Sujets et corrigés des DS de mathématiques. BCPST 1A Lycée Hoche Sébastien Godillon

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1 Sujets et corrigés des DS de mathématiques BCPST A Lycée Hoche Sébastien Godillon Table des matières Sujet du DS n o Corrigé du DS n o 5 Exercice logique 5 Exercice nombres réels, sommes, suites 6 Exercice nombres réels, polynômes 8 Exercice 4 nombres réels, équations 9 Sujet du DS n o Corrigé du DS n o 4 Exercice nombres complexes, équations, sommes, produits 4 Exercice sommes 7 Exercice nombres complexes, équations 9 Exercice 4 sommes, nombres complexes, trigonométrie Exercice 5 sommes doubles Sujet du DS n o Corrigé du DS n o 5 Exercice suites, sommes 5 Exercice dénombrement, applications 6 Exercice dénombrement, suites 8 Exercice 4 équivalents, limites 0 Sujet du DS n o 4 Corrigé du DS n o 4 Exercice équations différentielles linéaires à coefficients constants Exercice matrices 5 Problème dénombrement, suites, sommes, limites 7 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

2 Sujet du DS n o 5 4 Corrigé du DS n o 5 4 Exercice polynômes, nombres complexes 4 Exercice géométrie de l espace, systèmes d équations linéaires 44 Exercice polynômes 46 Exercice 4 géométrie du plan, calcul vectoriel, matrices 48 Sujet du DS n o 6 56 Corrigé du DS n o 6 58 Exercice probabilités, matrices, suites, limites 58 Exercice statistiques, fonctions de deux variables 6 Exercice polynômes, nombres complexes, trigonométrie 64 Sujet du DS n o 7 67 Corrigé du DS n o 7 69 Exercice étude de fonctions, continuité, suites, limites 69 Exercice applications, continuité 69 Exercice étude de fonctions, continuité, limites 70 Exercice 4 probabilités, sommes, suites, matrices, limites 7 Sujet du DS n o 8 76 Corrigé du DS n o 8 78 Exercice étude de fonctions, continuité, applications, logique, équivalents 78 Exercice étude de fonctions, dérivabilité, développements limités, suites, limites 8 Exercice développements limités 86 Sujet du DS n o 9 88 Corrigé du DS n o 9 90 Problème variables aléatoires, probabilités, équivalents 90 Exercice dérivabilité, développements limités 9 Exercice espaces vectoriels, applications linéaires 95 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

3 DS n o de mathématiques durée : h, calculatrice interdite Exercice Dans un haras, un test génétique de couleur de robe alezane, baie ou noire est pratiqué sur les chevaux de trait de deux races différentes : comtoise et percheronne On considère les deux propositions suivantes : P : «Il existe un percheron dont l échantillon d ADN est porteur du gène noir» Q : «Si l analyse est pratiquée sur un comtois, alors son échantillon d ADN est porteur du gène alezan et du gène bai» On note H l ensemble des chevaux analysés du haras ; A, B et N les sous-ensembles de chevaux dont les échantillons d ADN sont porteurs des gènes alezan, bai et noir respectivement ; et enfin C et P les sous-ensembles de chevaux de races comtoise et percheronne respectivement On pourra utiliser la lettre h pour désigner un cheval analysé du haras c est-à-dire un élément générique de H Réécrire les propositions P et Q en langage mathématique à l aide de quantificateurs et d opérateurs logiques Réécrire la proposition Q en langage mathématique à l aide d opérations sur des ensembles Donner, en français, la négation de P et la négation de Q 4 Donner, en français, la contraposée et la réciproque de Q 5 Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse les justifications ne sont pas demandées : a Pour prouver que P est vraie, il est suffisant de prouver que tous les échantillons d ADN du haras sont porteurs du gène noir b Pour prouver que P est fausse, il est nécessaire de prouver l existence d un percheron dont l échantillon d ADN n est pas porteur du gène noir c Pour prouver que Q est fausse, il est suffisant de prouver que tous les échantillons d ADN des comtois sont porteurs du gène noir d Pour prouver que Q est vraie, il est nécessaire de prouver que tous les échantillons d ADN neutres c est-à-dire porteurs d aucun gène : ni alezan, ni bai, ni noir ont été prélevés sur des percherons Exercice On considère la série harmonique H m m définie pour tout nombre entier m par : H m m + m m k On propose de démontrer que la suite H m m diverge vers + Démontrer que la suite H m m est strictement croissante Pour tout nombre entier m, on considère le nombre entier N m défini par : lnm N m ln a Montrer que lim m + N m + b Montrer que m, m < Nm m et en déduire que m, H m H Nm k BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

4 c Démontrer qu il est suffisant de prouver que la suite H n n 0 tend vers + pour prouver que la suite H m m tend vers + Pour cette question, on fixe un nombre entier n 0 a Donner le nombre d éléments de l ensemble E n {k N / k n + et k n+ } b Montrer que k E n, k n+ c En déduire l inégalité suivante : 4 Démontrer que n 0, H n + n 5 Conclure n+ k n + k Exercice On considère les nombres réels α + 5 et β 5 on rappelle que pour tout nombre réel y, on note y l unique solution de l équation x y d inconnue x R On propose de simplifier l expression de α et β a Calculer αβ et α + β b Vérifier que a, b R, a + b a + a b + ab + b c En déduire une expression simple de α + β en fonction de α et β On pose u α + β et on considère la fonction polynomiale P : x P x x + x 4 a A l aide de la question précédente, montrer que u est une racine de P, c est-à-dire que P u 0 b Trouver une racine évidente de P c Trouver trois nombres réels a, b et c tels que x R, P x x ax + bx + c d Résoudre l équation P x 0 d inconnue x R e En déduire la valeur de u On considère la fonction polynomiale Q : x Qx x αx β a A l aide des questions précédentes, développer et simplifier Qx pour tout nombre réel x b En déduire que α et β sont solutions de l équation x x 0 d inconnue x R c Déterminer des expressions plus simples de α et β Exercice 4 On considère l équation E d inconnue x [0, π ] définie par : cosx + sinx E On propose de résoudre cette équation de deux manières différentes Les questions A et B suivantes sont donc totalement indépendantes A Première méthode : Vérifier que a, b R, a + b 4 a 4 + 4a b + 6a b + 4ab + b 4 Démontrer que l équation E est équivalente à l équation E suivante : cosx sinx cosx + cosx sinx + sinx 0 E Justifier que x [0, π ], cosx + cosx sinx + sinx > 0 4 En déduire les solutions de l équation E B Deuxième méthode : Démontrer que a ]0, [, a > a En déduire que x ]0, π [, cosx + sinx > Retrouver les solutions de l équation E BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

5 Corrigé du DS n o de mathématiques Exercice On considère les deux propositions suivantes : P : «Il existe un percheron dont l échantillon d ADN est porteur du gène noir» Q : «Si l analyse est pratiquée sur un comtois, alors son échantillon d ADN est porteur du gène alezan et du gène bai» On a en langage mathématique avec des quantificateurs et des opérateurs logiques : P h P, h N h H, h P et h N Q h H, h C h A et h B h C, h A et h B Attention : la proposition «h A B» est équivalente à «h A et h B» mais elle utilise une opération sur des ensembles l intersection et non un opérateur logique le «et» comme demandé par l énoncé On a en langage mathématique avec des opérations sur des ensembles : Q h C, h A B C A B On a en langage mathématique : non P h P, non h N h P, h / N h H, non Q h H, non h C h A et h B h / P ou h / N h H, h C et non h A et h B h H, h C et h / A ou h / B h C, h / A ou h / B Ecrire les négations de P et Q en langage mathématique n est pas demandé, mais ça aide pour les traduire ensuite en français On en déduit donc en français que la négation de P est «Aucun échantillon d ADN des percherons n est porteur du gène noir», et la négation de Q est «Il existe un échantillon d ADN qui, d une part, a été prélevé sur un comtois et, d autre part, n est pas porteur du gène alezan ou n est pas porteur du gène bai ou n est pas porteur des deux gènes» 4 La contraposée de Q est donnée en langage mathématique par : h H, non h A et h B non h C h H, h / A ou h / B h / C ce qui donne en français : «Si un échantillon d ADN n est pas porteur du gène alezan ou n est pas porteur du gène bai ou n est pas porteur des deux gènes, alors l analyse n a pas été pratiquée sur un comtois» La réciproque de Q est donnée en langage mathématique par : h H, h A et h B h C ce qui donne en français : «Si un échantillon d ADN est porteur du gène alezan et du gène bai, alors l analyse a été pratiquée sur un comtois» BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

6 5 a Vraie b Vraie c Fausse d Vraie En toute rigueur, les propositions 5a et 5b sont fausses si l ensemble des percherons est vide dans ce cas, la proposition P est toujours fausse Mais la première phrase de l énoncé sous-entend qu il existe au moins un percheron Exercice On considère la série harmonique H m m définie pour tout nombre entier m par : H m m + m m k On a pour un entier m fixé : H m+ H m m + + m m m + > 0 Inutile de perdre du temps à justifier que m+ > 0 quand m, c est évident Par conséquent H m+ > H m pour tout entier m et donc la suite H m m est strictement croissante Pour tout nombre entier m, on considère le nombre entier N m défini par : lnm N m ln a D après la définition de la partie entière, on a pour tout entier m : ce qui peut aussi s écrire : N m lnm ln < N m + lnm ln < N m lnm ln Or lim m + lnm ln + car lim m + lnm + et ln > 0 D après le théorème de comparaison, on en déduit que N m tend vers + quand m tend vers + Attention de ne pas oublier de préciser que ln > 0 Par contre, il est inutile de justifier que le membre de droite des inégalités tend aussi vers + quand m + b En multipliant les inégalités par ln > 0, on obtient pour tout entier m : k lnm ln < N m ln lnm ln m < ln Nm lnm Puis en utilisant le fait que la fonction exponentielle est strictement croissante, on a pour tout entier m : exp ln m < expln N m explnm m < Nm m Les justifications nécessaires et suffisantes ici sont ln > 0 et x expx strictement croissante Elles doivent apparaître explicitement En utilisant l inégalité à droite ci-dessus, et la croissance de la suite H m m démontrée à la question, on en déduit que H m H Nm pour tout entier m BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

