doc - Baudrand

1
ecricome 2005 option éco : corrigé rapide
exercice 1
1.
2
2
2
21
0
x2
1
0
x2
0e2 1e
e21
2
1
2
1
e
2
1
]e
2
1
[dxeI 
   1
0
x21
0
x2
1
0
x2
1dxe
2
1
]e)x1(
2
1
[dxe)x1(I
On a effectué une intégration par parties avec
u = 1 – x, v' = e–2x , u' = –1, v = –(1/2)e–2x.
u et v sont de classe C1 sur [0, 1].
2
2
22
01 e4 1e
e41
4
1
e41
4
1
2
1
I
2
1
2
1
I
2. Pour tout n dans N, pour tout x dans [0, 1], 0  1 – x  1, 0  (1 – x)n+1  (1 – x )n,
0  (1 – x)n+1e–2x  (1 – x)ne–2x car e–2x  0, donc
n1n
1
0
x2n
1
0
x21n
II0
dxe)x1(dxe)x1(0
La suite (In) est donc décroissante. On pouvait aussi former In+1 – In.
3. C'est fait : In  0 pour tout n.
4. La suite (In) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente.
5. Pour tout x dans [0, 1], –2x  0, e–2x  1.
6. Donc (1 – x)n e–2x  (1 – x)n car (1 – x)n  0, donc
1n1
I0
1n1 1n )x1(
dx)x1(dxe)x1(
n
1
0
1n
1
0
n
1
0
x2n
7. La suite (In) est encadrée par deux suites de limite nulle, elle est donc elle-même de limite nulle.
8.
 1
0
x2n1
0
1nx2
1
0
x21n
1n dxe)x1()1n(])x1(e[dxe)x1(2I2
On a effectué l'intégration par parties avec
u = (1 – x)n+1, v' = 2e–2x , u' = –(n + 1)(1 – x)n, v = e–2x
u et v sont de classe C1 sur [0, 1].
On obtient bien 2In+1 = 1 – (n + 1)In.
9. 2In+1 = 1 – (n + 1)In, donc
(n+1)In = 1 – 2In+1, donc
limn+ (n + 1)In = 1. Or (n + 1)In ~n+ n In donc limn+ n In = 1.
10. 2In+1 = 1 – (n + 1)In, donc
2In+1 = 1 – nIn – In
1 – nIn = 2In+1 + In
n( 1 – nIn) = 2nIn+1 + nIn
(L'idée était de former l'expression n(nIn –1) .)
nIn tend toujours vers 1, 2nIn+1 est équivalent à 2(n + 1)In+1, donc tend vers 2, n(1 – nIn) tend donc vers
3, et donc la limite de n(nIn –1) quand n tend vers + est –3.

2
11.
03)1nI(nlim n
n
, donc
n[nIn – 1) + 3 = (n) avec limn+(n) = 0. Donc
22
n
n
n
n)n( n
3
n
1
I
n)n( n
3
1nI
n)n( n
3
1nI
(On a donc a = 0, b = 1, c = –3.)
exercice 2 f(x) = x2 – x ln(x) – 1 si x > 0, f(0) = –1.
2.1.1. f est continue sur ]0, +[ car c'est la somme de fonctions continue sur ]0, +[. f est continue en 0
car limx0 x ln(x) = 0, donc limx0 f(x) = –1 = f(0). Donc f est continue sur R+.
2.
x
2)xln(x
x11)xln(xx 0x )0(f)x(f
car ln(x) est négligeable devant x quand x tend vers +. f n'est donc pas dérivable en 0, et la
représentation graphique de f admet une demi-tangente verticale au point d'abscisse 0.
3. f '(x) = 2x – ln(x) – 1 ; f ''(x) = 2 – 1/x = (2x – 1)/x du signe de 2x – 1, c'est-à-dire positive sur
[0, 1/2[, négative sur ]1/2, +[.. Par conséquent f est concave sur [0, 1/2], convexe sur ]1/2, +[. Tant
qu'on y est, étudions les variations de f ' :
x
0 1/2 +
f ''(x)
– 0 +
f '(x)
↘ ln(2) ↗
Le minimum de f ' est donc positif, f ' est donc positive sur ]0, +[, f est donc strictement croissante sur
[0, +[. Pour la limite en + :
 )x(flimdonc,0
x)xln(
lim;
x
1
x)xln(
1x1)xln(xx)x(f xx
2
22
x
0 +
f '(x)
+
f(x)
–1 ↗ +
4. f(x) tend vers + quand x tend vers +, et
  x
x
1
)xln(x
x)x(f
car ln(x) est négligeable devant x.
Donc la représentation graphique de f admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
5. f est continue et strictement croissante sur l'intervalle [0, +[, f(0) = –1 et lim+ f = +, donc f définit
une bijection de [0, +[ sur [–1, +[.
6. f –1 et f ont même sens de variations, donc f –1 est strictement croissante.
lim+ f = +, donc lim+ f –1 = +.
7. Tout entier naturel k appartient à l'intervalle [–1, +[, f réalise une bijection de [0, +[ sur [–1, +[,
donc il existe xk unique dans [0, +[ tel que f(xk) = k. f(0) = –1  k, donc xk > 0.
a) f(1) = 0 donc x0 = 1.
b) f est strictement croissante, f(1,5)  0,6 < 1, f(2)  1,6 > 1, donc 1,5 < x1 <2. De même, 2 < x2 < 2,5.
c) f(xk) = k, donc xk = f –1(k).
k < k + 1 et f –1 est strictement croissante, donc f –1(k) < f –1(k + 1), xk < xk+1 : la suite (xk) est strictement
croissante.
f –1(x) tend vers + quand x tend vers +, donc xk = f –1(k) tend vers + quand k tend vers +.

