2 +
r 1 +y2
2 .
1.5. En d´eduire quef est strictement croissante surR+ et que pour toutx, y∈[0,√ 2] :
|f(x)−f(y)| ≤
√2
2 |x−y|.
1.6. Dresser le tableau de variations def surR, en pr´ecisant les limites ´eventuelles aux bornes.
2. ´Etude de la suite (un)n∈N d´efinie par u0= 0 etun+1= r
1 + u2n
2 pour tout n∈N 2.1. Montrer que pour toutn∈N:
0≤un≤√ 2.
2.2. Montrer que la suite (un)n∈Nest croissante.
2.3. Montrer que la suite (un)n∈Nest convergente.
2.4. D´eterminer la limite de la suite (un)n∈N.
3. Estimation de la vitesse de convergence de la suite (un)n∈N 3.1. Montrer que pour toutn∈N:
|un+1−√ 2| ≤
√2
2 |un−√ 2|.
3.2. En d´eduire que pour tout n∈N:
|un−√ 2| ≤√
2 √2
2
!n .
3.3. Red´emontrer les r´esultats 2.3. et 2.4. `a l’aide de la question pr´ec´edente.
3.4. D´eterminer un entiern∈Ntel que :
|un−√
2| ≤10−6.
Correction
1.1. On commence par remarquer queRest sym´etrique par rapport `a 0.
Soitx∈R.
f(−x) = r
1 +(−x)2
2 =
r 1 + x2
2 =f(x).
La fonctionf est donc paire.
1.2. On a : 1 + x2
2 →
x→+∞+∞ (op´eration sur les limites)
√
X →
X→+∞+∞ (limite usuelle)
compos´ee
=⇒
de limites f(x) = r
1 +x2
2 →
x→+∞+∞.
1.3. On commence par ´etudier la limite ´eventuelle de f(x)
x quand x tend vers +∞. On est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee.
Soitx∈]0,+∞[ (on s’int´eresse au comportement def dans un voisinage de +∞).
f(x)
x =
r 1 +x2
2 x
= s
x2 1
x2 +1 2
x
=
√ x2
r1 x2 +1
2 x
sia, b∈R+,√ ab=√
a√ b
= x
r1 x2 +1
2 x
√
x2=|x|=xcarxest positif
= r 1
x2 +1 2. On peut alors conclure cette premi`ere ´etude :
1 x2 +1
2 →
x→+∞
1
2 (op´eration sur les limites)
√X →
X→12
r1 2 =
√2 2
continuit´e de√ en 1 2
compos´ee
=⇒
de limites
f(x) x =
r1 x2 +1
2 →
x→+∞
√2 2 .
On poursuit en ´etudiant la limite ´eventuelle def(x)−
√ 2
2 xquandxtend vers +∞. `A nouveau, on est en pr´esence d’une forme ind´etermin´ee.
Soitx∈]0,+∞[.
f(x)−
√2 2 x =
r 1 +x2
2 −
√2 2 x
= r
1 + x2 2 −
√ 2 2 x
! r 1 + x2
2 +
√ 2 2 x
!
r 1 + x2
2 +
√ 2 2 x
(quantit´e conjugu´ee)
=
1 +x2 2 −1
2x2 r
1 + x2 2 +
√2 2 x
(3`emeidentit´e remarquable)
= 1
r 1 + x2
2 +
√2 2 x
Il reste `a d´eterminer la limite ´eventuelle du d´enominateurD(x) de la pr´ec´edente fraction, i.e. de D(x) =
r 1 +x2
2 +
√ 2
2 x=f(x) +
√ 2 2 x quand xtend vers +∞.
Def(x) →
x→+∞+∞(cf. 1.2.) et
√2
2 x →
x→+∞+∞on d´eduit que :
Par op´erations sur les limites on a donc : f(x)−
√2
2 x →
x→+∞0.
Conclusion : Un rep`ere du plan ´etant fix´e, la courbe repr´esentative de f admet pour asymptote oblique la droite d’´equationy=
√2
2 xen +∞.
1.4. Soientx, y∈R. f(x)−f(y) =
r 1 + x2
2 − r
1 +y2 2
= r
1 +x2 2 −
r 1 + y2
2
! r 1 + x2
2 + r
1 + y2 2
! r
1 + x2 2 +
r 1 +y2
2
(quantit´e conjugu´ee)
=
1 +x2 2 −
1 +y2
2 r
1 +x2 2 +
r 1 +y2
2
(3`emeidentit´e remarquable)
=
1
2(x2−y2) r
1 +x2 2 +
r 1 +y2
2
= 1
2(x−y)(x+y) r
1 +x2 2 +
r 1 +y2
2
(3`emeidentit´e remarquable)
= (x−y)×1 2
x+y r
1 + x2 2 +
r 1 + y2
2 .