7 c Supposons que la suite H n n 0 tende vers +, c est-à-dire que lim n + H n + Puisque lim m + N m + d après le résultat de la question a, on obtient avec le changement de variable n N m que lim m + H Nm + Et puisque m, H Nm H m d après le résultat de la question b, on en déduit que lim m + H m + en utilisant le théorème de comparaison Finalement, on a montré que : lim H n + lim H m + n + m + La condition «H n n 0 tend vers +» est donc suffisante pour prouver que «H m m tend vers +» Attention à la rédaction ici Il ne s agit pas de démontrer que la proposition «H n n 0 tend vers +» est vraie questions suivantes mais de démontrer que si elle est vraie alors «H m m tend vers +» est aussi vraie, c est-à-dire que l implication ci-dessus est vraie Pour cette question, on fixe un nombre entier n 0 a L ensemble E n {k N / k n + et k n+ } peut aussi s écrire en décrivant ses éléments par une liste croissante : E n { n +, n +, n +, n + 4,, n+ } Or n+ n n n + n Donc : E n { n +, n +, n +, n + 4,, n + n } { n + k / k {,,,, n }} On en déduit que E n a le même nombre d éléments que {,,,, n }, c est-à-dire n éléments On verra bientôt en cours qu on peut tout simplement dire qu entre n + et n+, il y a exactement n+ n + + n n n éléments b Soit k E n On a en particulier 0 < k n+, donc en inversant cette inégalité : k n+ On en déduit le résultat pour tout k E n car n+ n+ n+ c En utilisant les résultats des deux questions précédentes, on obtient : n+ k n + k k k E n } {{ } question b n+ n+ } {{ } k E n k E n question a n+ n Or n+ n n +n Finalement, on a bien l inégalité : n+ k n + k Inutile de quantifier l entier n dans les questions a, b et c puisqu il est fixé par l énoncé pour toute la question 4 On procède par récurrence Pour n 0 on a H 0 H et + 0 Donc la proposition «H n + n» est vraie au rang n 0 On suppose maintenant la proposition «H n + n» vraie pour un certain rang n 0 fixé On cherche à démontrer qu elle est également vraie au rang n + On a : H n n n H n + n+ k n + k + n + + n + + n n+ BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

8 Or H n + n d après l hypothèse de récurrence, et on a démontré n+ k n + k à la question précédente Donc : H n+ + n + + n + Ainsi, la proposition «H n + n» est héréditaire pour tout entier n 0 On conclut par récurrence que H n + n pour tout entier n 0 5 On vient de démontrer n 0, + n H n Or lim n + + n +, donc lim n + H n + en utilisant le théorème de comparaison De plus on a démontré à la question c que l implication lim H n + lim H m + n + m + est vraie Par conséquent, la suite H m m diverge vers + Inutile de perdre du temps à détailler le calcul de la limite lim n + + n + qui est évident Exercice On considère les nombres réels α + 5 et β 5 a On a y > 0, y y / et y < 0, y y / Comme + 5 > 0 et 5 < 0, on obtient α + 5 / et β + 5 /, puis : αβ + 5 / + [ 5 / ] / 5 [ 5 + ] / [ 5 5 ] / [] / α + β [ + 5 /] [ /] + 5 / + 5 / Attention : y / exp lny est défini seulement pour y > 0, alors que y est défini pour tout y R On peut également faire les calculs en gardant la notation y et sans utiliser la notation y / dans ce cas, il n y a pas de problème de signe b Soient a et b deux nombres réels On a en développant : a + b a + b + a + b a + b a + ba + ab + b c En utilisant le résultat précédent on a : a + a b + ab + ba + bab + b a + a b + ab + b α + β α + α β + αβ + β α + β + αβα + β Puis en utilisant les résultats de la question a on obtient : α + β 4 α + β N oubliez pas d utiliser vos résultats des questions précédentes Quand l énoncé demande de simplifier, il faut le faire au maximum On pose u α + β et on considère la fonction polynomiale P : x P x x + x 4 a D après le résultat de la question précédente : u 4 u et donc P u u +u 4 0 b On a P donc est une racine de P N oubliez pas de justifier rapidement pourquoi est racine de P BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

9 c Analyse : On suppose qu il existe un triplet a, b, c R tel que x R, P x x ax + bx + c On a alors en développant : x R, P x x + x 4 x ax + bx + c ax + bx + cx ax bx c ax + b ax + c bx c On en déduit que a, b a 0, c b et c 4, c est-à-dire a, b, c,, 4 Synthèse : On pose a, b et c 4 On a alors en développant : x R, x ax + bx + c x x + x + 4 D où le résultat avec a, b, c,, 4 x + x + 4x x x 4 x + x 4 P x La synthèse est suffisante, on peut faire l analyse sur un brouillon et ne pas l écrire sur sa copie Par contre, la synthèse est nécessaire : elle doit apparaître explicitement d D après le résultat précédent, on a pour tout x R : P x 0 x x + x x ou x + x Pour la deuxième proposition, on reconnait un polynôme de degré de discriminant < 0 L équation x + x n a donc pas de solution réelle, et l équation P x 0 admet pour unique solution e D après le résultat de la question a, u est solution de l équation P x 0 Or on vient de démontrer que cette équation n a qu une seule solution qui est Par conséquent, α + β u On considère la fonction polynomiale Q : x Qx x αx β a On a pour tout x R en développant : Qx x αx β x αx βx + αβ x α + βx + αβ Or α + β u d après le résultat de la question précédente, et αβ d après un des résultats de la question a Donc : x R, Qx x x b α est solution de l équation Qx 0 car Qα α αα β 0 α β 0 Puisque Qx x x pour tout x R d après le résultat précédent, α est bien solution de l équation x x 0 On obtient la même chose pour β c On commence par résoudre l équation x x 0 d inconnue x R On reconnait un polynôme de degré de discriminant 4 5 Cette équation a donc exactement deux solutions : x 5 et x D après le résultat précédent, ces deux solutions correspondent à α et β, il suffit donc de les identifier Or 5 < 0 < + 5 et β 5 < 0 < + 5 α Par conséquent : α + 5 et β 5 Attention de bien justifier l identification A priori, on a seulement démontré que {α, β} {x, x } mais on ne sait pas si α, β x, x ou si α, β x, x BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

10 Exercice 4 On considère l équation E d inconnue x [0, π ] définie par : cosx + sinx E A Première méthode : Soient a et b deux nombres réels On a en utilisant le résultat de la question b de l exercice et en développant : a + b 4 a + ba + b a + ba + a b + ab + b a 4 + a b + a b + ab + a b + a b + ab + b 4 a 4 + 4a b + 6a b + 4ab + b 4 On pourra bientôt s épargner ces calculs pénibles à l aide de la formule du binôme de Newton L équation est bien définie pour tout x [0, π ] car cosx 0 et sinx 0 On a donc pour tout x [0, π ] en élevant l équation E à la puissance 4 d après le résultat précédent : E cosx + sinx 4 4 cosx cosx sinx + 6 cosx sinx + 4 cosx sinx + sinx 4 cos x + 4 cosx cosx sinx + 6 cosx sinx + 4 cosx sinx sinx + sin x cosx sinx cosx + cosx sinx + sinx + cos x + sin x Le plus important ici est de bien organiser ces calculs pour ne pas perdre de temps Or x R, cos x + sin x d après le théorème de Pythagore, donc on obtient pour tout x [0, π ] que l équation E est équivalente à : cosx sinx cosx + cosx sinx + sinx 0 E On raisonne par disjonction des cas de x [0, π ] {0} ]0, π [ { π } Premier cas : x 0 Alors cosx et sinx 0, donc : cosx + cosx sinx + sinx > 0 Deuxième cas : x ]0, π [ Alors cosx > 0 et sinx > 0, donc : cosx + cosx sinx + sinx > Troisème cas : x π Alors cosx 0 et sinx, donc : cosx + cosx sinx + sinx > 0 Dans tous les cas on a cosx + cosx sinx + sinx > 0, donc cette inégalité est vraie pour tout x [0, π ] BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

11 4 Pour tout x [0, π ], l équation E est équivalente à : cosx sinx 0 ou cosx + cosx sinx + sinx 0 D après le résultat précédent cosx+ cosx sinx+ sinx 0 pour tout x [0, π ] De plus on a : [ x 0, π ], cosx sinx 0 cosx 0 ou sinx 0 x π ou x 0 Par conséquent, l équation E d inconnue x [0, π ] admet deux solutions : 0 et π Et puisque l équation E est équivalente à l équation E voir question, l ensemble des solutions est le même B Deuxième méthode : Pour tout a > 0, on a : a > a a > a 4 > a pour la première équivalence : le sens direct est vrai car x x est strictement croissante sur R + et la réciproque est vraie car x x est strictement croissante sur R +, pour la deuxième équivalence : on simplifie par a > 0 Or pour a ]0, [, a < est toujours vraie car x x est strictement croissante sur R Finalement, a > a pour tout a ]0, [ Il y a de nombreuses manières de démontrer cette inégalité Mais quelle que soit la méthode choisie, les justifications doivent être précises Soit x ]0, π [ Puisque cosx ]0, [ et sinx ]0, [, on a en utilisant le résultat de la question précédente : cosx + sinx > cos x + sin x Or le membre de droite est égal à d après le théorème de Pythagore D où cosx + sinx > pour tout x ]0, π [ N oubliez pas de justifier que cosx ]0, [ et sinx ]0, [ pour pouvoir utiliser la question précédente D après le résultat précédent, l équation E d inconnue x [0, π ] n a pas de solution dans ]0, π [ Il reste donc à vérifier les cas x 0 et x π Or on a : { x 0 cosx et sinx 0 cosx + sinx + 0 x π cosx 0 et sinx cosx + sinx 0 + Par conséquent, l équation E d inconnue x [0, π ] admet deux solutions : 0 et π BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

12 DS n o de mathématiques durée : h, calculatrice interdite Exercice Soit un n N fixé pour tout l exercice On rappelle que les racines n-ièmes de l unité sont les solutions de l équation z n d inconnue z C On propose de calculer la somme et le produit des racines n-ièmes de l unité a Résoudre l équation z n en exprimant les solutions sous forme exponentielle b En déduire la liste des racines n-ièmes de l unité sous forme algébrique pour n, n, n et n 4 On pose w n e iπ/n a Montrer que w n n b Montrer que w n est une racine n-ième de l unité c Donner la liste des racines n-ièmes de l unité en fonction de w n a Calculer n k0 w n k b En déduire la somme des racines n-ièmes de l unité c Vérifier le résultat précédent pour n, n, n et n 4 sous forme algébrique 4 Calculer n k0 w n k 5 a Montrer que n k0 w n k est une racine -ième de l unité b Que peut-on en déduire pour le produit des racines n-ièmes de l unité? c Calculer n k0 w n k dans le cas où n est impair, c est-à-dire si n l avec l N d Calculer n k0 w n k dans le cas où n est pair, c est-à-dire si n l avec l N e En déduire le produit des racines n-ièmes de l unité dans le cas général f Vérifier le résultat précédent pour n, n, n et n 4 sous forme algébrique 6 Calculer n k0 w n k Exercice Pour tout n, p N N on définit S p n n k kp Le but de cet exercice est de présenter une méthode pour calculer S p n Soit n N Rappeler les expressions de S 0 n, S n et S n Montrer que n N, S n n n+ 4 On fixe n, p N pour cette question a Montrer que n k k + p+ S p+ n + n + p+ b Soit k N Développer l expression k + p+ en vous servant du symbole c En déduire que n k k + p+ S p+ n + p l0 d A l aide des questions précédentes, montrer que S p n n + p+ p + p+ l S l n p p + l l0 S l n 4 Soit n N Utiliser le résultat précédent pour retrouver l expression de S n donnée à la question puis donner une expression simplifiée de S 4 n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