3
8. a)
22 xx2
x
1
x
2
)x('donc,)xln(
x
2
)x( 
x
0 2 +
'(x)
– 0 +
(x)
+ ↘ ln(2) + 1 ↗ +
Limite en 0 :
0)xln(xlimcar
x)xln(x2
)x( 0x
0x  
.
b)  est strictement décroissante sur [3/2, 2], donc  x  [3/2, 2], (2)  (x)  (3/2) ;
(3/2)  1,73, donc (3/2)  2 ;
(2)  1,69, donc (2)  3/2 ;
donc  x  [3/2, 2], 3/2  (x)  2 ;
donc ( [3/2, 2] )  [3/2, 2].
c)
344
2
2xx4
x)x4(x xx4x
)x('';
xx2
)x(' 
'' est donc positive sur [3/2, 2], ' est donc strictement croissante sur [3/2, 2], et d'autre part ' est
négative sur ce même intervalle, donc
 x  [3/2, 2], '(3/2)  '(x)  '(2) < 0 ;
On a '(3/2) = –2/9, donc
 x  [3/2, 2], '(x)  2/9.
d) Pour tout x positif :
1)x(f11)xln(xx02)xln(xx
0
x2x)xln(x
0
x
2
x)xln()xln(
x
2
x)x(x
22
2
Par définition, x1 est l'unique réel positif solution de l'équation f(x) = 1, c'est donc l'unique solution de
l'équation équivalente x = (x).
e)  n  N, 3/2  un  2 se prouve par récurrence : c'est vrai pour n = 0 car u0 = 3/2, et si c'est vrai pour
n fixé dans N, alors c'est vrai pour n + 1, car un+1 = (un)  [3/2, 2] d'après 8.b.
x1  [3/2, 2] d'après 7.b, on vient de voir que un  [3/2, 2], et sur [3/2, 2], '  2/9. La formule des
accroissements finis fournit alors
un) – (x1)   (2/9) un – x1
un+1 – x1  (2/9) un – x1
On obtient alors, de proche en proche :
un – x1  (2/9)un–1 – x1  (2/9)2un-2 – x1  …  (2/9)nu0 – x1  (2/9)n3/2 – x1
Et doncun – x1  (2/9n car x1  [3/2, 2], donc 3/2 – x1  1/2  1.
f) 0 < 2/9 < 1, donc (2/9)n tend vers 0 quand n tend vers +, donc un tend vers x1 quand n tend vers +.
2.2 g(x, y) = xey – yex.
1. g 'x(x, y) = ey – y ex ; g 'y(x, y) = x ey – ex.
2. Si g admet un extremum local en (a, b), alors
1ab
ea
1ab
eea
1ab
e
a
1
e
1ab
bee
0)1ab(e
bee
0e)be(a
bee
0eae
0bee
0)b,a('g
0)b,a('g
a
1
a
a
1
a
a
a
1
ab
a
b
aa
ab
ab
ab
y
x
a
1
a
ea 
, donc a > 0.
ab = 1 est acquis.

