Devoir Surveillé n o 5 : corrigé

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Fernande Joëlle Pageau
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1 Devoir Surveillé o 5 : corrigé PTSI B Lycée Eiel 8 javier 08 Exercice. a Das cette questio, les répétitios sot possibles et l'ordre importat. O va doc utiliser des listes, et plus précisémet des -listes das u esemble à 0 élémets, ce qui ous doe 0 tirages possibles. b Il y a trois faços possibles de tirer u jeto, six faços de tirer u 0 etc. Il sut de multiplier tout ça pour obteir 6 5 tirages doat 09. c O tire doc deux fois u 9, ce qui fait déjà 5 possibilités o utilise toujours des listes, bie etedu, et deux chires qui e sot pas des 9, ce qui fait pour le coup 5 possibilités puisqu'il y a jetos qui e portet pas le chire 9. Il reste à choisir la positio des deux 9 parmi les quatre tirages, ce qui doe 5 5 tirages possibles. d U ombre est divisible par si et seulemet si la somme de ses chires est divisible par. Parmi les chires qu'o peut tirer, le 9, le 6 et le 0, qui sot divisibles par, jouet exactemet le même rôle. Il y a doc jetos divisibles par trois das l'ure. Les possibilités pour que otre ombre soit divisible par trois sot les suivates : o tire quatre jetos divisibles par, ce qui fait possibilités. o tire deux jetos divisibles par, u jeto et u jeto, ce qui fait le deuxième facteur pour la positio du parmi les tirages, et le deuxième facteur pour la positio du. o tire u seul jeto divisible par, et o complète au choix par trois jetos ou trois jetos, ce qui correspod à + tirages le derier facteur état à chaque fois le choix de la positio du ombre divisible par. o e tire aucu jeto divisible par, il faut alors tirer deux et deux, ce qui fait tirages même raisoemet qu'à la questio c. Il e reste plus qu'à additioer tout ça ce que je e réécrirai pas, ça 'a aucu itérêt.. a Les répétitios e sot plus possibles, et l'ordre 'a plus d'importace puisque les tirages 0 sot simultaés, o va utiliser des combiaisos. Il y a maiteat tirages possibles. b C'est e fait la même répose qu'avec les tirages successifs! E eet, il faut choisir u chire, u chire 0, u chire et u chire 9, ce qui doe exactemet le même produit mais pas la même probabilité, bie etedu, puisqu'il y a désormais beaucoup mois de tirages possibles. 5 5 c O a simplemet tirages o choisit les deux 9, et les deux autres chires. d Par le même raisoemet que plus haut, o trouve certaies expressios peuvet se simplier, mais autat les laisser sous leur forme aturelle pour mieux suivre le raisoemet.

2 Exercice. Par déitio, u est solutio positive de l'équatio x x 0, qui a pour discrimiat + 8, et admet doc pour solutios x 8 < 0 o oublie doc et x Puisque u > 0, o a doc u +.. La foctio f état polyômiale, elle est dérivable sur R, de dérivée f x + x + x + x x. Comme f 0 0, f +, et lim f x +, o peut dresser le tableau de variatios suivat : x + x f 0 La foctio f e pred que des valeurs égatives sur l'itervalle [0, ], l'équatio f x e peut pas y avoir de solutio. Sur [, + [, f est croissate et cotiue, doc bijective vers so itervalle image [, + [. Comme appartiet à cet itervalle image, l'équatio f x admet doc ue uique solutio sur [, + [, et par coséquet sur [0, + [.. Pour motrer u tel ecadremet, o calcule les images des ecadrats par f : f ; et f Comme f + < < f + + >., la croissace de f sur l'itervalle [, + [ itervalle auquel appartieet +, u et + assure que + < u < +. Le théorème des gedarmes permet alors de dire que lim u. +. O commece par écrire v e l+ β pour se redre compte qu'il y a ue forme idétermiée si jamais ça e ous frappe pas sous la forme iitiale. O peut esuite poser x β. β Comme lim + o a et lim + l + x 0 et lim x 0 x l + β β lim + v e β. 5. O écrit f + β limite classique issue d'u taux d'accroissemet,. Ce qui se trouve das otre expoetielle a doc pour limite β, + β β + β + β + + β β v. D'après la questio précédete, otre suite coverge doc vers β e β. 6. Posos doc gx x e x, la foctio g est dérivable sur R, de dérivée g x e x + x e x xe x. Cette dérivée est du sige de x, o calule doc g0 e 0 ; lim gx 0 x croissace comparée classique, et lim gx +, pour dresser le tableau suivat : x +