1.5. Montrons tout d’abord quef est strictement croissante surR+. Soient x, y∈R+ tels quex < y. On a alors :
x−y <0 et x+y >0
la derni`ere in´egalit´e d´ecoulant du fait quex≥0 et quey >0 (car 0≤x < y).
De plus, comme une racine carr´ee non nulle est strictement positive, on a : r
1 + x2
2 >0 et r
1 + y2 2 >0.
De 1.4. et des signes d´etermin´es ci-dessus, on d´eduit que : f(x)−f(y)<0.
On a doncf(x)< f(y).
La fonctionf est donc strictement croissante surR+. Montrons `a pr´esent que pour tout x, y∈[0,√
2],|f(x)−f(y)| ≤
√2
2 |x−y|.
Soient x, y∈ [0,√
2]. D’apr`es 1.4., la multiplicativit´e de la valeur absolue et le fait que le nombre 1 2 et qu’une racine carr´ee soient positifs, on a :
(∗) |f(x)−f(y)|=|x−y| ×1
2 × |x+y|
r 1 + x2
+ r
1 + y2
Par hypoth`ese :
0≤x≤√
2 et 0≤y≤√
2.
En sommant ces deux in´egalit´es membre `a membre, on obtient : 0≤x+y≤2√
2.
Donc :
(∗∗) |x+y| =
x+y≥0 x+y≤2√ 2.
La fonctionf est (strictement) croissante surf. Donc de 0≤x≤√
2, on d´eduit : 1 =f(0)≤f(x) =
r 1 + x2
2 ≤f(√ 2) =√
2.
De mˆeme, on montre que :
1≤ r
1 + y2 2 ≤√
2.
En sommant les deux pr´ec´edentes in´egalit´es membre `a membre, on obtient alors : 2≤
r 1 +x2
2 + r
1 +y2 2 ≤2√
2.
La fonction inverse ´etant d´ecroissante (strictement) surR+∗, on en d´eduit :
(∗ ∗ ∗) 1
2√ 2 =
√2
4 ≤ 1
r 1 +x2
2 + r
1 + y2 2
≤ 1 2.
Mais alors en multipliant membre `a membre les in´egalit´es (∗∗) et (∗ ∗ ∗) qui ne mettent en jeu que des nombres positifs, on a :
0≤ |x+y|
r 1 + x2
2 + r
1 + y2 2
≤√ 2.
Enfin, en mutipliant chacun des membres de la pr´ec´edente in´egalit´e par 1
2|x−y| ≥0, on obtient :
|x−y| × 1
2× |x+y|
r 1 +x2
2 + r
1 +y2 2
| {z }
=|f(x)−f(y)| d’apr`es (∗)
≤
√ 2 2 |x−y|
ce qui ach`eve la preuve de l’in´egalit´e demand´ee.
1.6. La fonctionf est strictement croissante surR+ et paire donc elle est strictement d´ecroissante surR−. Comme f(x) tend vers +∞quand xtend vers +∞ et commef est paire,f(x) tend vers +∞quand x tend vers−∞.
On a donc le tableau suivant.
x −∞ 0 +∞
−∞ +∞
Variations def
& %
1
2.1. Montrons par r´ecurrence que pour tout n∈N: 0≤un≤√ 2.
Pour toutn∈N, on pose
Pn : 0≤un≤√ 2.
• Initialisation
La proposition P0 s’´ecrit 0≤0≤√
2.Elle est donc vraie.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. : 0≤un≤√
2 et montrons que Pn+1 est vraie, i.e. que :
0≤un+1
| {z }
f(un)
≤√ 2.
D’apr`es 1.5., la fonctionf est (strictement) croissante surR+. Donc : 0≤un ≤√
2 =⇒ f(0)
|{z}
=1≥0
≤f(un)
| {z }
un+1
≤f(√ 2)
| √{z }
2
.
Par transitivit´e de la relation d’ordre, on a donc : 0≤un+1≤√
2.
• Conclusion
De l’initialisation au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :
∀n∈N, 0≤un≤√ 2.