4
a
1
a
ea 
, donc ln(a) = a – 1/a, a ln(a) = a2 – 1, a2 – a ln(a) – 1 = 0, f(a) = 0
On a vu que l'équation f(a) = 0 admet 1 pour unique solution dans ]0, +[, donc
a = 1, puis b = 1.
3.
y
2
2
xy
2
x
2
2xe
yg
;ee
yx g
;ye
xg
Donc r = –e, s = 0, t = e, rt – s2 = –e2 < 0. g n'admet donc pas d'extremum local en (1, 1). Comme c'était
le seul point ou g était susceptible d'avoir un extremum, on peut conclure que g n'admet pas d'extremum
local sur R2.
exercice 3
Deux exercices d'analyse, il reste 1 exercice pour parler des probas et de l'algèbre linéaire ! Et ça ne
s'annonce pas sous les meilleurs auspices... Voyons voir les connaissances exigibles des candidats à
propos des problèmes du second degré :
En 1e ES : " Résolution d'équations et d'inéquations du second degré."
En Tale ES : Rien.
En ECE1 : "Trinômes du second degré. Factorisation par (x – a) dans un polynôme ayant a pour racine."
En commentaire : "On reviendra sur le calcul et les propriétés des racines du trinôme ainsi que sur son
signe, en liaison avec les représentations graphiques." Admirez le "On reviendra…" !
En ECE2 : Rien.
Il va donc falloir traiter la première question avec ces maigres connaissances, et une pratique
nécessairement limitée de la part des candidats qui ont eu d'autres chats à fouetter au cours de ces deux
dernières années ! C'est d'autant plus regrettable que la résolution de cette première question, et une
bonne maîtrise des problèmes du second degré, sont nécessaires à la résolution de bien des questions
suivantes…
3.1. f(x) = x2 – qx – pq
1. Le discriminant de f(x) est égal à q2 + 4pq, il est donc strictement positif, l'équation f(x) = 0 possède
donc deux racines distinctes r1 et r2. On peut donc factoriser f(x) par x – r1 et x – r2, et on a, vu les
coefficients des termes en x2 :
f(x) = x2 – qx – qp = (x – r1)(x – r2)
x2 – qx – qp = x2 – (r1 + r2)x + r1r2
soit, par identification :
r1 + r2 = q
r1r2 = –p
On peut évidemment calculer r1 et r2, puis r1 + r2 et r1 r2, mais c'est plus long !
2. f(1) = 1 – q – qp = 1 – (1 – p) – (1 – p)p = p – p + p2 = p2.
f(–1) = 1 + q – qp = 1 + 1 – p – (1 – p)p = 2 – p – p + p2 = 2(1 – p) + p2
f(0) = –pq.
3. f(x) est négatif entre les racines, positif à l'extérieur des racines r1, r2.
f(0) < 0, f(1) > 0, f(–1) > 0, donc –1 < r1 < 0 < r2 < 1. r1 et r2 sont donc tous deux de valeur absolue
inférieure à 1.
r1 + r2 = q > 0, donc r1 < r2, car r1 = –r1, r2 = r2 …
On a bien 0 < r1 < r2.
3.2.1. (Bon sang, mais comment se débrouiller avec cette numérotation ??) Avec des notations
évidentes, mais que l'énoncé ferait bien de rappeler, ne serait-ce que dans un souci d'harmonisation :
a1 = P(A1) = P(P1  P2) = P(P1) P(P2) = p2 (indépendance des lancers successifs).
a2 = P(A2) = P(F1  P2  P3) = p(F1) P(P2) P(P3) = q p2.
a3 = P(A3) = P[ (P1 F2 P3 P4)  (F1 F2 P3 P4) ]
= P(P1 F2 P3 P4) + P(F1 F2 P3 P4) par incompatibilité des événements
= p3 q + p2 q2.

5
2. La remarque n'est pas d'une clarté aveuglante, faisons semblant de comprendre, et écrivons avec des
notations certainement discutables :
an = P(A3) = P[ (P1  F2  An)  (F1  An+1) ]
= P (P1  F2  An) + P(F1  An+1) par incompatibilité des événements
= p q an + q an+1 par indépendance des lancers successifs.
3. D'une part on ne peut pas donner p ET q comme on veut, car p = 1 – q, d'autre part demander
d'afficher les valeurs de an même pour n = 0 et n = 1 alourdit le programme bien inutilement. Pour éviter
des appels multiples dans une procédure récursive, on adopte une stratégie itérative :
program ecr05;
var n,k:integer;a,b,c,p,q:real;
BEGIN
readln(n,p);
q:=1–p;
a:=0;
b:=p*p;
for k:=2 to n do
begin
c:=q*p*a+q*b;
a:=b;
b:=c;
end;
if n=O then writeln(0);
if n=1 then writeln(p*p);
if n >=2 then writeln(c);
END.
4. La suite (an) est une suite linéaire récurrente à deux termes, d'équation caractéristique
x2 –qx – qp = 0,
dont les solutions sont r1, r2. On a donc
n  N, an = r1n + r2n
Avec n = 0, et n = 1, on obtient
21
2
21
2
2
2121
2
rr p
rr p
p)rr(rrp
0
Et en reportant, on obtient bien
)rr(
rr p
an
1
n
2
12
2
n
5.
n
2
12
2
n
n
2
1
n
2
12
2
n
1
n
2
12
2
nr
rr p
~
r
r
1r
rr p
)rr(
rr p
a
car 0 < r1 < r2 < 1, donc
0
r
r
limdonc,1
r
rn
2
1
n
2
1
,
et on rappelle que un ~ vn  limn+ (un/vn) = 1  un = vn + o(vn)  un = vn(1 + n) avec n de limite
nulle en +.
3.3.1.