13 Exercice On propose de résoudre l équation suivante d inconnue z C : z 6z E On considère z C une solution de E Soient u, v C tel que u + v z et uv a Calculer u + v de deux manières différentes b En déduire les valeurs de u + v et u v c Montrer que u et v sont solutions de l équation Z + 4Z d inconnue Z C d Résoudre l équation Z + 4Z On pose w + i a Ecrire w sous la forme exponentielle b Résoudre l équation Z w d inconnue Z C en exprimant les solutions sous forme exponentielle c On pose j e iπ/ Montrer que l ensemble des solutions de l équation Z { + i, + ij, + ij } w est En utilisant les questions précédentes, déterminer les valeurs possibles de u et v, puis de z 4 En déduire les solutions de E Exercice 4 Soit n N et x R On propose de calculer les sommes A n n k0 cos kx et B n n k0 sin kx Calculer A n + B n a Montrer que A n B n n k0 coskx b Rappeler et démontrer l expression de n k0 coskθ pour tout θ R c En déduire une expression simplifiée de A n B n on distinguera plusieurs cas selon les valeurs de x R En déduire des expressions simplifiées de A n et B n on distinguera plusieurs cas selon les valeurs de x R Exercice 5 Soit n N On propose de calculer la somme double j i,j n i Montrer que j i,j n i j i j n i Pour cette question, on fixe i {0,,,, n} Montrer que n on pourra raisonner par récurrence Calculer i,j n j i de deux manières différentes ji j i n+ i+ indication : BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

14 Corrigé du DS n o de mathématiques Exercice Soit n N a 0 n est pas solution de z n Pour z C, on écrit z sous forme exponentielle : z re iθ avec r > 0 et θ [0, π[ On a alors : z n re iθ { n r n e inθ r nθ 0 [π] θ 0 [ ] π n si et seulement si θ kπ n dans [0, π[, l ensemble des θ tel que θ 0 [ π { r θ 0 [ ] π n où k Z Mais puisqu on a choisi l argument θ ] } n est {0, π n, 4π n,, n π n, c est-à-dire { kπ n k {0,,,, n }} On en déduit l ensemble des solutions de z n : {e ikπ/n k {0,,,, n } } N oubliez pas de justifier que z 0 avant d utiliser la forme exponentielle Le choix de l intervalle [0, π[ pour l argument principal est arbitraire, on peut très bien choisir ] π, π] choisissez l intervalle avec lequel vous êtes le plus à l aise pour ne pas perdre de temps Les racines n-ièmes de l unité ne sont pas au programme de BCPST, mais l exercice est tellement classique qu il faut le connaître par cœur b La liste des racines n-ièmes de l unité est pour n : {e ikπ/ k {0} } { e i0} {} ; pour n : } {e ikπ/ k {0, } { e i0, e iπ} {, } ; pour n : } {e ikπ/ k {0,, } { { e i0, e iπ/, e 4iπ/}, + i, i } ; et pour n4 : } { {e ikπ/4 k {0,,, } e i0, e iπ/, e iπ, e iπ/} {, i,, i} On pose w n e iπ/n a Si w n alors π n 0 [π] en identifiant les arguments Or π n ]0, π] car n N Donc π n π et n Réciproquement, si n alors w n e iπ/ e iπ D où l équivalence N oubliez pas de justifier les deux sens de l équivalence b On a : w n n e iπ/n n e inπ/n e iπ Donc w n est solution de l équation z n, par conséquent w n est bien une racine n-ième de l unité BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

15 c D après le résultat de la question a, les racines n-ièmes de l unité sont de la forme e ikπ/n e iπ/n k wn k où k {0,,,, n } Donc la liste des racines n-ièmes de l unité est donnée par : w n 0, w n, w n,, w n n a n k0 w n k est une somme des termes d une suite géométrique de raison w n Pour n, on a w n et donc n k0 w n k 0 Pour n, on a w n d après le résultat de la question a, et donc : n w n k w n n + w n k0 w n n w n w n 0 car w n est une racine n-ième de l unité question b Il ne faut pas oublier de séparer le cas où la raison est égale à Pensez à utiliser les résultats des questions précédentes, le sujet suit toujours une progression logique b D après le résultat de la question c, la somme des racines n-ièmes de l unité est donnée par n k0 w n k En utilisant le résultat précédent, la somme des racines n-ièmes de l unité est donc égale à pour n et à 0 pour n c En utilisant le résultat de la question b, la somme des racines n-ièmes de l unité est pour n : ; pour n : pour n : + + i ; i + i 0 ; et pour n4 : + i + + i + i 0 4 Puisque w n e iπ/n, on a w n wn w n w n On en déduit que n k0 n w n k k0 w n k n n n w n k w n k w n k k0 car la somme de conjugués de nombres complexes est égale au conjugué de la somme de nombres complexes D après le résultat de la question b, n k0 w n est donc égale à k pour n et à 0 pour n Un exemple type de question astucieuse où on peut perdre énormément de temps si on n a pas la bonne idée Il ne faut surtout pas hésiter à laisser des questions de côté pour aller chercher des points ailleurs au lieu de perdre son temps à s obstiner Parfois, l astuce peut même surgir à notre esprit pendant qu on est en train de faire quelque chose de complètement différent k0 k0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

16 5 a On a : n w n k w n 0 w n w n w n n k0 w n n w n n k0 k w n n n car n k0 nn+ w n n n w n nn w n n n n d après la question b Les détails de la transformation du produit en somme n ont pas besoin d être indiqués On peut directement écrire l égalité de la troisième ligne Par conséquent n k0 w n k est une solution de l équation z, c est donc une racine -ième de l unité b D après le résultat de la question b, les racines -ièmes de l unité sont et Et d après le résultat de la question c, le produit des racines n-ièmes de l unité est donné par n k0 w n k En utilisant le résultat précédent, le produit des racines n-ièmes de l unité est donc égal à ou à c On suppose que n est impair, donc que n l avec l N En procédant comme pour la question 5a, on obtient : n w n k k0 l k0 w n k w n l k0 k w n l l w n n l d On suppose que n est pair, donc que n l avec l N En procédant comme pour la question 5a, on obtient : n w n k k0 l k0 w n k w n l k0 k w n l l w n l l Or w n l w l l e iπ/l l e ilπ/l e iπ, donc n k0 w n k l car l est impair e En utilisant les résultats précédents, le produit des racines n-ièmes de l unité est donc égal à si n est impair et à si n est pair f En utilisant le résultat de la question b, le produit des racines n-ièmes de l unité est pour n : ; pour n : pour n : + i ; i i 4 4 ; 4 et pour n4 : i i i BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

17 6 On a : n n n w n k k w n k n k0 k0 k0 n k0 k w n k n n k0 n w n k D après le résultat de la question 5e, n k0 w n k est donc égal à nn / si n est impair et à nn / si n est pair On peut encore simplifier ce résultat en fonction des congruences modulo 4 de n mais ce n est pas au programme de BCP ST k0 Exercice Pour tout n, p N N on définit S p n n k kp Soit n N On a : S 0 n n k n S n n k k nn+ S n n k k nn+n+ 6 On va démontrer par récurrence que n N, S n n n+ 4 Pour n, on a S k k et Donc la formule est vraie pour n On suppose maintenant la formule vraie pour un n N fixé On a alors : S n + n+ k n + + k n + 4 n + n + 4 k n + + n n + 4 k 4n + + n n + 4 n + 4n + 4 Par conséquent la formule est vraie au rang n + On conclut par récurrence La récurrence est le moyen le plus rapide pour démontrer ce résultat à condition de connaitre la formule ou qu elle soit donnée dans l énoncé comme ici Il faut désormais savoir rédiger précisément et rapidement ce type de récurrence non difficile On fixe n, p N pour cette question a On a en utilisant un décalage d indice : n+ k + p+ k p+ k k k p+ + n + p+ p+ S p+ n + n + p+ k b Soit k N On a en utilisant la formule du binôme de Newton : p+ p + p+ p + k + p+ k l p+ l k l l l l0 l0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

18 c On a en sommant le résultat précédent de k à k n : p+ p + k + p+ k l on reconnait une somme double l k k l0 p + k l l k n 0 l p+ p+ l0 k p+ p + l k l p + k l l l0 k p+ p + k l l l0 p+ k p + S l n l l0 p p + p + S l n + S p+ n l p + l0 p p + S p+ n + S l n l k l0 d En égalisant les résultat des questions a et c on obtient : p p + S p+ n + n + p+ k + p+ S p+ n + S l n l et donc : n + p+ l0 l0 l0 p p + p p + S l n S l n + l l Or p+ p p+! p!p+ p! p+! p! p + Par conséquent, on a bien : S p n p + p p + n + p+ l l0 S l n p + p S p n 4 Soit n N En utilisant le résultat précédent pour p, on a : S n 4 n + 4 S l n 4 l l n + 4 S 0 n S n S n 4 0 n + 4 nn + nn + n + n n + 4 n + nn + nn + n + 4 n + n + n + n + n n n 4 n + n + n 4 n n + 4 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

19 En utilisant maintenant le résultat de la question précédente pour p 4, on obtient : S 4 n 5 n + 5 S l n 5 l l n + 5 S 0 n S n S n S n 5 0 n + 5 nn + nn + n + n n n + 4 n + 5 n nn + 5 nn + n + 5 n n + n + n 4 + 4n + 6n + 4n n 0 n 5 n 5 n 5 n n + n n + 6 n 6 n nn + 6n + 9n + n 0 Ces calculs ne sont pas si difficiles si on s organise bien Ecrivez soigneusement, aérez votre copie et organisez vos calculs On perd un peu de temps à mettre des calculs en forme, mais on en gagne énormément si tout est clair De même, évitez le plus possible les calculs de tête qui sont très chronophages Exercice On considère l équation E : z 6z d inconnue z C Soit z C une solution de E et soient u, v C tel que u + v z et uv a En utilisant l équation E, on a : u + v z 6z 4 6u + v 4 De plus, d après la formule du binôme de Newton et car uv, on a : u + v u + u v + uv + v u + 6u + 6v + v u + v + 6u + v b En égalisant les deux résultats précédents, on obtient 6u + v 4 u + v + 6u + v et donc u + v 4 De plus, u v uv 8 c u et v sont solutions de l équation Z u Z v 0 d inconnue Z C Or pour tout Z C, on a Z u Z v Z u + v u v Z + 4Z + 8 d après les résultats de la question précédente Donc u et v sont solutions de l équation Z + 4Z d inconnue Z C d L équation Z + 4Z est une équation du second degré de discriminant < 0 Donc elle admet deux solutions complexes conjuguées qui sont : 4 + i 4 + 4i + i et 4 i i On pose w + i a On a w + 8 Puisque Imw > 0, on obtient un argument de w par arccos Rew w arccos arccos π 4 Finalement, w e iπ/4 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