2.2. Par d´efinition, la suite (un)n∈N est croissante si et seulement si :
∀n∈N, un≤un+1. Montrons cette propri´et´e par r´ecurrence.
Pour toutn∈N, on pose
Pn : un≤un+1.
• Initialisation
La proposition P0 s’´ecritu0≤u1.Commeu0= 0 etu1=f(u0) =f(0) = 1, la propri´et´eP0 est vraie.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. : un≤un+1 et montrons que Pn+1 est vraie, i.e. que :
un+1
| {z }
f(un)
≤ un+2
| {z }
f(un+1)
.
D’apr`es 2.1., on sait queunetun+1sont positifs. D’autre part, d’apr`es 1.5., la fonctionfest (strictement) croissante surR+. On a donc :
un≤un+1 =⇒ f(un)
| {z }
un+1
≤f(un+1)
| {z }
un+2
d’o`u un+1 ≤un+2.
• Conclusion
De l’initialisation au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :
∀n∈N, un≤un+1.
La suite (un)n∈Nest donc croissante.
Remarque : En adaptant la preuve pr´ec´edente, on peut en fait montrer que la suite(un)n∈Nest strictement croissante.
2.3. La suite (un)n∈Nest croissante et major´ee par√
2 (cf. 2.1.). Elle est donc convergente. De plus, si l’on note lsa limite, en passant `a la limite dans l’in´egalit´e 2.1., on a :
0≤l≤√ 2.
2.4. Il s’agit ici de d´eterminer l. On a pour tout n∈N:
(∗) un+1=f(un).
Commeun →
n→+∞l, on a :
(∗∗) un+1 →
n→+∞l.
La fonctionf est la compos´ee de
f1:R→R+; x7→1 +x2
2 (polynˆome) et
f2:R+→R; x7→√
x (racine carr´ee)
qui sont des fonctions continues sur leurs ensembles de d´efinition. La fonctionf est donc continue surR, comme compos´ee de fonctions continues.
On a :
(∗ ∗ ∗)
un →
n→+∞l f(x) →
x→lf(l) (continuit´e def enl)
compos´ee
=⇒
de limites f(un) →
n→+∞f(l).
En passant `a la limite dans (∗) et en utilisant (∗∗) et (∗ ∗ ∗), il vientl=f(l).
Mais, on a :
l=f(l) =⇒ l= r
1 + l2 2
=⇒ l2= 1 + l2
2 (´el´evation au carr´e)
=⇒ l2= 2
=⇒ √ l2
|{z}
|l|
=√
2 (application de la fonction racine carr´ee).
Or l≥0 (cf. 2.3.). Doncl=√ 2.
3.1. Soitn∈N. On aun∈[0,√
2] (cf. 2.1.) et √
2∈[0,√
2]. On peut donc appliquer l’in´egalit´e obtenue en 1.5. avecx=un ety=√
2 pour obtenir :
f(un)
| {z }
un+1
−f(√ 2)
| √{z }
2
≤
√2
2 |un−√ 2|.
3.2. On raisonne par r´ecurrence. Pour toutn∈N, on pose Pn : |un−√
2| ≤√ 2
√ 2 2
!n .
• Initialisation
La proposition P0 s’´ecrit
|u0−√ 2| ≤√
2
√2 2
!0
ou encore : √
2≤√ 2 caru0= 0 et
√ 2 2
!0
= 1. La propri´et´eP0 est donc vraie.
• H´er´edit´e
Supposons la propri´et´ePn vraie pour un entiern∈Nfix´e, i.e. :
(∗) |un−√
2| ≤√ 2
√2 2
!n
et montrons que Pn+1 est vraie, i.e. que :
|un+1−√ 2| ≤√
2 √2
2
!n+1 .
D’apr`es 3.1., on a :
(∗∗) |un+1−√ 2| ≤
√2
2 |un−√ 2|.
En multipliant chacun des membres de (∗) par
√2
2 ≥0, il vient : (∗ ∗ ∗)
√2
2 |un−√ 2| ≤
√2 2
√ 2
√2 2
!n
=√ 2
√2 2
!n+1 .
De (∗∗), (∗ ∗ ∗) et de la transitivit´e de la relation d’ordre, on d´eduit :
|un+1−√ 2| ≤√
2 √2
2
!n+1
.
• Conclusion
De l’initialisation au rang 0, de l’h´er´edit´e et de l’axiome de r´ecurrence, on d´eduit que :
∀n∈N, |un−√ 2| ≤√
2 √
2 2
!n .