3 x g 0 O coclut comme à la questio : la foctio g e peut pas predre la valeur sur ], 0], puis elle est bijective de [0, + [ vers [, + [, doc l'équatio gx admet ue uique solutio. Comme de plus g 0 < et g e >, la croissace de g sur [0, + [ assure que < α <. 7. a Il sut de recopier le résultat de la questio : lim et lim f + α + ε α + ε e α+ε. + + f + α ε α ε e α ε b Par hypothèse, < α ε < α < α + ε, doc gα ε < gα < gα + ε par croissace de la foctio g étudiée plus haut sur [, + [. O e déduit que les deux limites calculées à la questio précédete sot respectivemet strictemet iférieure à et strictemet supérieure à. Mais, e appliquat la déitio de la limite, ue suite qui a ue limite strictemet iférieure à pred écessairemet des valeurs iférieures ou égales à à partir d'u certai rag o ote cette limite η, avec η > 0, et o applique la déitio de la limite à ce η. À partir d'u certai rag, o aura doc écessairemet f + α ε f u, ce qui implique + α ε u par croissace de f sur [, + [, itervalle auquel appartieet bie os deux valeurs. O motre la deuxième iégalité de la même faço, et o e déduit u etier 0 le maximum des deux etiers obteus pour chaque iégalité à partir duquel l'ecadremet souhaité sera vérié. c O costate déjà que + α ε u + α + ε α ε u α + ε α ε u α + ε. D'après la questio précédete, o peut alors dire que, ε ]0, α [, 0 N, 0, α ε u α + ε. C'est exactemet la déitio de la limite, qui permet de coclure que lim u α. + Exercice. O calcule doc M ce 'est pas ce qui est demadé. Passos doc à M. O costate e passat que M M + I mais Cette fois-ci o obtiet la relatio M M I o commece par costater que les coeciets hors de la diagoale sot tous multipliés par lors du passage de M à M, puis o regarde ce qui se passe sur la diagoale pour obteir le coeciet devat I das la relatio.. O peut doc écrire M M I, soit M I M I. La matrice M est doc iversible, d'iverse I 0 0 M.. Nous allos procéder par récurrece. Au rag 0, M 0 I, qui est bie de la forme souhaitée e posat simplemet u 0 0. Supposos maiteat la propriétée vériée pour M, 5

4 et calculos alors M + M M u 5 + u 6 u u + u u 0 0 u u u u u + u u u u u + u + u, qui est bie de la forme souhaitée e posat u + u. La récurrece foctioe doc, et la proriété est prouvée pour tout etier aturel.. Puisqu'o a obteu la relatio de récurrece u + u, la suite u est arithméticogéométrique, d'équatio de poit xe x x, qui a pour solutio x. O pose doc v u et o costate que v + u + u v. La suite v est doc géométrique de raiso et de premier terme v 0 u 0, doc v, puis u 0 0 +v. O e déduit que M Si o applique la formule précédete avec, doc et + 0, 0 0 o trouve M, ce qui est bie la valeur de l'iverse calculée plus haut Pour ue fois, eectuos directemet le calcul matriciellemet : M I L L 6L L L L O retrouve bie sûr ue fois de plus la même matrice iverse. 5 L 5L L L L L L L /5 L L / Exercice. O calcule doc u +, v u et w 0 +. Puis u + + 5, v + u 5 et w E, u , v 6u 6 et w

5 . E exploitat la symétrie des coeciets biomiaux, o se red compte k k qu'e remplaçat k par k das la somme, les deux expressios sot eectivemet égales o se cotete e fait d'eectuer la somme e ses iverse. O a doc, e développat, w! k k0 k!!u w, soit w v et doc w v. k0 k. O sait déjà que w v! u. Eectuos par ailleurs u calcul astucieux : w k +! o applique ue boe vieille astuce belge. E séparat le facteur e k k0 k + et, o trouve alors w k +! k!u. Or, o peut écrire que k + k k0! k!k +! + c'est ue variate de la formule sas om, doc w + k + +! + +!!u!u +!!u. O recoait presque k0 k+ k0 k+ k k das la première somme la valeur de u +, il e maque que le terme uméro 0. Autremet dit, o a w +!u +!u, doc! u +!u +!u. O divise tout par! : u + u + u, soit u + C'est exactemet la relatio demadée. u + + u + + u +.. O peut calculer u , et e déduire à l'aide de la relatio précédete que u u Esuite, u u , et e u u Passioat. 5. C'est u calcul tout bête exploitat la questio : t + + u u u u t. 6. O procède par exemple par récurrece, e prouvat plus simplemet que t k k +. Au k0 rag 0, le membre de droite de la relatio vaut u seul terme das la somme égal à, ce qui est bie la valeur de t 0. Supposos la relatio vraie au rag, alors t t k + k + k, ce qui achève la récurrece. k + k0 k0 Exercice 5 s. Calculos doc A s A t t t s t t s t. De même, o aura bie etedu A t A s s s s t Pour que ces deux matrices soiet égales, o doit déjà avoir t s s t, doc s t, et das ce cas les autres coeciets sot maifestemet égaux. Les matrices commutet doc si et seulemet si s t. s + t. Calculos A s + A t s, puis A t s + A t O peut esuite costater que s t t s st s t st s t t s 0 0 t s s t s t, doc A s + A t st. s t s t. 5

6 s t I. L'égalité demadée par l'éocé e découle immédiatemet e élevat simplemet st tout à la puissace.. O applique le résultat de la questio précédete avec s t : A t +A t k k t k t k I k I mais oui, les puissaces de t se simpliet!. O e déduit que M A t + k + I + k A t k + I + I. Quad ted vers k +, même pas besoi d'écrire explicitemet la matrice pour se redre compte que cette expressio a pour limite I.. Deux possibilités pricipales : récurrece ou décompositio e élémets simples. Si o choisit la décompositio, o peut même éviter le calcul e écrivat que kk + k + k kk + k k +, doc kk + k + k + k k + somme k k k k k télescopique. Pour ceux qui préfèret la récurrece, o iitialise au rag : k k kk +, ça marche. O suppose esuite l'égalité vériée au rag, et o écrit + kk + k kk , ce qui est bie la formule souhaitée au rag O utilise ecore la résultat de la questio avec pour simplier A k + A k+ kk + I kk + I. O e déduit immédiatemet que P A k + A k+ k kk + I + I e exploitat la questio précédete. E core ue fois la k limite est triviale, égale à I. + 6

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