20 b 0 n est pas solution de Z w car w 0 On écrit donc Z C sous forme exponentielle : Z re iθ avec r > 0 et θ [0, π[ On a alors : Z w r e iθ { e iπ/4 r { r θ π 4 [π] θ π [ π ] 4 Or π 4 π < 0, π 4 + π π, π + π 9π 9π et + π 9π 4 solutions de Z w est donc { e iπ/4, e iπ/, e 9iπ/} c On a + i + et arccos Re+i +i arccos arccos > π L ensemble des + i e iπ/4 car Im + i > 0 On en déduit en posant j e iπ/ que + ij e iπ/4 e iπ/ e i π 4 + π e iπ/ et + ij e iπ/4 e 4iπ/ e i π 4 + 4π e 9iπ/ π 4, donc D après le résultat de la question précédente, l ensemble des solutions de Z w est donc bien { + i, + ij, + ij } D après les résultats des questions c et d, on a u + i w ou u i w Dans le premier cas, u est solution de l équation Z w et donc, d après le résultat de la question c, u + i, u + ij ou u + ij Dans le deuxième cas, u est solution de l équation Z w Z w donc u est solution de Z w On en déduit que u + i i, u + ij ij car j e iπ/ e 4iπ/ j ou u + ij ij car j j j On obtient donc six valeurs possibles pour u Pour chacune des six valeurs possibles de u, on obtient une seule valeur possible de v car uv v u On calcule les valeurs possibles de v grâce aux relations +i i, i + i, j e iπ/ j j et e 4iπ/ e iπ/ j j Pour chacun des six couples possibles u, v, on en déduit la valeur possible de z u + v grâce aux relations j + j j + j Rej cos π et j j j j iimj i sin π i Finalement, les valeurs possibles de u, v et z sont résumées dans le tableau suivant Il y a donc trois valeurs possibles de z u v u + v z + i i + ij ij + ij ij + i + i ij + ij ij + ij + 4 D après le résultat précédent, si z C est solution de E alors z, z ou z + Réciproquement, on a en utilisant la formule du binôme de Newton : , et Donc l ensemble des solutions de E est {,, + } Cet exercice n était pas difficile mais on peut perdre du temps à le rédiger si on manque d organisation Beaucoup de calculs sont identiques ou diffèrent seulement de quelques signes, il ne faut surtout pas perdre du temps à refaire plusieurs fois le même BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

21 Exercice 4 Soit n N et x R On pose A n n k0 cos kx et B n n k0 sin kx En utilisant le théorème de Pythagore, on a : A n + B n cos kx + k0 sin kx k0 cos kx + sin kx k0 n + a D après la formule de duplication du cosinus, on a k N, cos kx cos kx sin kx Donc : A n B n cos kx k0 sin kx k0 k0 cos kx sin kx k0 coskx b Soit θ R On a n k0 coskθ n k0 Reeikθ Re n k0 eiθ et on reconnait la somme des termes d une suite géométrique de raison e iθ Si e iθ, c est-à-dire si θ 0 [π], alors n k0 eiθ n k0 n + et donc n k0 coskθ Ren + n + Sinon e iθ, c est-à-dire θ 0 [π], et alors : e in+θ coskθ Re e iθ k0 e in+θ/ Re ein+θ/ e in+θ/ e iθ/ Re e inθ/ cos n θ sin n + θ sin θ e iθ/ e iθ/ i sin n + θ/ i sin θ/ c En remplaçant θ dans le résultat précédent par x, on obtient : { n + si x 0 [π] x 0 [π] A n B n cosnx sinn+x sinx si x 0 [π] x 0 [π] Pour obtenir des expressions de A n et B n, on écrit A n A n + B n + A n B n et B n A n + B n A n B n puis on utilise les résultats des questions et On obtient donc si x 0 [π] : A n n + + n + n + et B n n + n + 0, k0 et si x 0 [π] : A n n + + cosnx cosn + x sinx et B n n + cosnx cosn + x sinx Exercice 5 Soit n N D après la définition des coefficients binomiaux, on a j i 0 dès que j < i Donc : j j + j j + 0 j i i i i i i,j n i j n j<i n i j n j<i n i j n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

22 On va démontrer par récurrence que n N, i {0,,,, n}, n j ji i n+ i+ Si n 0 alors i {0} c est-à-dire i 0, n j ji i 0 j j et n+ i+ 0+ Donc l égalité est vraie pour n 0 On suppose maintenant l égalité vraie pour un certain n N et on veut la démontrer au rang n+ Soit i {0,,,, n, n+} On distingue deux cas : i {0,,,, n} ou i n + Dans le deuxième cas, n+ j ji i n+ j jn+ n+ n+ n+ et n++ i+ n+ n++ n+ donc l égalité est vraie au rang n + Dans le premier cas, on utilise l hypothèse de récurrence : n+ j i ji ji j + i n + i n + + i + n + i n + i + n + + i + d après la formule de Pascal Donc l égalité est vraie au rang n + On conclut d après le principe de récurrence En utilisant les deux questions précédentes, on obtient en sommant sur les lignes : Or n+ i0 i,j n i,j n j j i i i j n i ji j i i n + i + n+ n + i n+ i + n+ n+ d après la formule du binôme de Newton Donc : j i n+ n + i i0 n + 0 i n + n+ n + n+ n De même, on obtient en utilisant la question et sommant sur les colonnes : i,j n j i i j n j j i0 j j n+ j i j i j j j i j 0 j i j j j 0 n j0 n n+ n n+ n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

23 DS n o de mathématiques durée : h45, calculatrice interdite Exercice On désigne par E l ensemble des suites u n n N définies par la donnée de trois réels u 0, u et u, et par la relation suivante : n N, u n+ u n+ + u n 0 R Dans cette question, on considère la suite u n n N de E telle que u 0 4, u 5 et u Soit v n n N la suite de terme général v n u n+ + u n a Calculer v 0 et v b Exprimer v n+ en fonction de v n+ et v n c Montrer par récurrence que v n n N est constante En déduire : n N, u n+ u n + d Exprimer u n en fonction de n N e Pour tout n N, calculer n k0 u k Dans cette question, on considère la suite u n n N de E telle que u 0, u et u Soit w n n N la suite de terme général w n u n n a Vérifier que w w + w 0 0 b Montrer que n N, w n+ w n+ + w n 0 c Exprimer w n en fonction de n N d En déduire l expression de u n en fonction de n N e Pour tout n N, calculer n k0 u k Exercice Soient n et p deux entiers strictement positifs On dit qu une p-liste d entiers a, a,, a p est : croissante si k {,,, p }, a k a k+ ; strictement croissante si k {,,, p }, a k < a k+ On désigne par E l ensemble des p-listes croissantes d éléments de {,,, n} et par F l ensembles des p-listes strictement croissantes d éléments de {,,, n + p } Déterminer le cardinal de F Si a, a,, a p est une p-liste d éléments de {,,, n}, on définit la p-liste b, b,, b p par k {,,, p}, b k a k + k Montrer que si a, a,, a p E alors b, b,, b p F Si b, b,, b p est une p-liste d éléments de {,,, n + p }, on définit la p-liste a, a,, a p par k {,,, p}, a k b k k + Montrer que si b, b,, b p F alors a, a,, a p E BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

24 4 Montrer que l application est bijective ϕ : E F a, a,, a p ϕa, a,, a p b, b,, b p définie par 5 En déduire le nombre de p-listes croissantes d éléments de {,,, n} Exercice On considère une protéine constituée de la succession linéaire d acides aminés de cystéine, d aspartate et de glutamate que l on désignera respectivement par les lettres C, D et E Cette protéine vérifie de plus la propriété suivante : sa structure primaire peut-être représentée par des séquences successives de lettres telles que chaque séquence commence par la lettre C et ne comporte jamais deux lettres consécutives identiques Pour chaque entier n, on note S n l ensemble des séquences possibles de n lettres et on considère les sous-ensembles C n, D n et E n de séquences de S n qui se terminent respectivement par C, D et E On pose c n cardc n, d n cardd n et e n carde n a Justifier que c, d 0 et e 0 b Justifier que c 0, d et e c Déterminer c, d et e Déterminer cards n et en déduire que c n + d n + e n n a En étudiant l avant-dernière lettre des séquences de C n+, démontrer que c n+ d n + e n b En s inspirant de la question précédente, démontrer deux autres relations 4 Justifier que d n e n 5 A l aide des questions précédentes, démontrer que n, c n+ c n+ + c n 6 En déduire l expression de c n en fonction de n puis celles de d n et e n 7 On remarque que le résultat précédent permet de calculer c 8 4 et d 8 4 Pour la question suivante, donner les résultats sous forme de produits d entiers, de factorielles et/ou de coefficients binomiaux sans chercher à les calculer Combien existe-t-il de structures primaires différentes formées par la succession de : a cinq séquences identiques de C 8? b cinq séquences différentes de C 8? c trois séquences identiques de C 8 et deux séquences identiques de D 8 pas nécessairement dans cet ordre? d trois séquences différentes de C 8 et deux séquences différentes de D 8 pas nécessairement dans cet ordre? Exercice 4 Déterminer un équivalent et calculer la limite de chacune des suites suivantes : u n n + 4n + 5 n + u n cos n n u n 7 sin e n + n5 6 5 lnn n n + tan n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

25 Corrigé du DS n o de mathématiques Exercice On désigne par E l ensemble des suites u n n N définies par la donnée de trois réels u 0, u et u, et par la relation suivante : n N, u n+ u n+ + u n 0 R Dans cette question, on considère la suite u n n N de E telle que u 0 4, u 5 et u Soit v n n N la suite de terme général v n u n+ + u n a On a v 0 u + u et v u + u + 5 b Soit n N En utilisant la définition de la suite v n n N et la relation R, on obtient : v n+ u n+ + u n+ u n+ u n+ + u n + u n+ u n + u n+ 0 + u n+ + u n+ u n+ + u n v n+ v n c On démontre le résultat par récurrence double Plus précisément, on considère pour tout n N la proposition Pn : «v n et v n+» P0 est vraie d après le résultat de la question a On suppose maintenant que Pn est vraie pour un certain n N fixé Alors v n et v n+ par hypothèse de récurrence D après le résultat de la question précédente, on obtient : v n+ v n+ v n Ainsi v n+ et v n+, donc Pn + est vraie On conclut d après le principe de récurrence que Pn est vraie pour tout n N Par conséquent v n n N est la suite constante égale à Rédigez précisément et soigneusement vos raisonnements par récurrence, a fortiori les récurrences doubles On en déduit pour tout n N que u n+ + u n v n et donc u n+ u n + d D après le résultat précédent, u n n N est une suite arithmético-géométrique On cherche donc α R tel que la suite u n α n N soit une suite géométrique Or on a : n N, u n+ α u n + α u n α α + α u n α α + En posant α, on a α+ 0 et donc u n n N est une suite géométrique de raison On en déduit pour tout n N que u n u 0 n 4 n n Finalement, n N, u n + n e D après le résultat précédent, on a pour tout n N : u k k0 k0 + k + k0 k n + + n+ k0 n + n+ n + n+ BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

