Correction - Devoir de mathématiques 06

Correction - Devoir de mathématiques 06

Exercice 1.

1. (a) X

n∈N

3ⁿ

n! est une série exponentielle de paramètre 3. C'est donc une série convergente et

+∞

X

n=0

3ⁿ n! =e³. (b) X

n∈N

n 2

3 n−1

est une série géométrique de raison 2

3 ∈]−1,1[, donc convergente. On a

+∞

X

n=0

n 2

3 n−1

= 1

1−2

3 2,

= 1

1 3

2,

= 9.

(c) Soitn∈N,

1

3²ⁿ⁺¹n! = 1 3²ⁿ⁺¹ × 1

n!,

= 1 3

1 9

ⁿ 1 n!,

= 1 3 ×

1 9

n

n! . Donc ∀n ∈N, 1

3²ⁿ⁺¹n! = 1 3 ×

1 9

ⁿ

n! . Or

1 9

ⁿ

n! est le terme général d'une série exponentielle de paramètre 1 9, donc convergente. Ainsi X

n∈N

1

3²ⁿ⁺¹n! converge. On a alors,

+∞

X

n=0

1

3²ⁿ⁺¹n! = 1 3

+∞

X

n=0 1 9

ⁿ

n! ,

= 1 3exp

1 9

.

(d) Soitn∈N,

n

X

k=0

(−1)^k(k+ 1)k

2^k =

n+1

X

l=1

(−1)^l−1l(l−1)

2^l−1 , avecl=k+ 1

= −1 2

n+1

X

l=0

l(l−1)

−1 2

l−2

,

Donc∀n∈N,

n

X

k=0

(−1)^k(k+ 1)k 2^k =−1

2

n+1

X

l=0

l(l−1)

−1 2

l−2

.

On reconnait les sommes partielles d'un série géométrique dérivée d'ordre 2, de raison−1

2 ∈]−1,1[, donc convergente.

AinsiX

n∈N

(−1)ⁿ(n+ 1)n

2ⁿ converge et

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ(n+ 1)n

2ⁿ = −1

2

+∞

X

n=0

n(n−1)

−1 2

n−2

,

= −1

2 × 2

1 + 1

2 ³,

= − 1

3 2

³,

= −8 27. 2. On a

x→+∞lim x ln

1 + 1 x

+ 1−

r 1 + 1

x

!

= lim

x→+∞x 1

x+1 xε1

1 x

+ 1−

1 + 1

2× 1 x+1

xε2

1 x

,

avecε₁et ε₂des fonctions ayant 0 comme limite en 0, donc

x→+∞lim x ln

1 + 1 x

+ 1−

r 1 + 1

x

!

= lim

x→+∞1 +ε1

1 x

−1 2 +ε2

1 x

,

= 1 2.

Exercice 2.

1. (a) Il n'y a pas de forme indéterminée.

a >0, donca²>0, ainsi lim

x→0⁺f(x) = +∞. On a lim

x→+∞f(x) = +∞. (b)

x→+∞lim f(x)−1

2x = lim

x→+∞

a² 2x,

= 0⁺.

(c) Soitx∈R^∗+. On a

f(x)−1

2x = 1 2

x+a²

x

−1 2x,

= a² 2x,

≥ 0, carx >0.

Ainsif(x)≥1 2x. Finalement,

∀x∈R^∗+, f(x)≥ 1 2x.

(d) Soitx∈R^∗+.

f(x)−x = 1 2

x+a²

x

−x,

= −1 2x+1

2 ×a² x,

= 1

2×−x²+a²

x ,

= (a−x)(a+x)

2x .

Donc

∀x∈R^∗+, f(x)−x= (a−x)(a+x)

2x .

(e) On sait par la question précédente que∀x∈R^∗+, f(x)−x= (a−x)(a+x) 2x , d'où : x

a−x

a+x

2x f(x)−x

0 a +∞

+ 0 −

+ +

+ +

+ 0 −

(f) f est dérivable comme somme produit et quotient de fonctions polynomiales donc dérivables.

Soitx∈R^∗+,

f⁰(x) = 1 2

1−a²

x²

,

= 1 2

x²−a² x²

,

= 1 2

(x−a)(x+a) x²

.

