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Corrigé du DS 6
Exercice 1 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
5mains possibles.
2. Chaque tirage avec exactement un roi et deux dames est caractérisé par :
•le choix du roi parmi les 4 rois possibles : 4=22possibilités ;
•le choix des deux dames parmi les 4 possibles ce qui correspond à une 2-combinaison
de l’ensemble des 4 dames : 4
2=4×3 2×1= 2 ×3possibilités ;
•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
2=24×23 2×1= 22×3×23 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=23possibilités ;
•le choix des 3 cartes de même hauteur parmi les 4 cartes de la hauteur choisie :
4
3=4 1= 22possibilités ;
•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 : 4
2= 2 ×3possibilités.
Donc : d’après le principe multiplicatif
le nombre de full est 26×3×7.
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
5mains sans coeur.
5. Soit Al’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.
En notant Bl’ensemble des mains sans coeur et Cl’ensemble des mains sans pique,
on a donc :
A=C∪B.
D’où Card A= Card(B) + Card(C)−Card(B∩C).
Or d’après la question précédente, Card(B) = 24
5et de même Card(C) = 24 5. Enfin
B∩Cest 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
5−16 5
et Card(A) = 32
5−224 5+16 5.
Conclusion :
il y a 32
5−224 5+16 5mains avec au moins un coeur et au moins un
pique.
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Exercice 2 Suites
I Une suite définie par récurrence
On considère la suite (un)n∈Ndéfinie par u0>0et
∀n∈N, un+1 =pu2
n+un+ 1.
1. Montrons par récurrence que : ∀n∈N,
P(n) : unexiste et un>0.
Initialisation : pour n= 0,
on sait que u0>0donc P(0) est vraie.
Hérédité : soit n∈N, on suppose P(n)et montrons que : un+1 existe et un+1 >0.
Par hypothèse de récurrence, on a un>0donc : u2
n+un+ 1 >0.
Donc : un+1 =pu2
n+un+ 1 existe et comme la fonction racine carrée est à
valeurs dans R+,un+1 =pu2
n+un+ 1 >0.
Donc : P(n)est vraie.
Conclusion : par principe de récurrence, on a
∀n∈N, unexiste et un>0.
2. Soit n∈N, on sait que un>0, donc : u2
n+un+ 1 >u2 n.
Or la fonction racine carrée est croissante sur R+,
donc : pu2
n+un+ 1 >pu2 n
donc : un+1 >|un|=uncar un>0.
On a montré que : ∀n∈N, un+1 >un. Donc :
La suite uest croissante.
3. Supposons par l’absurde que la suite uconverge vers un réel `.
On sait que : ∀n∈N, un>0, donc : par passage à la limite des inégalités larges, `>0.
Donc : u2
n+un+ 1 −−−−−→
n→+∞`2+`+ 1 >0
Or X7→ √Xest continue sur R+.
Donc : un+1 =pu2
n+un+ 1 −−−−−→
n→+∞
√`2+`+ 1.
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 :
`=p`2+`+ 1
⇒`2=`2+`+ 1
⇒`+ 1 = 0
⇒`=−1<0
D’où la contradiction avec `>0.
Conclusion :
la suite une peut pas avoir de limite finie, i.e. udiverge.
4. On sait que la suite uest croissante et diverge, donc d’après le théorème de la limite
monotone,
la suite udiverge vers +∞.
II Une suite définie implicitement
1. Soit n∈N∗et fn:x7→ xn+x2−1
9.
a) La fonction fnest un polynôme, donc fnest dérivable sur R+et ∀x∈R+, f0
n(x) =
nxn+1 + 2x. Donc : ∀x > 0, f0
n(x)>0.
De plus : fn(0) = −1
9et fn(x)−−−−−→
x→+∞+∞.
On en déduit le tableau de variations suivant pour fn:
x
f0
n(x)
fn
0+∞
0+
−1
9
−1
9
+∞+∞
b) D’après la question précédente, fnest strictement croissante et dérivable donc
continue sur R+et fn(0) <0et fn(x)−−−−−→
x→+∞+∞.
Donc : d’après le théorème de la bijection, l’équation fn(x)=0a une unique solution
dans R+.
Or fn(x)=0 ⇔xn=1
9−x2.
Conclusion :
l’équation xn=1
9−x2admet une unique solution sur I=R+.
c) Soit x∈R+, on a :
fn+1(x)−fn(x) = xn+1 +x2−1
9−xn+x2−1 9
=xn+1 −xn
=xn(x−1)
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On en déduit le tableau de signes suivant :
x
xn
x−1
fn+1(x)−fn(x)
0 1 +∞
0+ +
−0+
0−0+
2. Soit n∈N∗, on a fn(0) <0;fn(an)=0par définition de anet fn1
3=
1
3n+1 9−1 9=1 3n>0.
Donc : fn(0) 6fn(an)6fn1
3
Or fnest strictement croissante sur R+
Donc : 06an61
3.
Conclusion :
∀n∈N∗,06an61
3.
3. Soit n∈N∗, alors d’après la question précédente, 06an61
3.
Or d’après la question 1.c, fn+1 −fnest négative sur [0; 1].
Donc :
fn+1(an)−fn(an)60
⇒fn+1(an)60 = fn+1 (an+1)
⇒an6an+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 1
3, donc d’après le théorème
le la limite monotone, elle converge vers un réel `∈0; 1
3.
De plus ∀n∈N∗,06an61
3⇒06an
n61
3n.
Or 0−−−−−→
n→+∞0et 1
3∈]−1; 1[ donc 1 3n−−−−−→
n→+∞0.
Donc : d’après le théorème des gendarmes, an
n−−−−−→
n→+∞0.
Donc : an
n+a2 n−1
9−−−−−→
n→+∞0 + `2−1
9.
Or : ∀n∈N∗, an
n+a2 n−1
9= 0 −−−−−→
n→+∞0.
Donc : par unicité de la limite :
`2−1
9= 0
⇒`=−1
9ou `=1 9
⇒`=1
9car `∈0; 1 3
Conclusion :
La suite (an)converge ver 1
3.
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Exercice 3
a) Soit (a, b, c)∈R3,
x−y=a
2x+y=b
4x+ 5y=c
⇔
1−1a
2 1 b
4 5 c
L2←L2−2L1
L3←L3−4L1
⇔
1−1a
0 3 b−2a
0 9 c−4a
L3−3L2
⇔
1−1a
0 3 b−2a
0 0 c−3b+ 2a
Donc : 
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 :
1−1a
0 3 b−2a
0 0 0
⇔1−1a
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−→ R3
(x, y)7−→ (x−y, 2x+y, 4x+ 5y)
Soit (a, b, c)∈R3et (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 : ϕn’est pas surjective.
Par ailleurs, lorsque le système est compatible il a une unique solution. C’est à dire
que tout (a, b, c)∈R3a soit 0 soit 1 antécédent. Donc : ϕest injective.
Conclusion :
L’application ϕest injective, mais elle n’est ni surjective ni bijective.
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Exercice 4
On ne donne ici que des indications et non une rédaction complète.
1. L’ensemble Eest de cardinal 10, il a donc 210 parties dont l’ensemble vide.
Donc : le nombre de sous-ensembles non vide de Eest 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 Aet Bont la
même somme.
3. Les ensembles Aet Bétant différents et de même somme, on a A0=A(A∩B)6=∅
et B0=B A 6=∅. Les ensembles A0et B0sont disjoints et de même somme car Aet
Bsont de même somme et on a enlevé les mêmes éléments.
Donc les ensembles A0et B0conviennent.
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