doc - Baudrand

ecricome 2005 option éco : corrigé rapide
exercice 1
1 1
1
e2 1

2 2 2e 2
2e 2
1
1
1 1
I1   (1  x )e  2 x dx  [ (1  x )e  2 x ]10   e  2 x dx
0
2
2 0
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].
1 1
1 1
1
1
1
e2 1
I1   I 0    2   2 
2 2
2 4 4e
4 4e
4e 2
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
1
2
1
1
2
1. I 0  0 e 2 x dx  [ e 2 x ]10   e 2   
1
1
0
0
0   (1  x ) n 1 e 2 x dx   (1  x ) n e 2 x dx
0  I n 1  I n
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
1
1
 (1  x)
0
n
e
2 x
 (1  x ) n 1 
1
dx   (1  x ) dx  
 
0
n 1 0 n 1

1
n
1
n 1
7. La suite (In) est encadrée par deux suites de limite nulle, elle est donc elle-même de limite nulle.
0  In 
1
1
8. 2I n 1  0 2(1  x) n 1 e 2 x dx  [e 2x (1  x) n 1 ]10  (n  1)0 (1  x) n e 2x dx
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.
1
n (nI n  1)  3  0 , donc
11. nlim
 
n[nIn – 1) + 3 = (n) avec limn+(n) = 0. Donc
3 ( n )

n
n
3 ( n )
nI n  1  
n
n
1 3 ( n )
In   2  2
n n
n
nI n  1 
(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+.
f ( x )  f (0) x 2  x ln( x )  1  1
2.

 x  ln( x ) x
 

x0
x
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 + :
ln( x )
 ln( x ) 1 
f ( x )  x 2  x ln( x )  1  x 2 1 
 2  ; lim
 0, donc lim f ( x )  
x  
x  
x
x
x 

x
0
+
f '(x)
+
f(x)
–1
↗
+
4. f(x) tend vers + quand x tend vers +, et
f (x)
1
 x  ln( x )  x
  car ln(x) est négligeable devant x.
 
x
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 +.
2
8. a)
2
2 1 2x
 ln( x ) , donc ' ( x )   2  
x
x
x
x2
x
0
2
+
–
0
+
'(x)
(x) +
↘
ln(2) + 1
↗
+
2  x ln( x )
x
  car lim x ln( x )  0 .
Limite en 0 : ( x ) 
0
x 0
x
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].
2x
 x 2  4x x (4  x ) 4  x
c) ' ( x ) 
; ' ' ( x ) 

 3
x2
x4
x4
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 :
2
2
x ln( x )  x 2  2
x  ( x )  x   ln( x )  ln( x )  x   0 
0
x
x
x
 x 2  x ln( x )  2  0  x 2  x ln( x )  1  1  f ( x )  1
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
e b  be 
g' x (a , b)  0 e b  be a  0 e b  be a
e b  be a

 b

 a

a
a
a
g' y (a , b)  0 ae  e  0 a (be )  e  0 e (ab  1)  0 ab  1
( x ) 
 1a 1 a
e  e

a
ab  1

a
1


a  e a e a

ab  1
1
a

a  e a

ab  1
1
a
a  e , donc a > 0.
ab = 1 est acquis.
3
a
1
a  e a , 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.
 2g
 2g
 2g
3. 2   ye x ;
 ey  ex ;
 xe y
2
xy
x
y
2
2
Donc r = –e, s = 0, t = e, rt – s = –e < 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.
4
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

p2




r1  r2
0    
  

 2


2
2
p  r1  r2 (r1  r2 )  p   p

r1  r2
Et en reportant, on obtient bien
p2
n
n
an 
(r2  r1 )
r2  r1
5.
p2
p 2  n   r1
n
n
r2 1  
an 
(r2  r1 ) 
r2  r1
r2  r1    r2
 



n
2

 ~ p r n
 n  r2  r1 2

n
r 
r
car 0 < r1 < r2 < 1, donc 1  1 , donc lim  1   0 ,
n   r
r2
 2
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.
5
a 
X n 1   n  2 
 a n 1 
 r  r  r1 r2  a n 1   (r1  r2 )a n 1  r1 r2 a n 



