Entrée à Sciences Po 2013

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Exercice Vrai-Faux

1. FAUX.

La suite (un) est une suite géométrique de raison ⁴₅ et de premier termeu0= −1 donc on sait que∀n∈N,un= −1ס₄

5

¢n

<0.

Snest donc la somme de (n+1) termes négatifs.

Finalement, pour tout entier natureln,Sn60 et donc lim

n→+∞Sn60<5.

Autre méthode :

La suite (un) est une suite géométrique de raison ⁴₅ et de premier termeu0= −1 donc on sait queSn=

n

X

i=0

ui=(−1)×1−¡₄

5

¢n+1

1−⁴

5

= −5 µ

1− µ4

5

¶n+1¶ .

Alors comme,−1<⁴

5<1, lim

n→+∞

µ4 5

¶n+1

=0 et par conséquent lim

n→+∞Sn= −5.

2. VRAI.

Pour tout entier natureln,vn+1=un+1+3=2un+6=2(un+3)=2vndonc (vn) est géométrique de raison 2.

3. VRAI.

Pour tout entier natureln,vn+1=e^−un+1=e^−un−1=¹

ee^−un=¹

evn.

Par suite, la suite (vn) est géométrique de raison¹_eet de premier termev0=e⁻¹=¹

e. On sait donc que∀n∈N,vn=¹

eס₁

e

¢n

=¡₁

e

¢n+1

. Alors comme 0<¹

e<1, lim

n→+∞vn= lim

n→+∞

µ1 e

¶n+1

=0.

Remarque :on peut aussi facilement justifier par récurrence queun =n+1 pour tout entier naturelnet donc quevn=e⁻⁽ⁿ⁺¹⁾d’où comme lim

n→+∞−(n+1)= −∞et

nlim→+∞e^X=0, lim

n→+∞vn=0.

4. VRAI.

On peut considérer dans le cadre d’un sondage qu’une personne accepte ou non de répondre est un événement indépendant des réponses des autres personnes son- dées.

L’expérience aléatoire qui consiste à contacter une personne et que celle-ci accepte ou pas de répondre est une expérience aléatoire à 2 issues dont le paramètre de succès est 0,2.

Alors l’expérience aléatoire qui consiste à interroger 50 personnes est la répétition indépendante de 50 épreuves de Bernoulli indépendantes.

On sait alors que la variable aléatoire qui compte le nombre de personnes ayant acceptées de répondre au sondage suit une loi binomialeB(50 ; 0, 2).

On en déduit que la probabilité qu’au moins 6 personnes acceptent de répondre est donnée parp(X>₆₎⁼₁⁻_p(X6_{5) d’oùp(X}>₆₎⁼₁⁻

5

X

i=0

µ 50 i

¶

0, 2ⁱ×0, 8⁵⁰⁻ⁱ ≈ 0,95197>_{0, 95.}

5. FAUX.

On considère la suite (−1)ⁿn.

Cette suite est clairement non majorée : en effet pour tout réelM, il suffit de choisir l’entier pairNsupérieur àE(M)+1, c’est à direE(M)+1 ouE(M)+2 et alorsuN>M.

Pourtant elle ne diverge pas en+∞.

En effet, supposons qu’elle soit divergente en+∞.

Alors pour tout réel M, il existe un entier Ntel que sin>N,un>M. En particulier uN+1>MetuN+2>M.

Mais

•siNest pair,N+1 est impair doncuN+1=(−1)^N+1(N+1)= −(N+1) et comme uN=N>M, on obtient doncN+1>Md’oùuN+1<M: contradiction.

•si N est impair,N+1 est pair et commeN+1>N,uN+1>M c’est à dire N+1>M.

OrN+2 est impair et donc commeN+2>N+1,N+2>Md’oùuN+2= −(N+2)<

M: contradiction.

Dans tous les cas, la suite (un) ne peut être divergente en+∞. 6. VRAI.

L’équation (E) : ln(x)+ln(x+1)=ln(2) est définie pourx>0.

