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Corrigé du DS 6
Exercice 1
En notant B l’ensemble des mains sans coeur et C l’ensemble des mains sans pique,
on a donc :
A = C ∪ B.
D’où Card A = Card(B) + Card(C) − Card(B ∩ C).
24
Or d’après la question précédente, Card(B) = 24
5 et de même Card(C) = 5 . Enfin
B ∩ C est l’ensemble des mains sans coeur et sans pique ce qui correspond à l’ensemble
des 5-combinaisons de l’ensemble
des 16 cartes qui ne sont ni des coeurs ni des piques.
Donc : Card(B ∩ C) = 16
.
5 On a donc : Card A = 2 24
− 16
5
5
24
16
et Card(A) = 32
5 −2 5 + 5 .
Conclusion :
24
16
il y a 32
−
2
+
mains
avec
au
moins
un
coeur
et
au
moins
un
5
5
5
pique.
Cartes
On tire simultanément 5 cartes d’un jeu de 32 cartes usuel.
1. Chaque main correspond à une 5-combinaison de l’ensemble des 32 cartes, donc :
il y a 32
mains
possibles.
5
2. Chaque tirage avec exactement un roi et deux dames est caractérisé par :
• le choix du roi parmi les 4 rois possibles : 4 = 22 possibilités ;
• le choix des deux dames parmi les 4 possibles ce qui correspond à une 2-combinaison
4×3
de l’ensemble des 4 dames : 42 = 2×1
= 2 × 3 possibilités ;
• le choix des deux autres cartes parmi les 24 cartes qui ne sont ni des rois ni
des dames ce qui correspond à une 2-combinaison d’un ensemble de cardinal 24 :
24
24×23
2
2 = 2×1 = 2 × 3 × 23 possibilités.
Donc : d’après le principe multiplicatif,
il y a 25 × 32 × 23 mains avec exactement un roi et deux dames.
3. Un full est caractérisé par :
• le choix de la hauteur des 3 cartes de même hauteur parmi les 8 hauteurs possibles :
8 = 23 possibilités ;
• le choix des 3 cartes de même hauteur parmi les 4 cartes de la hauteur choisie :
4
4
2
3 = 1 = 2 possibilités ;
• le choix de la hauteur des 2 cartes restantes parmi les 7 hauteurs restantes : 7
possibilités ;
• le choix des 2 cartes de cette hauteur parmi les 4 possibles : 42 = 2 × 3 possibilités.
Donc : d’après le principe multiplicatif
6
le
nombre
de
full
est
2
×
3
×
7.
4. Une main sans coeur correspond à 5-combinaison de l’ensemble des 24 cartes qui
ne sont pas des coeurs. Donc :
il y a 24
mains
sans
coeur.
5
5. Soit A l’ensemble des mains avec au moins un coeur et au moins un pique. Alors
son complémentaire dans l’ensemble des mains possibles est A : l’ensemble des mains
sans coeur ou sans pique.
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1/5
Exercice 2
I
Suites
D’où la contradiction avec ` > 0.
Conclusion :
la suite u ne peut pas avoir de limite finie, i.e. u diverge.
Une suite définie par récurrence
On considère la suite (un )n∈N définie par u0 > 0 et
p
∀n ∈ N, un+1 = un2 + un + 1.
4. On sait que la suite u est croissante et diverge, donc d’après le théorème de la limite
monotone,
la suite u diverge vers +∞.
1. Montrons par récurrence que : ∀n ∈ N,
P(n) :
un existe et un > 0.
Initialisation : pour n = 0,
on sait que u0 > 0 donc P(0) est vraie.
Hérédité : soit n ∈ N, on suppose P(n) et montrons que : un+1 existe et un+1 > 0.
Par hypothèse deprécurrence, on a un > 0 donc : un2 + un + 1 > 0.
Donc : un+1 = un2 + up
n + 1 existe et comme la fonction racine carrée est à
+
valeurs dans R , un+1 = un2 + un + 1 > 0.
Donc : P(n) est vraie.
Conclusion : par principe de récurrence, on a
∀n ∈ N, un existe et un > 0.
II
1. Soit n ∈ N∗ et fn : x 7→ xn + x2 − 19 .
a) La fonction fn est un polynôme, donc fn est dérivable sur R+ et ∀x ∈ R+ , fn0 (x) =
nxn+1 + 2x. Donc : ∀x > 0, fn0 (x) > 0.
De plus : fn (0) = −1
−−−−→ +∞.
9 et fn (x) −
x→+∞
On en déduit le tableau de variations suivant pour fn :
2. Soit n ∈ N, on sait que un > 0, donc : un2 + un + 1 > un2 .
+
Or la fonction
racine carrée
p
p est croissante sur R ,
2
2
donc : un + un + 1 > un
donc : un+1 > |un | = un car un > 0.
On a montré que : ∀n ∈ N, un+1 > un . Donc :
La suite u est croissante. 0
fn0 (x)
0
+∞
+
fn
−1
9
b) D’après la question précédente, fn est strictement croissante et dérivable donc
continue sur R+ et fn (0) < 0 et fn (x) −−−−−→ +∞.
x→+∞
Donc : d’après le théorème de la bijection, l’équation fn (x) = 0 a une unique solution
dans R+ .
Or fn (x) = 0 ⇔ xn = 91 − x2 .
Conclusion :
l’équation xn = 19 − x2 admet une unique solution sur I = R+ .
n→+∞
Par ailleurs, la suite (un+1 ) est une suite extraite de la suite (un ) donc elle converge
vers ` ; i.e. un+1 −−−−−→ `.
n→+∞
Par unicité de la limite, on a donc :
c) Soit x ∈ R+ , on a :
p
`2 + ` + 1
fn+1 (x) − fn (x) =
⇒ `2 = `2 + ` + 1
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x
+∞
3. Supposons par l’absurde que la suite u converge vers un réel `.
On sait que : ∀n ∈ N, un > 0, donc : par passage à la limite des inégalités larges, ` > 0.
Donc : un2 + un + 1 −−−−−→ `2 + ` + 1 > 0
n→+∞
√
Or X 7→ X est
continue
sur R+ .
p
√
Donc : un+1 = un2 + un + 1 −−−−−→ `2 + ` + 1.
`=
Une suite définie implicitement
xn+1 + x2 −
⇒` + 1 = 0
= xn+1 − xn
⇒ ` = −1 < 0
= xn (x − 1)
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1
9
1
− xn + x2 −
9
2/5
Donc : par unicité de la limite :
On en déduit le tableau de signes suivant :
x
0
xn
0
x−1
fn+1 (x) − fn (x)
0
+
1
=0
9
1
⇒ `=−
9
1
⇒ `=
9
+∞
1
`2 −
+
−
0
+
−
0
+
2. Soit n ∈ N∗ , on a fn (0) < 0 ; fn (an ) = 0 par définition de an et fn
n
1 n
+ 91 − 91 = 13 > 0.
3
Donc : fn (0) 6 fn (an ) 6 fn 13
Or fn est strictement croissante sur R+
Donc : 0 6 an 6 31 .
Conclusion :
∀n ∈ N∗ , 0 6 an 6 13 .
ou
`=
1
9
1
car ` ∈ 0;
3
Conclusion :
1
3
=
La suite (an ) converge ver 31 .
3. Soit n ∈ N∗ , alors d’après la question précédente, 0 6 an 6 31 .
Or d’après la question 1.c, fn+1 − fn est négative sur [0; 1].
Donc :
fn+1 (an ) − fn (an ) 6 0
⇒ fn+1 (an ) 6 0 = fn+1 (an+1 )
⇒ an 6 an+1
car fn+1 es strictement croissante sur R+ et an , an+1 ∈ R+ .
Conclusion :
La suite (an ) est croissante.
4. On sait que la suite (an ) est croissante et majorée par 13 , donc d’après le théorème
le la limite monotone, elle converge vers un réel ` ∈ 0; 13 .
n
De plus ∀n ∈ N∗ , 0 6 an 6 13 ⇒ 0 6 ann 6 13 .
n
Or 0 −−−−−→ 0 et 31 ∈] − 1; 1[ donc 13 −−−−−→ 0.
n→+∞
n→+∞
Donc : d’après le théorème des gendarmes, ann −−−−−→ 0.
n→+∞
1
−−−−→ 0 + `2 − 19 .
9 −
n→+∞
N∗ , ann + a2n − 19 = 0 −−−−−→ 0.
n→+∞
Donc : ann + a2n −
Or : ∀n ∈
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Exercice 3
a) Soit (a, b, c) ∈ R3 ,