AX n   1 2
0  a n   a n 1
 1

Or an+2 = qan+1 + pqan d'après 2
= (r1 + r2)an+1 – r1r2an d'après 3.1.1. D'où la conclusion : Xn+1 = AXn.
2. A – r1I n'est pas inversible car ses deux vecteurs colonnes C1, C2 sont colinéaires, C2 = –r1C1 :
 r  r1r2 
 .
A  r1C1   2
 1  r1 
De même A – r2I n'est pas inversible car ses deux vecteurs colonnes C1, C2 sont colinéaires, C2 = –r2C1 :
 r  r1r2 
 .
A  r2 C1   1
 1  r2 
On peut aussi utiliser la méthode du pivot.
3. A – r1I et A – r2I ne sont pas inversibles, donc r1 et r2 sont deux valeurs propres, distinctes, de A, donc
A est diagonalisable.
4. On utilise la méthode du pivot :
 r1 r2   1 0 

 
 L 2  r1 L 2  L1
 1 1  0 1
r2   1 0 
 r1

 
 L1  (r1  r2 )L1  r2 L 2
 0 r1  r2    1 r1 
0   r1  r2 r1 
 (r1  r2 )r1
1
1

 
 L1 
L1 ; L 2 
L2
0
r1  r2    1
r1 
(r1  r2 )r1
r1  r2

 r2 
 1


 1 0   r1  r2 r1  r2 


r1 
0 1  1
r r

 1 2 r1  r2 
Donc P est inversible, et
1  1  r2 


P 1 
r1  r2   1 r1 
5. On peut faire le calcul pas à pas de P–1AP, on peut aussi remarquer que
r 
r 
r 
r 
A 1   r1  1  ; A 2   r2  1  .
1 
1 
1 
1 
Le fait que A soit diagonalisable permet alors de conclure, grâce à la théorie du changement de base :
r 0 
 .
D  P 1AP   1
 0 r2 
6. On a X0 = PD0P–1X0 car PD0P–1 = I, et si Xn = PDnP–1X0, alors
Xn+1 = AXn = PDP–1PDnP–1X0 = PDn+1P–1X0,
d'où la conclusion, par récurrence.
7. Écrivons le résultat précédent, puis effectuons les calculs de droite à gauche :
6
 a n 1 
1

 
 a n  r1  r2
 r1

1
r2  r1 n

1  0
0  1  r2  p 2 

 
n
r2   1 r1  0 
1

r1  r2
 r1

1
r2  r1 n

1  0
2
0  p 

n
r2   p 2 
1
r1  r2
 r1

1
n
r2  r1 p 2 

1   r2 n p 2 

 (r1 n 1  r2 n 1 )p 2 


 (r n  r n )p 2 
2
 1

Et on retrouve le résultat du 3.2.4.
3.4.1. La convergence de la série est acquise, de par la sigma-additivité de la probabilité, et on a :



p2
p 2   n  n 
n
n
P(T  n  1)   a n  
(r2  r1 ) 
  r2   r1 

r2  r1  n 1
n 1
n 1
n 1 r2  r1
n 1

1

r1  r2
 1
 1

p2  1
1 



1


1








 1  r1
 r2  r1 1  r2 1  r1 
1  r2
p 2 1  r1  1  r2
p2
p2
p2




r2  r1 (1  r1 )(1  r2 ) 1  (r1  r2 )  r1 r2 1  q  pq 1  (1  p)  p(1  p)

p2
r2  r1
p2
1
p  p  p2
2. Sous réserve de convergence (absolue) :


p2
p2  
n
n
n
n
(r2  r1 ) 
(
n

1
)
r

(n  1)r1 


2

r2  r1
r2  r1  n 1
n 1
n 1
n 1

On effectue le changement d'indice k = n + 1, ce qui permet de se ramener à des séries géométriques
dérivées convergentes car de raison de valeur absolue inférieure à 1, et donc d'une part d'assurer la
validité du calcul précédent, d'autre part de continuer !


E(T)   (n  1)P(T  n  1)   (n  1)

 1

p2  
p2  1
k 1
k 1 
kr

kr

 1  
 1



2
1


2
2
r2  r1  k 2
k 2
 r2  r1  (1  r2 )
 (1  r1 )

p2  1
1 
p 2 (1  r1 ) 2  (1  r2 ) 2




r2  r1  (1  r2 ) 2 (1  r1 ) 2  r2  r1 (1  r1 ) 2 (1  r2 ) 2
On a déjà calculé (1 – r1)(1 – r2), on a trouvé p2, et d'autre part
(1 – r1)2 – (1 – r2)2 = (1 – r1 – 1 + r2)(1 – r1 + 1 – r2) = (r2 – r1)(2 – (r1 + r2)) = (r2 – r1)(2 – q)
= (r2 – r1)(2 – (1 – p)) = (r2 – r1)(1 + p)
On termine donc le calcul en écrivant :
p 2 (r2  r1 )(1  p) 1  p
E (T ) 
 2
r2  r1
p4
p
E (T ) 
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