Pour tout réelx>0, (E) équivaut à ln³

x(x+1) 2

´

=0 d’où à^x(x₂⁺¹⁾=1.

(E) équivaut doncx²+x−2=0 etx>0.

Le discriminant dex²+x−2 est∆=1²−4×1×(−2)=9>0.

L’équation admet donc deux solutionsx1=⁻¹⁻³

2×1 = −2<0 etx2=⁻¹⁺³

2×1 =1>0.

La seule solution positive dex²+x−2=0 est 1 donc l’équation (E) admet bien 1 pour unique solution.

7. FAUX.

Pour tout réel x, f^′(x)=2(x+1)e^−x+(x+1)²×(−e^−x)=(x+1)e^−x(2−(x+1))= (1−x)(x+1)e^−x.

Par suitef^′(0)=1.

La tangente à la courbe représentative def au point d’abscisse 0 a pour coefficient directeurf^′(0)=1 et donc n’est pas parallèle à la droite d’équationy=3x.

8. FAUX.

On définit la fonctionf :x f4a1x³+4x²+4x+2.

Alors l’équationx³+4x²+4x= −2 est équivalente à l’équationf(x)=0.

La fonction f est dérivable surRet pour tout réel x,f^′(x)=3x²+8x+4.

Le polynôme du second degréf^′(x) a pour discriminant∆=16 donc admet 2 ra- cinesx1= −2 etx2= −²

3.

Comme de plus son coefficient desx²est 3>0, on en déduit que f^′(x)>0 pour x∈]− ∞;−2[∪¤

−²

3+ ∞[ etf^′(x)<0 pourx∈]−2;−²

3

£.

La fonction f est donc strictement croissante sur ]− ∞;−2]∪£

−²

3;+∞[ et stricte- ment décroissante sur£

−2;−²

3

¤. Remarquons de plus que :

•commefse comporte à l’infinie comme son terme de plus haut degré, Lim

x→+∞f(x)=

xLim→+∞x³= +∞et Lim

x→−∞f(x)= Lim

x→−∞x³= −∞

•f(−2)=2 etf¡

−²

3

¢=²²

27.

Alors comme la fonction f est strictement décroissante sur£

−2;−²

3

¤, pour tout réel xtel que−26x6⁻²₃,f(x)>f¡

−²

3

¢d’où f(x)>0 : l’équationf(x)=0 n’a pas de solution sur£

−2;−²

3

¤.

De même comme la fonction f est strictement croissante sur£

−²

3;+∞[ , pour tout réelx>⁻²_3,f(x)>_f^¡−2₃^¢>0 : l’équationf(x)=0 n’a pas de solution sur£

−²

3;+∞[ .

Enfin la fonction f est continue et strictement croissante sur ]− ∞;−2] et comme

xLim→−∞f(x)= −∞etf(−2)=2>0, l’équationf(x)=0 admet une unique solution sur ]− ∞;−2].

En conclusion, l’équationf(x)=0 admet une unique solution surR.

9. VRAI.

L’algorithme proposé calcule les termes de la suite définie parc1=1 etcn+1=cn+n² pour tout entiern>0 tel queun<20 et affiche alors le rang pour lequel le terme de rang ndépasse a.

On a le tableau :

Donc l’algorithme s’arrête à la troisième étape, et l’algorithme affiche 4, dernière valeur affectée àn.

10. VRAI.

La variable aléatoire Xest à valeurs dans {1; 2; 3; 4; 5; 6}.

On obtient facilement (avec un tableau par exemple) que la loi deXest donnée par : Par suiteE(X)=P6

i=1i×⁽²ⁱ⁻¹⁾

36 =¹⁶¹

36.

Problème Partie A :

1. Variations :

La fonctionfest dérivable sur ]0 ;+∞[ comme composée de la fonctionx f4a1^e₂¡ x+¹

x

¢

dérivable sur ]0;+∞[ à valeurs dans ]0;+∞[ suivie de la fonction ln dérivable sur ]0;+∞[.