26 Dans cette question, on considère la suite u n n N de E telle que u 0, u et u Soit w n n N la suite de terme général w n u n n a On a w 0 u 0 0, w u + 0 et w u 4 Donc w w + w b On démontre le résultat par récurrence Le résultat de la question précédente justifie que la proposition est vraie pour n 0 On suppose que w n+ w n+ + w n 0 pour un certain n N fixé En utilisant l hypothèse de récurrence puis la définition de la suite w n n N et la relation R, on obtient : w n+ w n+ + w n+ w n+ w n+ w n+ + w n 4w n+ + w n + w n+ w n+ + 0 w n+ + w n u n+ n+ u n+ n+ + u n n u n+ u n+ + u n + 0 n n 0 On conclut d après le principe de récurrence que n N, w n+ w n+ + w n 0 c D après le résultat précédent, w n n N est une suite récurrente linéaire d ordre L équation caractéristique associée est l équation r r + r r 0 d inconnue r C Cette équation a pour unique solution r 0 Le terme général de la suite w n n N est donc de la forme : n N, w n λ + µnr 0 n λ + µn où λ et µ sont deux nombres réels On obtient pour n 0 : λ λ+µ 0 w 0, et pour n : λ + µ λ + µ w 0 donc µ λ Finalement, n N, w n n d Puisque w n n N a pour terme général w n u n n, on en déduit que : n N, u n n + n e D après le résultat précédent, on a pour tout n N : u k k0 k + k k0 n + nn + k0 k + k0 + n+ k k0 nn + + n+ Exercice Soient n et p deux entiers strictement positifs On désigne par E l ensemble des p-listes croissantes d éléments de {,,, n} et par F l ensembles des p-listes strictement croissantes d éléments de {,,, n + p } Puisqu il n y a qu une seule façon d ordonner par ordre croissant les éléments d une partie de {,,, n + p }, le nombre de p-listes strictement croissantes de {,,, n + p } est égal au nombre de parties à p éléments de {,,, n + p } Autrement dit, n + p cardf p Si a, a,, a p est une p-liste d éléments de {,,, n}, on définit la p-liste b, b,, b p par k {,,, p}, b k a k + k On suppose que a, a,, a p E, c est-à-dire que a, a,, a p est une p-liste croissante d éléments de {,,, n} Soit k {,,, p } Puisque a, a,, a p est croissante, on a a k a k+ Par conséquent, b k a k + k a k+ + k a k+ + k + b k+ < b k+ BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

27 c est-à-dire b k < b k+ pour tout k {,,, p } Soit maintenant k {,,, p} Puisque a k n et k p, on a + b k a k + k n + p c est-à-dire b k {,,, n + p } pour tout k {,,, p} Ainsi b, b,, b p est une p-liste strictement croissante d éléments de {,,, n+p }, c est-à-dire b, b,, b p F Si b, b,, b p est une p-liste d éléments de {,,, n + p }, on définit la p-liste a, a,, a p par k {,,, p}, a k b k k + On suppose que b, b,, b p F, c est-à-dire que b, b,, b p est une p-liste strictement croissante d éléments de {,,, n+p } Soit k {,,, p } Puisque b, b,, b p est strictement croissante, on a b k < b k+ Par conséquent, a k b k k + < b k+ k + b k+ k a k+ + Or a k et a k+ sont des nombres entiers, donc a k < a k+ + a k a k+ Ainsi a, a,, a p est croissante Montrons maintenant que a, a,, a p est une p-liste d éléments de {,,, n} On a a b + b et a p b p p+ n+p p+ n Puisque a, a,, a p est croissante, on a a a k a p et donc a k {,,, n} pour tout k {,,, p} Finalement a, a,, a p E 4 On considère l application ϕ : E F a, a,, a p ϕa, a,, a p b, b,, b p définie par Montrons tout d abord que ϕ est injective Soient a, a,, a p et a, a,, a p deux p- listes de E On note ϕa, a,, a p b, b,, b p et ϕa, a,, a p b, b,, b p leurs images par ϕ On suppose que ϕa, a,, a p ϕa, a,, a p, d où b, b,, b p b, b,, b p Soit k {,,, p} On a donc b k b k et d après : a k + k b k b k a k + k a k a k Donc a, a,, a p a, a,, a p et ϕ est injective Montrons maintenant que ϕ est surjective Soit b, b,, b p une p-liste de F On considère la p-liste a, a,, a p définie par et on va prouver que a, a,, a p est un antécédent de b, b,, b p par ϕ Tout d abord a, a,, a p est bien une p-liste de E d après le résultat de la question précédente On note donc ϕa, a,, a p b, b,, b p son image par ϕ et on a : k {,,, p}, b k d après a k + k d après b k k + + k b k Ainsi ϕa, a,, a p b, b,, b p b, b,, b p, autrement dit a, a,, a p est un antécédent de b, b,, b p, et ϕ est surjective Finalement, ϕ est injective et surjective, donc bijective Une autre méthode possible est de considérer l application ψ : F E définie par et de prouver que ψ ϕ Id E et ϕ ψ Id F Dans ce cas, on montre que ϕ : E F est bijective et de plus que ψ : F E et sa bijection réciproque 5 D après le résultat précédent on a carde cardf Or E désigne l ensemble des p-listes croissantes d éléments de {,,, n} et cardf a été déterminé à la question Donc le nombre de p-listes croissantes d éléments de {,,, n} est n + p carde p BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

28 Exercice On considère une protéine constituée de la succession linéaire d acides aminés de cystéine, d aspartate et de glutamate que l on désignera respectivement par les lettres C, D et E Cette protéine vérifie de plus la propriété suivante : sa structure primaire peut-être représentée par des séquences successives de lettres telles que chaque séquence commence par la lettre C et ne comporte jamais deux lettres consécutives identiques Pour chaque entier n, on note S n l ensemble des séquences possibles de n lettres et on considère les sous-ensembles C n, D n et E n de séquences de S n qui se terminent respectivement par C, D et E On pose c n cardc n, d n cardd n et e n carde n a Il existe une seule séquence possible de une lettre qui est «C» car chaque séquence doit commencer par la lettre C Puisque cette séquence finit par C, on a c, d 0 et e 0 b Il existe deux séquences possibles de deux lettres qui sont «CD» et «CE» car la lettre C ne peut pas apparaitre deux fois consécutivement Donc c 0, d et e c Il existe quatre séquences possibles de trois lettres : «CDC», «CDE», «CEC» et «CED» Donc c, d et e Chaque séquence de S n est une n-liste de lettres l, l,, l n telle que l C et k {,,, n}, l k l k Il y a donc deux choix possibles pour chaque lettre l k où k {,,, n} Puisque card{,,, n} n, on obtient : cards n } {{ } n n fois Or S n est l union disjointe des séquences possibles qui se terminent par C, D ou E Donc n cards n cardc n D n E n cardc n + cardd n + carde n c n + d n + e n a L avant-dernière lettre des séquences de C n+ est D ou E, mais pas C car sinon la lettre C apparaitrait deux fois consécutivement à la fin de la séquence Chaque séquence de C n+ est donc formée par une séquence de D n ou de E n à laquelle on ajoute la lettre C finale Puisque D n et E n sont des ensembles disjoints, on obtient : c n+ cardc n+ cardd n E n cardd n + carde n d n + e n Plus précisément, on peut montrer que l application ϕ : C n+ D n E n qui à chaque séquence de C n+ associe la séquence de n lettres obtenue par suppression de la dernière lettre est une bijection b En étudiant l avant-dernière lettre des séquences de D n+ et celle des séquences de E n+, on obtient de même que d n+ c n + e n et e n+ c n + d n 4 Les lettes D et E jouent un rôle symétrique dans les séquences de S n Donc d n cardd n carde n e n Plus précisément, on peut montrer que l application ψ : D n E n qui à chaque séquence de D n associe la séquence de E n obtenue en remplaçant chaque lettre D par une lettre E et chaque lettre E par une lettre D est une bijection On peut également démontrer le résultat par récurrence en utilisant les deux résultats de la question précédente 5 En utilisant les résultats de la question, on a pour tout n : c n+ d n+ + e n+ c n + e n + c n + d n c n + d n + e n c n + c n+ BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

29 6 D après le résultat précédent, c n n est une suite récurrente linéaire d ordre L équation caractéristique associée est l équation r r 0 d inconnue r C Cette équation a pour discriminant 4 9 > 0, et admet donc deux solutions réelles r 9 et r + 9 Par conséquent, le terme général de la suite c n n est de la forme : n, c n λ r n + λ r n λ n + λ n où λ et λ sont deux nombres réels Or c et c 0 d après les résultats des questions a et b, donc { { { λ + λ λ λ 0 λ + 4λ 0 λ + 4λ 6λ λ λ 6 Par conséquent : n, c n n + n 6 De plus, en utilisant les résultats des questions et 4, on a n, n c n +d n c n +e n Donc : n, d n e n n c n n + n n 6 n + n n 6 + n 6 On peut également déterminer les expressions de d n et e n à l aide de suites récurrentes linéaires d ordre de la même manière que pour l expression de c n, mais cette méthode est plus longue 7 On remarque que le résultat précédent permet de calculer c 8 4 et d 8 4 a Pour construire une structure primaire formée par la succession de cinq séquences identiques de C 8, il suffit de choisir une séquence de C 8 parmi cardc 8 c 8 4 séquences D où 4 structures primaires possibles b Pour construire une structure primaire formée par la succession de cinq séquences différentes de C 8, il suffit de compter le nombre de 5-listes sans répétition d éléments de C structures primaires possibles D où 4! 4 5! c Pour construire une structure primaire formée par la succession de trois séquences identiques de C 8 et deux séquences identiques de D 8 pas nécessairement dans cet ordre, il suffit de choisir une séquence de C 8 parmi cardc 8 c 8 4 séquences et une séquence de D 8 parmi cardd 8 d 8 4 séquences, puis de placer les trois séquences identiques de C 8 dans la succession des cinq séquences, ce qui donne 5 choix possibles, et enfin de placer les deux séquences identiques de D 8 dans les deux places restantes de la succession des cinq séquences D où structures primaires possibles d Pour construire une structure primaire formée par la succession de trois séquences différentes de C 8 et deux séquences différentes de D 8 pas nécessairement dans cet ordre, il 4! suffit de choisir une -liste sans répétition d éléments de C 8 parmi 4! ! et une -liste sans répétition d éléments de D 8 parmi 4! 4 4, puis de placer la -liste sans répétition d éléments de C 8 dans la succession des cinq séquences, ce qui donne 5 choix possibles, et enfin de placer la -liste sans répétition d éléments de D8 dans les deux places restantes de la succession de cinq séquences D où structures primaires possibles BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