Donc

∀x∈R^∗+, f⁰(x) = 1 2

(x−a)(x+a) x²

. Ainsi,

x

x−a

x+a

x² f⁰(x)

f(x)

0 a +∞

− 0 +

+ +

+ +

− 0 +

+∞

+∞

a a

+∞

+∞

(g) f est dérivable par la question 1f donc continue. Ainsi par le théorème des valeurs intermédiaire et lecture du tableau de variations à la question 1f, on af(R^∗+) = [a,+∞[).

(h) Par les questions 1.b, 1.e et 1.g on a :

1 2 3 4

1 2 3 4 Cf

y=x

y= ¹₂x

u₀ u₁

u₂

2. (a) D'après la question 1eaest un point xe def, ainsi siu0=ala suite uest constante.

(b) Voir 1h.

(c) Soitx∈[a,+∞[. Par la question 1f on sait déjà quef⁰(x)≥0. Toujours par la question 1f, on a :

f⁰(x) = 1 2

(x−a)(x+a) x²

,

= 1 2

1−a²

x²

,

= 1 2

1−a

x 2

.

Or a

x 2

≥ 0,

donc 1−a

x ²

≤ 1, donc 1

2

1−a x

²

≤ 1 2,

donc f⁰(x) ≤ 1

2. Ainsi∀x∈[a,+∞[,0≤f⁰(x)≤ 1

2.

(d) Montrons par récurrence que∀n∈N^∗,P(n): un ≥a.

Initialisation : u1=f(u0), or par la question 1f,f est minorée para, doncu1≥a. Hérédité : Soitn∈N^∗.

Par hypothèse de récurrence

un ≥a.

Or,f est croissante sur[a,+∞[par la question 1f, donc

f(u_n)≥f(a).

Ainsi on aun+1≥a, d'où P(n+ 1).

Finalement, par le principe de récurrence,∀n∈N^∗, un≥a. (e) Soitn∈N^∗.

On sait par la question précédente queun ≥a.

• f est dérivable et donc continue surR^∗+ par la question 1f, en particulier sur[a, u_n].

• Par la question 2c,∀x∈[a, u_n],0≤f⁰(x)≤ 1 2. Ainsi, par l'inégalité des accroissements nis, on a

0≤f(un)−f(a)≤1

2(un−a). D'où

0≤un+1−a≤1

2(un−a). Finalement

∀n∈N^∗,0≤un+1−a≤1

2(un−a). (f) Montrons par récurrence que∀n∈N^∗,P(n): 0≤u_n−a≤

1 2

n−1

(u₁−a).

Initialisation : On sait queu1≥apar la question 2e, donc0≤u1−a. De plusu1−a= 1

2 ⁰

(u1−a). Donc

0≤u₁−a≤ 1

2 1−1

(u₁−a) D'oùP(1).

Hérédité : Soitn∈N^∗. On supposeP(n)et on montreP(n+ 1). Par hypothèse de récurrence0≤un−a≤

1 2

ⁿ⁻¹

(u1−a).Donc 0≤ 1

2(un−a)≤ 1

2 n

(u1−a).

Or, par la question 2e,0≤un+1−a≤1

2(un−a), donc 0≤u_n+1−a≤

1 2

n

(u₁−a) D'oùP(n+ 1).

Finalement, par le principe de récurrence,∀n∈N^∗,0≤un−a≤ 1

2 n−1

(u1−a). (g) Par la question précédente,∀n∈N^∗,0≤un−a≤

1 2

ⁿ⁻¹

(u1−a). Or lim

n→+∞

1 2

n−1

(u₁−a) = 0car 1

2 ∈]−1,1[. Donc, par théorème d'encadrement , lim

n→+∞un−a= 0, ainsi lim

n→+∞un=a. Finalement,uconverge et sa limite esta.

(h) On choisit leu₀ que l'on veut, commeuconverge versa, on choisita=√

3, donca²= 3. D'où

1 function y = suite (n) 23 u = 3

45 for i = 1 : n 6 u = 1/2*( u +3/ u)

7 end

89 y=u

10 endfunction

Exercice 3.

1. Il y a deux boules rouges et on en remplace éventuellement une à la première épreuve. DoncP(Z₁) = 0.

P(U₁) = P(R₁),

= 2

3,(équiprobabilité).

P(D1) = P(B1),

= 1

3,(équiprobabilité). Finalement,P(Z1) = 0, P(U1) =2

3 etP(D1) =1 3

2. Soitn∈Navecn≥2.

Après plus de deux pioches il est possible d'avoir remplacé une ou deux boules rouges par des boules bleues, doncZn∪ U_n∪D_n= Ω.