Pour tout réelx>0, on af^′(x)=

e 2

³ 1−¹

x2

´

e 2

¡x+¹ x

¢ =

x2−1 x2 x2+1

x

= ^x2−1

x(^x2+1)=^(x−1)(x+1)

x(^x2+1) . Alors commex>0,_x(^xx+2+11)>0 et doncf^′(x) est du signe dex−1.

On en déduit quef^′(x)<0 pourx∈]0; 1[ et f^′(x)>0 pourx∈]1;+∞[ donc f est strictement décroissante sur ]0; 1] et strictement croissante sur [1 ;+∞[.

Limite en 0 :

On a par somme de limites usuelles, Lim

x→0⁺x+¹

x = +∞d’où comme^e₂>0, Lim

x→0⁺ e 2

¡x+¹

x

¢= +∞.

Alors comme Lim

X→+∞ln(X)= +∞, par composition de limites, Lim

x→0⁺f(x)=Lim

x→0⁺ln¡_e

2

¡x+¹

x

¢¢= +∞.

Limite en 1. Préliminaires :

On a montré que la fonction f est décroissante sur ]0; 1] doncf(x)>_f(1) pour tout réelx∈]0; 1].

On a aussi montré que la fonctionf est croissante sur [1;+∞[ doncf(x)>_{f(1) pour} tout réelx∈[1;+∞[.

Doncf(x)>f(1) pour tout réelx∈]0;+∞[.

Orf(1)=1 doncf(x)>1 pour tout réelx>0.

On raisonne par récurrence sur n. On définit la propositionP(n) :un>1.

On sait queu0>1 doncP(0) est vraie.

Soit nun entier naturel. On fait l’hypothèse de récurrenceP(n) :un>1 est vraie.

Par suiteun∈] 0;+∞[ et donc d’après le préliminaire,f(un)>1.

Orun+1=f(un) doncun+1>1 : la propositionP(n+1) est vraie.

La propositionP(n) est donc héréditaire.

La propositionP(n) est vraie pourn=0 et est héréditaire pourn>1 donc d’après l’axiome de récurrence, la propositionP(n) est donc vraie pour tout entier n.

On a doncun>1 pour tout entier naturel n.

2.Pour tout entier naturel n,un+1−un=f(un)−un.

Or on a montré à la question3.b.de la partieA.que pour tout réelx>1,f(x)−x60.

Par suite comme on sait d’après la question précédente que pour tout entier naturel n,un>1, on en déduit quef (un)−un60 d’oùun+1−un60.

La suite (un) est donc décroissante.

2.On a montré à la question 1.que la suite (un) est minorée par 1 et à la question 2.que la suite (un) est décroissante.

On peut donc affirmer que la suite (un) est convergente.

Remarque :

Comme la suite (un) est convergente et que la fonction f est continue sur ]0;+∞[, alors on sait que la limite de la suite (un) vérifie l’équationf(x)=x.

Or on a montré à la partieA.que l’équationf(x)=xadmet pour unique solution 1.

Donc Lim

n→+∞un=1.

Partie C :

1.Siu0=1, alors commef(1)=1, on obtientu1=1.

Une récurrence immédiate montre donc que la suite (un) est alors constante égale à 1.

2.On suppose queu0=³

2.

On obtient doncu1=1, 080043,u2=1, 002961 etu3=1, 000004.

3.a.On définit pour tout réelt> −1, la fonctionψ(t)=ln(1+t)−t.

La fonctionψest clairement dérivable sur ]−1;+∞[ et pour tout réelt> −1,ψ^′(t)=

1

1+t−1= ^−t

1+t.

Commet> −1, 1+t>0 et doncψ^′(t) est du signe de−tsur ]−1;+∞[.

Alors on en déduit queψest décroissante sur [0;+∞[ et croissante sur ]−1; 0].

Par suiteψ(t)6ψ(0) pour tout réelt∈]−1;+∞[.

Ainsi commeψ(0)=ln(1+0)−0=0, on obtient doncψ(t)60 d’où ln(1+t)−t6₀ c’est à dire ln(1+t)6_tpour tout réelt> −1.