30 Exercice 4 On a pour tout n 0 : u n n + 4n + 5 n + n n + + 4n + 5 n + n n n + 4 n n n + n + Or n + n n car lim n + n + n lim n + + n et lim n + 4 n+ car n+ n + n n On a pour tout n : u n cos n On en déduit que u n n 4 n+ n + n n exp n + n n + n et lim n u n n + n + 0 [ ] n ln cos n exp n ln + cos n ] Or lim n + n 0 et lim n + [cos n 0 donc [ ] [ ] n ln + cos n cos n n [ ] En particulier lim n + n ln + cos n lim n + n n On en déduit que lim u n exp et u n n + e e Attention de ne pas composer des équivalents avec la fonction exponentielle!! On a lim n + sin e n 0 car lim n + e n n 0 et lim x 0 sinx 0 et lim 5 n + 0 n par comparaison de limites Donc lim n + 7 sin e n + n5 7 Pour le deuxième n lnn facteur, on a lim n + n 0 par comparaison de limites et lim n + tan n 0 car lim n + n 0 et lim x 0 tanx 0 Donc lim n lnn n + tan n 6 Finalement, lim u n et u n 4 n + BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

31 DS n o 4 de mathématiques durée : h, calculatrice interdite Exercice Cet exercice propose d étudier un modèle de croissance de population proposé par Verhulst en 840 en réponse à l insatisfaisant modèle de croissance exponentielle introduit par Malthus en 798 L idée est de remplacer le taux d accroissement constant du modèle de Malthus par la différence entre un taux de natalité nn et un taux de mortalité mn qui varient en fonction de la taille de la population N Plus précisément, le modèle de Verhulst conduit à l équation différentielle : N [nn mn] N Montrer que si le taux de natalité décroît avec la population et si le taux de mortalité croît avec la population alors le taux d accroissement N nn mn est décroissant Pour simplifier le modèle, Verhulst a fait l hypothèse que les taux de natalité et de mortalité sont des fonctions affines de N L équation différentielle devient alors : [ ] t R +, N t a bnt Nt où a et b sont deux constantes réelles fixées avec a > 0 et b 0 On note N 0 la taille initiale de la population à t 0 et on suppose que Nt > 0 pour tout t R + en particulier N 0 N0 > 0 Résoudre dans le cas où b 0 puis décrire l évolution de la population c est-à-dire les variations de t Nt et la limite éventuelle lorsque t + On suppose désormais que b > 0 et on note K la constante a appelée capacité d accueil b a Sans chercher à résoudre, étudier le signe de N selon différentes valeurs de N Que peut-on en déduire pour l évolution instantanée de la taille Nt à un instant t R + b Pour tout t R +, on pose yt Nt i Exprimer N et N en fonction de y et y ii En utilisant, démontrer que y est solution d une équation différentielle linéaire d ordre à coefficients constants qu on déterminera iii Résoudre l équation différentielle obtenue à la question précédente K iv En déduire que t R +, Nt Ce at où C R est une constante réelle qu on + exprimera en fonction de la capacité d accueil K et de la taille initiale N 0 c Décrire l évolution de la population selon différentes valeurs de la taille initiale N 0 Exercice Cet exercice propose de calculer les puissances successives de la matrice A Calculer le rang de la matrice P et en déduire qu elle est inversible On cherche à calculer l inverse de la matrice P Pour cela, on va utiliser deux méthodes Les deux questions suivantes sont donc indépendantes a Calculer P à l aide de la méthode du pivot de Gauss b Calculer P et exprimer le résultat en fonction de P et I En déduire P Calculer D P AP 4 Justifier que A n P D n P puis exprimer la matrice A n en fonction de n N BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

32 Problème Pour Noël, une classe d élèves et leurs professeurs décide d organiser un échange de cadeaux au hasard au cours duquel chaque personne reçoit un cadeau d une autre personne Pour ce faire, tous les noms sont placés dans un chapeau et chaque personne tire au hasard le nom de la personne à qui elle offrira son cadeau Si une personne tire son propre nom, elle en tire un autre puis remet son nom dans le chapeau On propose d étudier le nombre de façons possibles d attribuer tous les cadeaux On désigne par n le nombre total de personnes et par a n le nombre de façons possibles d attribuer les n cadeaux sans que quelqu un reçoive son propre cadeau Le but de cette question est de déterminer une relation de récurrence vérifiée par a n a Déterminer a et a b On fixe n 4 Soit x le professeur de mathématiques On désigne par y la personne qui reçoit le cadeau de x et par z la personne qui reçoit le cadeau de y On exprimera les réponses aux trois questions suivantes en fonction de n, a n et a n i Combien y a-t-il de choix possibles pour y? ii Si z x, combien y a-t-il de façons possibles d attribuer les n cadeaux? iii Si z x, combien y a-t-il de façons possibles d attribuer les n cadeaux? Indication : on pourra étudier le cas où y se désiste et x donne directement son cadeau à z c En déduire que a n n a n + a n pour tout n 4 d Déterminer a 4 et a 5 à l aide du résultat précédent Le but de cette question est de déterminer une expression de a n en fonction de n On désigne par b n le nombre de façons possibles d attribuer les n cadeaux sans se soucier que quelqu un reçoive son propre cadeau on ne change rien si une personne tire son propre nom du chapeau a Déterminer b n en fonction de n b En désignant par j le nombre de personnes qui reçoivent bien le cadeau d une autre personne, justifier que n, b n + n j n j aj c On fixe n On cherche à «inverser» la formule précédente, c est-à-dire à exprimer a n à l aide d une somme de termes contenant les nombres b i pour i {,,, n} i Montrer que n n i i n i n n n ii Montrer que i, j {,,, n}, n i i j n j iii En déduire que j {,,, n}, n n i ij i j n j n i n i { si j n 0 si j < n iv En déduire que n n i i n i i i j j aj a n v Conclure que a n n n + n + n n i i n i b i d A l aide du résultat de la question a, prouver que a n n! n k k0 k! pour tout n e Montrer que cette expression de a n vérifie bien la relation obtenue à la question c On désigne par p n an b n n k k0 k! la probabilité qu une attribution des n cadeaux au hasard donne une répartition où chaque personne reçoit bien le cadeau d une autre personne Le but de cette question est d étudier la nature de la suite p n n a Prouver que les suites extraites p n n et p n+ n sont adjacentes b En déduire que p n n converge vers une limite l ], [ On admet désormais que l e pour les curieux : nous démontrerons ça en 05! c On fixe n élèves et professeurs et on souhaite calculer une valeur approchée de p 49 Soit un entier N tel que 49! > 0 N Montrer que l est une valeur approchée de p 49 à 0 N près Proposer une valeur pertinente de N et justifier votre choix BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

33 Corrigé du DS n o 4 de mathématiques Exercice On suppose que le taux de natalité N nn est décroissant et que le taux de mortalité N mn est croissant Montrons que le taux d accroissement N nn mn est décroissant Soient N et N deux tailles de population telles que N N Puisque le taux de natalité décroît avec la population on a nn nn, et puisque le taux de mortalité croît avec la population on a mn mn et donc mn mn En sommant ces deux inégalités, on obtient nn mn nn mn pour tout N N Par conséquent le taux d accroissement N nn mn est décroissant Attention, on ne peut pas étudier le signe de la dérivée du taux d accroissement ici car on ne sait pas a priori si les fonctions N nn et N mn sont dérivables Il faut donc revenir à la définition d une fonction décroissante On considère l équation différentielle t R +, N t [ ] a bnt Nt où a et b sont deux constantes réelles fixées avec a > 0 et b 0 On note N 0 la taille initiale de la population à t 0 et on suppose que Nt > 0 pour tout t R + en particulier N 0 N0 > 0 Si b 0, alors l équation différentielle peut s écrire N an 0 On reconnait une équation différentielle linéaire homogène d ordre à coefficients constants dont les solutions sont de la forme t Ce at où C R est une constante En t 0 on obtient Ce 0 C, donc C N0 N 0 est la taille initiale de la population Ainsi, la taille de la population est donnée par Nt N 0 e at pour tout t R + Puisque a > 0 et N 0 > 0, la taille de la population est donc strictement croissante et tend vers + lorsque t + Si b 0, le taux d accroissement N nn mn est constant égal à a > 0 On reconnait donc le modèle de Malthus qui donne une croissance exponentielle de la population On suppose désormais que b > 0 et on note K la constante a appelée capacité d accueil b a On a N [a bn] N Puisque N > 0, la dérivée N est du signe de a bn b a b N bk N Or b > 0 donc pour tout t R + : si Nt < K alors N t > 0 et la population est strictement croissante à l instant t ; si Nt K alors N t 0 et la population est «constante» à l instant t ; si Nt > K alors N t < 0 et la population est strictement décroissante à l instant t Dire que la fonction N est «constante» à un instant t R + n a pas vraiment de sens car Nt est une constante pour t fixé, le résultat mathématiquement précis est l affirmation N t 0 pensez à la fonction x x dont la dérivée est nulle en 0 Par contre, le résultat de cette question permet d anticiper le résultat de la question c : si N 0 K alors on peut conjecturer que la taille de population N va rester constante égale à K, si N 0 < K alors N va croître et tendre vers K sans jamais dépasser cette taille limite, et inversement si N 0 < K alors N va décroître et tendre vers K b Pour tout t R +, on pose yt Nt BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

34 i Puisque t R +, Nt > 0, on a en particulier que t R +, yt 0 et y N est dérivable comme l inverse d une fonction dérivable et non nulle Donc N y et N y y N oubliez pas de justifier que le dénominateur est non nul dès que vous passez à l inverse ii On remplace dans les expressions de N et N obtenues à la question précédente On a donc : [ y y a b ] y y [ y y y a b ] y car y 0 y y y ay b y y y ay b y + ay b Ainsi y est bien solution d une équation différentielle linéaire d ordre à coefficients constants iii Les solutions de l équation différentielle linéaire homogène d ordre à coefficients constants y + ay 0 sont de la forme y H : t Ce at où C R est une constante De plus, y P : t b a car a 0 est une solution particulière de l équation différentielle y + ay b On en déduit d après le principe de superposition que les solutions de l équation différentielle y + ay b sont de la forme y : t y H t + y P t Ce at + b a où C R est une constante iv D après le résultat précédent, on en déduit que la taille de la population est de la forme : t R +, Nt yt Ce at + b a a b a b Ce at + a b b a K C e at + où C a b C KC R est une constante En t 0, on obtient N 0 N0 donc C K N 0 car N 0 0 Finalement : t R +, Nt K K e at + N0 K C + c D après le résultat précédent, on a : ak K e at t R +, N N0 t K e at + N0 ak K N 0 e at N K 0 N 0 e at + On peut également remplacer l expression de Nt dans l équation différentielle pour obtenir l expression de N t sans avoir besoin de dériver Par contre, il faudra factoriser le résultat obtenu pour faciliter l étude du signe de N Puisque a > 0, K a b > 0 et N 0 > 0, la dérivée N est du signe de K N 0, donc : si N 0 < K, alors N > 0 et la population est strictement croissante ; si N 0 K alors N 0 et la population est constante ; si N 0 > K alors N < 0 et la population est strictement décroissante Dans tous les cas, lim t + Nt K car lim t + e at 0 puisque a > 0 Le modèle de Verhulst conduit donc à une taille de population qui tend vers une valeur d équilibre, un comportement radicalement différente du modèle de Malthus où la taille de la population explose question BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