3.3. Soitn∈N. De 3.2., on d´eduit que :
−√ 2
√2 2
!n
≤un−√ 2≤√
2
√2 2
!n
(siX ∈RetA∈R+,|X| ≤A⇐⇒ −A≤X≤A) puis :
(∗) √
2−√ 2
√2 2
!n
≤un≤√ 2 +√
2
√2 2
!n
en ajoutant√
2 `a chaque membre.
On a −1<
√2
2 <1. En effet, la premi`ere in´egalit´e est claire et la deuxi`eme est ´equivalente `a : 1
2 = √2
2
!2
<12= 1 (la fonction carr´ee est strictement croissante surR+) qui est vraie. Par suite :
√2 2
!n
n→+∞→ 0 et donc :
(∗∗) √
2−√ 2
√2 2
!n n→+∞→
√
2 et √
2 +√ 2
√2 2
!n n→+∞→
√ 2.
De (∗), (∗∗) et du th´eor`eme d’encadrement, on d´eduit que la suite (un)n∈Nconverge et que lim
n→+∞un=√ 2.
3.4. Soitn∈N. On sait, d’apr`es 3.2., que :
|un−√ 2| ≤√
2
√2 2
!n .
Donc pour que
|un−√
2| ≤10−6 il suffit que :
√ 2
√2 2
!n
≤10−6.
√2 √2
2
!n
≤10−6 ⇐⇒
√2 2
!n
≤10−6
√2 (division de chaque membre par√ 2>0)
⇐⇒ nln √
2 2
!
≤ln 10−6
√2
(ln est strictement croissante surR+∗)
⇐⇒ n≥ ln
10−6
√ 2
ln √2
2
! division de chaque membre par ln
√ 2 2
!
<0 car
√ 2 2 <1
!
⇐⇒ n≥ −6 ln(10)−ln(√ 2) ln√
2−ln(2) (propri´et´es alg´ebriques de ln)
⇐⇒ n≥ 6 ln(10) ln(√
2) + 1
ln(2) = ln(√
22) = 2 ln(√ 2)
On peut donc prendre pour nle premier entier naturel sup´erieur `a 6 ln(10)
ln(√ 2) + 1 soit b6 ln(10)
ln(√
2) + 1c+ 1 =b6 ln(10)
ln(√
2)c+ 2.
Exercice 4 : ´ Etude d’une fonction polynomiale de degr´ e 3
1. ´Etude du sens de variation de la fonction f:R→R; x7→x3+ 3x−6
1.1. Soity∈R. On consid`ere le polynˆomePy =X2+yX+y2 en la variableX. ´Ecrire le polynˆomePy
sous forme canonique.
1.2. En d´eduire que pour tout x, y∈R:
x2+xy+y2≥0.
1.3. Soientx, y∈R. Montrer que :
f(x)−f(y) = (x−y)(x2+xy+y2+ 3).
1.4. Montrer quef est strictement croissante surR. 2. Bijectivit´e de f
2.1. Montrer quef r´ealise une bijection deRsur un intervalle que l’on pr´ecisera. On notef−1sa bijection r´eciproque.
2.2. Justifier que l’´equation f(x) = 0 d’inconnue x∈R admet une unique solution. On notera x0 cette solution dans la suite.
3. Changement de variable
D´emontrer que pour toutx∈R, il existe un uniqueα∈R+∗ tel que : x=α−1
α. 4. D´etermination de x0
4.1. On noteα0 l’unique ´el´ement deR+∗ tel quex0=α0− 1 α0
. Montrer que : α60−6α30−1 = 0.
4.2. En d´eduire que :
x0= 3 q
3 +√
10− 1
3p 3 +√
10 .
5. D´etermination de f−1
S’inspirer de la d´emarche expos´ee en 4. pour montrer que pour touty dans le domaine de d´efinition de f−1:
f−1(y) = 3 s
6 +y+p
y2+ 12y+ 40
2 − 1
3
s
6 +y+p
y2+ 12y+ 40 2
.
Correction
1.1. Soity∈R. On a :
Py = X2+yX+y2
=
X+y 2
2
−y 2
2 +y2
=
X+y 2
2
+3
4y2 (forme canonique dePy).
1.2. Soitx, y∈R. D’apr`es 1.1., on a :
x2+xy+y2=
x+y2
+3 y2.
Un carr´e de nombre r´eel ´etant positif ou nul, on a :
x+y 2
2
≥0 et 3 4y2≥0.