3.b.Soit hun réel positif.

Alorsf(1+h)−1=ln¡_e

2

¡1+h+ ¹

1+h

¢¢−ln(e)=ln µ_e

2×^(1+h)2+1 1+h e

¶

=ln³

2(1+h)+h² 2(h+1)

´

=ln³ 1+ ^h2

2(h+1)

´ . 4.Pour tout entier naturel n,vn=un−1, alorsvn+1=un+1−1=f(un)−1.

On a montré que pour tout entier naturel n,un>1 donc pour tout entier naturel n, vn=un−1>0.

Remarquons alors queun=1+vnavecvn>0.

Par suite d’après la question précédente, on obtientvn+1=f(1+vn)−1=ln³ 1+ ^vn2

2(vn+1)

´ . Par suite, d’après la question 3.a., on obtientvn+16₂₍₁^v₊ⁿ²_v

n)en posantt= ^vn2

2(1+vn)>

−1 puisquevn>0.

Enfin commevn>0, 1+vn>1 d’où₁+¹v_n 61 et donc₂₍₁^v+ⁿ²v_n)6^vn₂². Par conséquent, on en déduitvn+16^vn₂².

5.On sait déjà que pour tout entier naturel n,un>1 doncvn=un−1>0.

On définit pourn∈N^∗, la propositionQ(n) :vn6₂^¡v₂^1¢2n−1_. On raisonne par récurrence surn∈N^∗.

On a 2¡_v1

2

¢₂1−1

=2×^v1

2 =v1doncv162¡_v1

2

¢₂1−1

et la propositionQ(1) est vraie.

Soit alors nun entier naturel non nul.

On fait l’hypothèse de récurrenceQ(n) :vn62¡_v1

2

¢₂n−1

est vraie.

On a montré à la question 4.quevn+16^vn₂².

Alors d’après l’hypothèse de récurrence, on obtientvn+16¹₂^×

³ 2¡_v1

2

¢₂n−1´

2d’où vn+162¡v₁

2

¢₂ⁿ⁻¹×2c’est à direvn+162¡v₁ 2

¢₂^(n+1)−1

: la propositionQ(n+1) est vraie.

La propositionQ(n) est donc héréditaire.

La propositionQ(n) est vraie au rangn >1 et est héréditaire pour n >1 donc d’après l’axiome de récurrence, elle est vraie pour tout entier natureln>1.

Par conséquent pour tout entier naturel non nul, on a 06vn62¡_v1

2

¢₂n−1

. 6.On au0=³

2doncu1=ln¡_e

2

¡₃

2+²

3

¢¢=ln¡_13e

12

¢.

D’après la question précédente, commevn=un−1, on sait donc que 06un−16 2

µln¡_13e 12

¢−1 2

¶2^p−1

.

Il suffit donc de déterminer le rang ptel que 2 µln¡13e

12

¢−1 2

¶2^p−1

610⁻²⁰pour queup− 1610⁻²⁰.

On obtient donc 2³

ln(13)−ln(12) 2

´2^p−1

610⁻²⁰d’où 2^p−1ln³

ln(13)−ln(12) 2

´

6⁻20ln(10)− ln(2) puis 2^p−1ln³

2 ln(13)−ln(12)

´

>_20ln(5)⁺_21ln(2).

Finalement (p−1) ln(2)>ln³

20 ln(5)+21 ln(2) ln(2)−ln(ln(13)−ln(12))

´

puisp>1+ ¹

ln(2)ln³

20 ln(5)+21 ln(2) ln(2)−ln(ln(13)−ln(12))

´ . On obtient doncp>4, 86 d’oùp=5.

Comme la suite (un) est décroissante et queu5−1610⁻²⁰, on peut assurer qu’à partir dep=5,up−1610⁻²⁰.

On a en effet :

•u4≈1,000000000000 955993 6 doncu4−1≈9, 55×10⁻¹²

•u5≈1,000000000000 000000 000 046 doncu5−1≈4, 57×10⁻²³610⁻²⁰.