35 Exercice 8 0 On pose A Soit P Pour calculer le rang de P, on utilise la méthode du pivot de Gauss 4 L L L 4 4 P L L L L L L L L L L +L L opération L L + L permet d obtenir un pivot égal à sur la deuxième ligne sans avoir à diviser par 5 et se retrouver avec des calculs compliqués de fractions On obtient une matrice échelonnée dont le nombre de lignes non nulles est égal à Ainsi RgP et P est inversible car c est une matrice carré d ordre a On commence par effectuer les mêmes opérations sur les lignes de la matrice identité I que celles utilisées à la question précédente I 0 0 L L 0 0 L L L L L L 0 L L L L L +L Inutile de refaire les calculs de la question précédente Il ne faut surtout pas perdre du temps à faire ou écrire plusieurs fois la même chose Puis on continue de manipuler les lignes de la matrice échelonnée obtenue à la question précédente pour arriver à la matrice identité 0 L L 0 L L +L L L +L 0 0 L L L 0 0 I Enfin on effectue les mêmes opérations sur les lignes de la matrice obtenue à partir de la matrice identité I pour arriver à la matrice inverse P L L L L +L L L +L L L L P b On a P P I BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

36 En particulier I P P P I P On en déduit donc que P I P Vous devez bien sûr obtenir le même résultat aux questions a et b Ça vous permet aussi de vérifier vos calculs On a P AP P A P D Par associativité du produit matriciel, on aboutit au même résultat si on calcule P AP avec l ordre suivant : P A P 4 Soit n N En multipliant l égalité D P AP à gauche par P et à droite par P on obtient P DP P P AP P A car P P I Par conséquent puis A n P DP n P DP P DP P DP P DP } {{ } n fois P D P} P{{ } D P} P{{ } D P} P{{ } } P P{{ } DP P D n P I I I I A n P D n P P D n P n n n n 0 4 n n 4 n n n 4 n 4 + n 6 4 n 8 n n car D est une matrice diagonale On peut vérifier ces résultats en prenant n pour retrouver l expressionde la matrice 0 0 A Par contre, la formule n est pas valable pour n 0 car D 0 I 0 0 le coefficient 0 0 apparait dans les formules alors qu il n est pas défini BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

37 Problème Ce problème était assez astucieux et long, mais chaque question prise indépendamment n était pas si difficile La première partie traite de dénombrement, la deuxième partie la plus technique de manipulations de sommes et la troisième partie de suites réelles Soit a n le nombre de façons possibles d attribuer n cadeaux sans que quelqu un reçoive son propre cadeau a S il n y a que deux personnes, appelées x et y, alors il n y a que a façon d attribuer les deux cadeaux : x reçoit le cadeau de y et y reçoit le cadeau de x Par contre, s il y a trois personnes, appelées x, y et z, alors il y a a façons d attribuer les trois cadeaux : x reçoit le cadeau de y qui reçoit le cadeau de z qui reçoit le cadeau de x ; ou bien x reçoit le cadeau de z qui reçoit le cadeau de y qui reçoit le cadeau de x b On fixe n 4 Soit x le professeur de mathématiques On désigne par y la personne qui reçoit le cadeau de x et par z la personne qui reçoit le cadeau de y i x ne peut pas recevoir de cadeau de lui-même, mais toutes les autres personnes peuvent recevoir le cadeau de x Il y a donc n choix possibles pour y ii Si z x, l attribution des n cadeaux revient à choisir la personne y qui échange son cadeau avec celui de x, puis à choisir une attribution de n cadeaux parmi les personnes restantes Il y a donc n a n façons possibles d attribuer les n cadeaux iii Si z x, l attribution des n cadeaux se déroule comme si y était absent et que x donnait directement son cadeau à z L attribution des n cadeaux revient donc à choisir la personne y absente, puis à choisir une attribution de n cadeaux parmi les personnes restantes Il y a donc n a n façons possibles d attribuer les n cadeaux c Les deux cas précédents sont disjoints et couvrent tous les cas possibles d attribution des n cadeaux On en déduit que : a n n a n +n a n n a n +a n d A l aide du résultat précédent et de la question a on obtient : a 4 4 a + a + 9 ; a 5 5 a 4 + a Cette première question ressemblait beaucoup à la première question du problème du DM n o 4 celui sur les sauts de puces On désigne par b n le nombre de façons possibles d attribuer les n cadeaux sans se soucier que quelqu un reçoive son propre cadeau a Une attribution des n cadeaux sans se soucier que quelqu un reçoive son propre cadeau revient à choisir une permutation des n cadeaux Il y a donc b n n! façons possibles d attribuer les n cadeaux Dit autrement : b n correspond au nombres d applications bijectives de l ensemble des personnes vers l ensemble des cadeaux Puisque ces deux ensembles ont pour cardinal n, on retrouve le nombre de bijections de {,,, n}, c est-à-dire le nombre de permutations de n éléments Notez que a n correspond au nombre de bijections ϕ : {,,, n} {,,, n} telles que k {,,, n}, ϕk k Ces permutations particulières sont appelées «dérangements» de n éléments b On désigne par j {0,,,, n} le nombre de personnes qui reçoivent bien le cadeau d une autre personne Si j 0, alors toutes les personnes reçoivent leur propre cadeau il n y a pas d échange de cadeaux et il n y a qu une seule façon d attribuer les n cadeaux Le cas j n est pas possible car cela signifie qu une seule personne échange son cadeau pendant que les n autres personnes reçoivent leur propre cadeau, ce qui est absurde Si j {,,, n}, alors il y a n j façons de choisir le groupe de j personnes qui s échangent des cadeaux et a j façons d attribuer les j cadeaux dans ce groupe, toutes les personnes restantes reçoivent leur propre cadeau elles ne font pas d échange En sommant ces trois cas disjointes j 0, j et j {,,, n}, on obtient le nombre b n de façons possibles d attribuer les n cadeaux, c est-à-dire : b n + n n j j aj pour tout n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

38 c On fixe n i On a d après la formule du binôme de Newton : n n n i i n i i i i i0 n n 0 0 n n n n n n n n n car n 0 n 0 A chaque fois que vous voyez une somme avec des coefficients binomiaux et des puissances dont l exposant dépend de l indice de la somme, il faut toujours essayer de faire apparaitre un binôme de Newton pour simplifier les expressions ii Soit i, j {,,, n} On a par définition des coefficients binomiaux : n i n! i j i!n i! i! j!i j! n! n i!j!i j! n! j!n i!i j! n! j!n j! n j! n n j n i! n j n i! j n i iii Soit j {,,, n} Si j n alors n i n i i j ij ij ij in n i i n n i n n n n n n Si j < n alors on obtient en utilisant la question précédente : n i n n j n n j n i n i n i i j j n i j n i puis on fait le changement d indice k n i {0,,, n j} lorsque i {j,, n} : n n j n j n n j n j k k n j k j k j k k0 k0 enfin on reconnait un binôme de Newton : n n j + 0 j Finalement, on a bien { n n i si j n ij i j n i 0 si j < n iv On a : Attention de bien distinguer le cas où j n comme c est précisé dans l énoncé Si j n, la formule du binôme de Newton fait apparaître l expression 0 0 qui n est pas définie i n i j ij n i i j i a j j i i j n i i j ij n i a j ce qui donne en passant d une somme sur les lignes à une somme sur les colonnes puisque les indices i et j vérifient j i n : n i n i a j n i n i a j i j i j D où n n i i n i i i j j aj a n d après le résultat de la question précédente j ij BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

39 v D après les résultats des questions précédentes, on a : n n n i b i n i + i i i i i n n i + i i i j n n n + a n i j a j n n i i i j i a j j Par conséquent a n n n + n + n n i i n i b i d D après le résultat de la question a, on peut remplacer b i par i! dans l égalité précédente, ce qui donne : n a n n n + n + n i b i i i n! n n! + n! n! n + n! i!n i! n i i! i [ ] n n! n! + n n i + n! n i! i [ ] n n! n! + n n k + avec k n i n! k! k0 k n! k! k0 e On a : n k n k n a n + a n n n! + n! k! k! k0 k0 n k n k n n! n + k! k! k0 k0 n k n k n k n! n + k! k! k! k0 k0 k0 n k n! n n k! n! k0 n k n!n n k! nn! k0 n k n! + n k n! a n k! n! k! k0 Donc l expression de a n obtenue à la question précédente vérifie bien la relation obtenue à la question c Ces manipulations de sommes sont assez techniques, il faut être soigneux, précis et rigoureux pour ne pas faire d erreurs On désigne par p n an b n n k k0 k! la probabilité qu une attribution des n cadeaux au hasard donne une répartition où chaque personne reçoit bien le cadeau d une autre personne k0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

40 a Soit n On a : p n+ p n n+ k0 p n++ p n+ n+ k0 k k! n k k0 k! n+ n+! + n+ n+! k k! n+ k k0 k! n+ n+! + n+ n+! n+ n+! < 0 +n+ n+! > 0 p n p n+ n k k0 k! n+ k k0 k! n+ n+! n+! donc p n n est décroissante, p n+ n est croissante et lim n + p n p n+ 0 Par conséquent, p n n et p n+ n sont adjacentes b D après le théorème des suites adjacentes, p n n et p n+ n convergent vers une même limite l R Et d après le théorème des suites extraites, p n n converge aussi vers l De plus, puisque p n n est décroissante et p n+ n est croissante, on a c est-à-dire l ], [ + 6 p < l < p + k k n n Les deux questions précédentes sont similaires à l étude de la suite k qui était en question de cours dans le programme de khôlles sur les suites réelles On admet désormais que l e c On fixe n 49 Soit un entier N tel que 49! > 0 N Puisque p n n est décroissante et p n+ n est croissante, on a p 49 < l < p 50 p 48 p ! p ! < p N D où l 0 N < p 49 < l et par conséquent l est une valeur approchée de p 49 à 0 N près On cherche donc la plus grande valeur possible de N Or il y a nombres plus grand ou égal à 0 dans l ensemble des nombres {,,, 49}, donc 49! > 0 40 et N 40 est une valeur pertinente de N qui prouve que la valeur de l e est une approximation de p 49 avec une précision plus petite que 0 40 précision largement suffisante Ainsi p 49 e En fait, la valeur de l e est une approximation de p 49 avec une précision de 0 6 car 49! BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