Par suite,x2+xy+y2≥0.
1.3. Soientx, y∈R.
On calcule s´epar´ement f(x)−f(y) et (x−y)(x2+xy+y2+ 3). D’une part, on a : f(x)−f(y) = x3+ 3x−6−(y3+ 3y−6)
= x3+ 3x−
6−y3−3y+ 6
= x3−y3+ 3x−3y.
D’autre part, on a :
(x−y)(x2+xy+y2+ 3) = x3+x2y+xy2+ 3x−(x2y+xy2+y3+ 3y)
= x3+ x2y+
xy2+ 3x− x2y−
xy2−y3−3y
= x3−y3+ 3x−3y.
De ces deux calculs, on d´eduit que :f(x)−f(y) = (x−y)(x2+xy+y2+ 3).
1.4. Soientx, y∈Rtels quex < y. Montrons quef(x)< f(y), i.e. quef(x)−f(y)<0.
D’apr`es 1.3., on a :
f(x)−f(y) = (x−y)(x2+xy+y2+ 3).
Commex < y, on a :x−y <0.
D’apr`es 1.2.,x2+xy+y2≥0 et doncx2+xy+y2+ 3≥3>0.
Ainsi f(x)−f(y) est-il le produit d’un nombre strictement n´egatif (x−y) par un nombre strictement positif (x2+xy+y2+ 3) ; c’est donc un nombre strictement n´egatif, i.e. :
f(x)−f(y)<0.
2.1. On a :
• Rest un intervalle ;
• f est une fonction continue surR(polynˆome) ;
• f est strictement croissante surR(cf. 2.1.).
D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, la fonctionf r´ealise donc une bijection deRsur l’intervalle
x→−∞lim f(x), lim
x→+∞f(x)
.
Par op´erations sur les limites, on calcule :
x→−∞lim f(x) =−∞ et lim
x→+∞f(x) = +∞.
Ainsif r´ealise-t-elle une bijection deRsurR. 2.2. La fonctionf r´ealise une bijection deRsurR.
Comme 0 appartient `a l’image def (qui estR), 0 poss`ede au moins un ant´ec´edent par f, i.e. l’´equation f(x) = 0 d’inconnuex∈Rposs`ede au moins une solution.
Comme l’application f est injective, 0 poss`ede au plus un ant´ec´edent parf, i.e. l’´equationf(x) = 0 d’in- connue x∈Rposs`ede au plus une solution.
On d´eduit des deux points pr´ec´edents que l’´equationf(x) = 0 d’inconnuex∈Radmet une unique solution.
3. On introduit la fonction
ϕ:R+∗→R; t 7→t−1 t. La fonction
ϕ1:R+∗→R; t7→t
est continue et strictement croissante surR(fonction affine de pente 1 strictement positive).
La fonction
ϕ2:R+∗→R; t7→ 1
est continue et strictement d´ecroissante surR+∗ (fonction inverse).
La fonction
ϕ3:R→R; t7→ −t
est continue et strictement d´ecroissante surR(fonction affine de pente−1 strictement n´egative).
Par composition, la fonction ϕ3◦ϕ2, qui est bien d´efinie est continue et strictement croissante sur R+∗. Par somme, la fonction
ϕ=ϕ1+ϕ3◦ϕ2 est continue et strictement croissante surR+∗.
On a :
• R+∗= ]0,+∞[ est un intervalle ;
• ϕest une fonction continue surR+∗;
• ϕest strictement croissante surR+∗.
D’apr`es le th´eor`eme de la bijection, la fonctionϕr´ealise donc une bijection deR+∗ sur l’intervalle
lim
x→0+ϕ(x), lim
x→+∞ϕ(x)
.
Par op´erations sur les limites, on calcule : lim
x→0+ϕ(x) =−∞ et lim
x→+∞ϕ(x) = +∞.
Ainsiϕr´ealise-t-elle une bijection deR+∗ surR. Par cons´equent, tout ´el´ement xde l’image deϕ(qui est Rd’apr`es ce qui pr´ec`ede) admet un unique ant´ec´edent αparϕ, i.e.
∀x∈R, ∃!α∈R+∗, ϕ(α)
| {z }
α−α1
=x.
Remarque : Pour r´epondre `a cette question, on a introduit une fonction ϕdont on a prouv´e la bijectivit´e, grˆace au th´eor`eme de la bijection.