x − y
2x + y


4x + 5y

1 −1
⇔ 2 1
4 5

1 −1
⇔ 0 3
0 9

1 −1
⇔ 0 3
0 0
Donc :
Par ailleurs, lorsque le système est compatible il a une unique solution. C’est à dire
que tout (a, b, c) ∈ R3 a soit 0 soit 1 antécédent. Donc : ϕ est injective.
Conclusion :
L’application ϕ est injective, mais elle n’est ni surjective ni bijective.
=a
=b
=c

a
b
c
L2 ← L2 − 2L1
L3 ← L3 − 4L1

a
b − 2a
c − 4a
L3 − 3L2

a
b − 2a 
c − 3b + 2a
Le système est compatible si et seulement si c − 3b + 2a = 0.
b) Dans le cas où le système est compatible, i.e. lorsque c − 3b + 2a = 0, le système
est alors équivalent à :


a
1 −1
0 3 b − 2a
0 0
0
1 −1
a
⇔
0 3 b − 2a
On a alors un système à deux inconnues et de rang 2, donc :
Lorsque le système est compatible, il a une unique solution.
5. On considère à présent l’application :
ϕ :
R2
(x, y)
−→
7−→
R3
(x − y, 2x + y, 4x + 5y)
Soit (a, b, c) ∈ R3 et (x, y) ∈ R2 .
On a ϕ(x, y) = (a, b, c) est équivalent au système de la question précédente. Donc :
d’après la question précédente, pour (a, b, c) = (1, 0, 0) le système est incompatible,
i.e. (1, 0, 0) n’a pas d’antécédent par ϕ.
Donc : ϕ n’est pas surjective.
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Exercice 4
On ne donne ici que des indications et non une rédaction complète.
1. L’ensemble E est de cardinal 10, il a donc 210 parties dont l’ensemble vide.
Donc : le nombre de sous-ensembles non vide de E est 210 − 1 = 1023.
2. La plus petite somme possible est celle obtenue avec le plus petit élément de E
qui est supérieur à 10. La plus grande somme est inférieure à 90 + 91 + · · · + 99 <
10 × 100 = 1000.
Donc le nombre de valeurs possibles pour les sommes est strictement inférieur à 1000
et donc au nombre de sous-ensembles non vide de E.
Donc : d’après le principe des tiroirs au moins deux de ces ensembles A et B ont la
même somme.
3. Les ensembles A et B étant différents et de même somme, on a A0 = A (A∩B) 6= ∅
et B 0 = B A 6= ∅. Les ensembles A0 et B 0 sont disjoints et de même somme car A et
B sont de même somme et on a enlevé les mêmes éléments.
Donc les ensembles A0 et B 0 conviennent.
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