Par ailleurs le nombre de boules rouges après lanème épreuve est unique, doncZ_n, U_netD_nsont deux à deux incompatibles.

Ainsi(Z_n, U_n, D_n)est un système complet d'évènements.

Finalement, pour tout entier naturelnavecn≥2,(Z_n, U_n, D_n)est un système complet d'évènements.

3. Soitn∈N^∗,

P(Dn) = P

n

\

k=1

Bk

! ,

= P(B₁)×P_B1(B₂)× · · · ×PTn−1

k=1B_k(B_n), par les probabilités composées

= 1

3 ⁿ

,(équiprobabilité).

Donc,∀n∈N^∗, P(D_n) = 1 3ⁿ. 4. (a) On au1=2

3.

u2 = P(Un),

= P((B1∩R2)∪(R1∩B2)),

= P((B₁∩R₂) +P((R₁∩B₂)), par incompatibilité

= P(B1)×PB₁(R2) +P(R1)×PR₁(B2),

= 1 3 ×2

3+2 3 ×2

3,

= 2 3. Doncu1= 2

3 etu2=2 3.

(b) Soit n ∈ N avec n ≥ 2. On applique la formule des probabilités totales, avec le système complet d'événements (Zn, Un, Dn).

u_n+1 = P(U_n+1),

= P(Zn)PZ_n(Un+1) +P(Un)PU_n(Un+1) +P(Dn)PD_n(Un+1),

= 0 +P(U_n)P_Un(B_n+1) +P(D_n)P_Dn(R_n+1),

= un×2 3 + 1

3ⁿ ×2

3, par la question 3

= 2

3un+ 2 3ⁿ⁺¹.

Ainsi

∀n∈N^∗, avecn≥2, un+1= 2

3un+ 2 3ⁿ⁺¹.

2

3u1+ 2

3¹⁺¹ = 2 3 ×2

3+2 9,

= 6 9,

= 2 3,

= u2. Ainsi la relation est encore vraie pourn= 1.

Donc

∀n∈N^∗, un+1=2

3un+ 2 3ⁿ⁺¹. (c) Soitn∈N^∗.

vn+1 = un+1+ 2 3ⁿ⁺¹,

= 2

3un+ 2

3ⁿ⁺¹ + 2

3ⁿ⁺¹, ( question précédente )

= 2

3un+ 4 3ⁿ⁺¹,

= 2 3

un+ 2

3ⁿ

,

= 2 3vn. Donc∀n∈N^∗, v_n+1= 2

3v_n. Ainsi(v_n)_n∈N^∗ est géométrique de raison 2

3 et de premier termev₁=u₁+2 3 =4

3. Donc,

∀n∈N^∗, v_n =4 3 ×

2 3

n−1

.

Finalement,

∀n∈N^∗, v_n= 2× 2

3 ⁿ

. (d) Soitn∈N^∗.

On a

vn = un+ 2 3ⁿ,

donc 2×

2 3

n

= u_n+ 2 3ⁿ, donc 2×

2 3

ⁿ

− 2

3ⁿ = un. Finalement,∀n∈N^∗, un= 2

2 3

n

− 2 3ⁿ.

(e) Soitn∈N^∗.(Zn, Un, Dn)est un système complet d'évènements donc :

P(Z_n) = 1−P(U_n)−P(D_n),

= 1−2 2

3 n

+ 2 3ⁿ − 1

3ⁿ, par les questions 3 et 4.d

= 1−2 2

3 ⁿ

+ 1 3ⁿ.

Finalement,

∀n∈N^∗, P(Zn) = 1−2 2

3 n

+ 1 3ⁿ.

5.

+∞

[

n=1

Zn est l'événement : toutes les boules rouges sont piochées au cours de l'expérience .

Comme on ne peut pas remettre de boule rouge dans l'urne pour toutn ∈N^∗, Z_n ⊂Z_n+1. Ainsi(Z_n)_n∈

N^∗ est une suite croissante d'événements.

Ainsi la suite(P(Z_n))_n∈

N^∗ converge et

P

+∞

[

n=1

Z_n

!

= lim

n→+∞P(Z_n),

= lim

n→+∞

1−2

2 3

n

+ 1 3ⁿ

,

= 1.

Ainsi

+∞

[

n=1

Zn est presque sûr.