On aurait pu proc´eder autrement, en r´esolvant l’´equation
x=α− 1 α
d’inconnue α ∈ R+∗ et de param`etre x ∈ R, par analyse/synth`ese. Pour cela, on aurait commenc´e par remarquer que :
x=α− 1
α =⇒ αx=α2−1 (multiplication de chaque membre par α)
=⇒ α2−αx−1 = 0 (soustraction `a chaque membre deαx) afin de se ramener `a une ´equation polynomiale de degr´e 2 que l’on sait r´esoudre.
4.1. Par d´efinition dex0,x0 est l’unique solution def(x) = 0 dansR. On a doncf(x0) = 0, soit : x30+ 3x0−6 = 0.
Par d´efinition deα0, on a : x0=α0− 1 α0. Par suite, on a :
(∗)
α0− 1 α0
3 + 3
α0− 1
α0
−6 = 0.
D’apr`es la formule du binˆome de Newton, on a :
α0− 1 α0
3
= α30+ 3α20
−1 α0
+ 3α0
−1 α0
2 +
− 1 α0
3
= α30−3α0+ 3 1 α0 − 1
α30.
L’identit´e (∗) peut donc se r´e´ecrire :
α30−3α0+ 3 1 α − 1
α3 + 3α0−3 1
α −6 = 0
ce qui donne, apr`es simplification :
α30−6− 1 α30 = 0 puis en multipliant chaque membre parα30 :
α60−6α30−1 = 0.
4.2. On sait que :α60−6α30−1 = 0 (cf. 4.1.), soit :
(α30)2−6α30−1 = 0.
On en d´eduit queα30 est une solution de l’´equation : t2−6t−1 = 0
qui est une ´equation polynomiale de degr´e 2. On la r´esout et l’on trouve deux solutions : t1=6−√
40
2 = 6−2√ 10
2 = 3−√
10 et t2= 3 +√ 10.
On en d´eduit que :
α03= 3−√
10 ou α30= 3 +√ 10.
Or α0>0 (cf. d´efinition deα0). Doncα30>0.
D’apr`es l’in´egalit´e 9< 10 et la stricte croissance de la fonction racine carr´ee sur R+, on a 3 <√ 10 et donc 3−√
10<0.
On en d´eduit finalement que :
α30= 3 +√ 10 et donc :
α0= 3 q
3 +√ 10.
Mais on a x0=α0− 1
α0, d’o`u :
x0= 3 q
3 +√
10− 1
3p 3 +√
10 .
5. D’apr`es 3., le domaine de d´efinition def−1 estR. De plus, pour touty∈R:
f−1(y) est l’unique solution de l’´equationf(x) =y d’inconnuex∈R. Soity∈R. D´eterminons l’uniquex=f−1(y) tel quef(x) =y. Par d´efinition mˆeme, on a :
x3+ 3x−6 =y.
Soitαl’unique ´el´ement de R+∗ tel que :
x=α−1 α. On a donc :
α−1
α 3
+ 3
α− 1 α
−6 =y.
En suivant la mˆeme d´emarche qu’en 4.1., on en d´eduit que : α6−(6 +y)α3−1 = 0 soit :
(α3)2−(6 +y)α3−1 = 0.
On voit donc que α3 est solution de l’´equation :
t2−(6 +y)t−1 = 0.
d’inconnue t∈R. Le discriminant du trinˆome du second degr´eT2−(6 +y)T−1 est
∆ = (−(6 +y))2−4×1×(−1) = (y+ 6)2+ 4>0.
Ses deux racines sont donc : t1=6 +y−p
y2+ 12y+ 40
2 et t2= 6 +y+p
y2+ 12y+ 40
2 .
On en d´eduit que :
α3= 6 +y−p
y2+ 12y+ 40
2 ou α3= 6 +y+p
y2+ 12y+ 40
2 .
Or α >0 (cf. d´efinition deα). Doncα3>0.
Or
6 +y−p
y2+ 12y+ 40
2 <0.
En effet :
py2+ 12y+ 40 =p
(y+ 6)2+ 4>p
(y+ 6)2=|y+ 6| ≥y+ 6.
On en d´eduit finalement que :
α3=6 +y+p
y2+ 12y+ 40 2
et donc :
α= 3 s
6 +y+p
y2+ 12y+ 40
2 .
Mais on a x=α− 1 α, d’o`u :
x
|{z}
f−1(y)
= 3 s
6 +y+p
y2+ 12y+ 40
2 − 1
3
s
6 +y+p
y2+ 12y+ 40 2
.