41 DS n o 5 de mathématiques durée : h, calculatrice interdite Exercice Factoriser le polynôme P X 6 + dans R[X] Exercice L espace est muni d un repère orthonormé Pour tout n N, on note P n l ensemble des points Mx, y, z dont les coordonnées vérifient la relation suivante : P n : x + y + z + + nx 5y + 4z 0 On note également P l ensemble des points Mx, y, z dont les coordonnées sont de la forme : x + s t P : y + s + t, s, t R z + s + 4t Quelle est la nature géométrique des ensembles P n et P? Déterminer une représentation cartésienne de l ensemble P Montrer que D P 0 P est une droite dont on déterminera une représentation paramétrique 4 Montrer que n N, D P n 5 En déduire l intersection de P n et P pour tout n N 6 Calculer la distance d n du point A,, à P n en fonction du paramètre n N 7 Etudier la convergence de la suite d n n N 8 Calculer la distance d du point A,, à P Exercice Le but de cet exercice est de déterminer le sous-ensemble E C[X] des polynômes factorisables par leur dérivée Plus précisément, un polynôme P C[X] appartient à E si et seulement s il existe un polynôme Q C[X] tel que P Q P Montrer que C 0 [X] E {0} Soient λ C, α C et n Montrer que le polynôme λx α n appartient à E Soit P E tel que degp Pour alléger les notations, on pose n degp a On note Q le polynôme de C[X] tel que P Q P Déterminer le degré de Q b Montrer qu il existe α C sans chercher à le calculer tel que P n X α P c Montrer par récurrence que k {0,,,, n }, P k n k X α P k+ d En déduire les valeurs de P α, P α, P α,, P n α Que peut-on dire de α? e Déterminer l ensemble des racines de P ainsi que l ordre de multiplicité de chaque racine f En déduire qu il existe λ C tel que P λx α n 4 Conclure en donnant les éléments de l ensemble E BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

42 Exercice 4 Le but de cet exercice est de redémontrer que les médianes, les médiatrices ou les hauteurs d un triangle du plan sont concourantes, et surtout de prouver que si ces trois points de concours ne sont pas confondus alors ils sont alignés la droite ainsi définie est appelée droite d Euler On propose deux démonstrations différentes, les deux parties de l exercice sont donc indépendantes Soit ABC un triangle du plan On désigne par I le milieu de [BC], par J le milieu de [AC] et par K le milieu de [AB] Première méthode : calcul vectoriel Justifier que G Bar A,, B,, C, appartient à chaque médiane de ABC Soit Ω le point d intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [AC] a Montrer que ΩA AB AB et prouver une expression similaire pour ΩA AC b Rappeler que AB AC + BC + AC CB c En déduire que ΩI BC 0 et justifier que Ω appartient à la médiatrice de [BC] Soit H le point défini par H Ω + u où u ΩA + ΩB + ΩC a Montrer que AH ΩI b En déduire que AH BC et justifier que H appartient à la hauteur issue de A c Prouver des résultats similaires pour les hauteurs issues de B et C 4 En utilisant les définitions de G et H ci-dessus, montrer que ΩH ΩG 5 Conclure en distinguant les cas où au moins deux des trois points G, Ω et H sont confondus Deuxième méthode : coordonnées cartésiennes On munit le plan d un repère orthonormé dont l origine est placée en A0, 0 On désigne les coordonnées de B et C par Bx B, y B et Cx C, y C 0 Déterminer les coordonnées de I, J et K a Déterminer les coordonnées de G Bar A,, B,, C, b Montrer AG est colinéaire à AI et justifier que G appartient à la médiane issue de A c Prouver des résultats similaires pour les médianes issues de B et C Soit Ωx Ω, y Ω le point d intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [AC] a Déterminer des représentations cartésiennes des médiatrices de [AB] et [AC] b Montrer que les coordonnées de Ω vérifient l équation xω M x B + y B y Ω x C + y C où M est une matrice de M R qu on déterminera c En utilisant que AB et AC ne sont pas colinéaires, montrer que M Gl R d En déduire les coordonnées de Ω e Montrer que IΩ BC 0 et justifier que Ω appartient à la médiatrice de [BC] Soit Hx H, y H le point d intersection de la hauteur issue de C et de la hauteur issue B a Déterminer des représentations cartésiennes des hauteurs issues de C et B b Montrer que les coordonnées de H vérifient l équation xh xb x M C + y B y C y H x B x C + y B y C c En déduire les coordonnées de H d Montrer que AH BC 0 et justifier que H appartient à la hauteur issue de A 4 Montrer que GH et GΩ sont colinéaires 5 Conclure en distinguant les cas où au moins deux des trois points G, Ω et H sont confondus BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

43 Corrigé du DS n o 5 de mathématiques Exercice Soit P X 6 + On commence par factoriser P dans C[X] D après le théorème de d Alembert-Gauss, P 6 i X α i où α i i {,,6} sont les six racines complexes de P non nécessairement distinctes Ces racines sont les solutions de l équation P z 0 d inconnue z C Puisque P 0 0, on a z 0 et on peut écrire z re iθ avec r > 0 et θ [0, π[ Donc : N oubliez pas de justifier que z 0 avant de l écrire sous forme exponentielle P z 0 z z 6 re iθ 6 r { 6 e 6iθ e iπ r 6 6θ π [π] { r car r > 0 θ π [ π ] 6 6 { r θ { π 6, π 6, 5π 6, 7π 6, 9π 6, π } 6 car θ [0, π[ { r θ { π 6, π, 5π 6, 7π 6, π, π } 6 z {e iπ/6, e iπ/, e 5iπ/6, e 7iπ/6, e iπ/, e iπ/6} { z + i, i, + i, } i, i, i Par conséquent la factorisation de P dans C[X] est : P X i X i X + i X + + i X + i X + i Ensuite on regroupe les monômes par paires de racines complexes conjuguées, ce qui donne la factorisation de P dans R[X] : [ P X ] [ i X + i [X i X + i] X + i X + [ X X + ] [X + ] [ X + X + ] Pour développer chacun des trois crochets sans perdre de temps, il faut utiliser la formule X αx α X ReαX + α à connaître Ici chaque racine est de module et leur partie réelle est, 0, ] + i BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

44 Exercice L espace est muni d un repère orthonormé Pour tout n N, on note P n l ensemble des points Mx, y, z dont les coordonnées vérifient la relation suivante : P n : x + y + z + + nx 5y + 4z 0 On note également P l ensemble des points Mx, y, z dont les coordonnées sont de la forme : x + s t P : y + s + t, s, t R z + s + 4t La relation vérifiée par les coordonnées des points de P n peut aussi s écrire : P n : + nx + 5ny + + 4nz + n 0 En particulier si y z 0 alors x n +n + n 0 car n N De plus le vecteur N n est non nul car + n 0 On en déduit que P n est le plan passant par + n 5n + 4n le point de coordonnées n +n, 0, 0 et de vecteur normal N n N oubliez pas de préciser que le vecteur normal N n est non nul pour justifier que P n est un plan Si N n était le vecteur nul alors P n serait soit l ensemble vide si n 0 soit l espace tout entier si n 0, ce qui est absurde ici car n N Pour P, les vecteurs u et u 4 ne sont pas colinéaires car u 0 et il n existe pas λ R tel que u λ u On reconnait donc la représentation paramétrique d un plan passant par le point de coordonnées,, et de vecteurs directeurs u et u N oubliez pas de préciser que les vecteurs directeurs u et u ne sont pas colinéaires pour justifier que P est un plan Si u était colinéaire à u alors P serait soit une droite si u 0 ou u 0 soit un point si u u 0 En utilisant les deux premières équations de la représentation paramétrique de P, on a : { { x + s t s t x y + s + t s + t y + { s t x 4t x + y + L L L { s t + x x+y+ 4 + x x+y 4 t x+y+ 4 On utilise ensuite ces expressions des paramètres dans la troisième équation de la représentation paramétrique de P pour obtenir une représentation cartésienne : x + y x + y + P : z z + 4 x + y 4x + 4y x 5y + 4z 0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

45 D après le résultat précédent, N N 0 N 0 λ 5 4 est un vecteur normal au plan P Puisque et N ne sont pas colinéaires car N 0 et il n existe pas λ R tel que N, on en déduit que les plans P 0 et P se coupent selon une droite de représentation cartésienne : { x + y + z + 0 D P 0 P : x 5y + 4z 0 Pour z 0 et z, on obtient les systèmes linéaires suivants : { x + y + 0 x 5y 0 { x + y x 5y { x + y 6y L L L { x y y et { x + y x 5y { x + y x 5y { x + y 6y 0 L L L { x y y 0 Ainsi les points de coordonnées,, 0 et, 0, appartiennent à la droite D et le vecteur de coordonnées 0 est un vecteur directeur de D On en 0 déduit une représentation paramétrique : x t D : y + t z t On peut également poser le paramètre z t puis remplacer cette expression de z dans les deux équations cartésiennes de D pour obtenir un système linéaire de deux équations dont la résolution donne les expressions de x et y en fonction du paramètre t Les deux méthodes sont équivalentes 4 Soient n N et Mx, y, z un point appartenant à D P 0 P Puisque M P 0 et M P, les coordonnées de M vérifient les relations suivantes : x + y + z 0 et x 5y + 4z 0 En particulier x + y + z + nx 5y + 4z 0 + n 0 0 et donc M P n Ceci étant vrai pour tout M D, on a démontré que D P n pour tout n N Attention de ne pas tomber dans le piège de cette question : utiliser la représentation paramétrique de D obtenue à la question précédente va aboutir au même résultat mais les calculs seront beaucoup plus longs Ici le résultat est immédiat à l aide des représentations cartésiennes de P 0 et P BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

46 5 Soient n N et λ R tel que N n λ N On a : N n λ N + n 5n + 4n λ + n λ 5n 5λ + 4n 4λ + n λ L L + 5L L L 4L donc N n et N ne sont pas colinéaires car N 0 On en déduit que les plans P n et P se coupent selon une droite Or D P n d après le résultat de la question précédente et D P 0 P P Par conséquent, P n P D pour tout n N N oubliez pas de justifier que les vecteurs normaux N n et N ne sont pas colinéaires En fait, c est le point le plus difficile de cette question facile 6 Soit n N La distance de A,, à P n : + nx + 5ny + + 4nz + n 0 est donnée par : d n + n + 5n + + 4n + n + n + 5n + + 4n + n + 0n + + n + n + n + n + 0n + 5n + + 8n + 6n n + 7 4n + n + 7 4n + car n N Inutile de démontrer la formule de la distance d un point à un plan, ce n est pas demandé par l énoncé Par contre, il faut penser à simplifier ses résultats 7 On a pour tout n N : d n n + 7 4n + n 4n n n 4 4 En particulier, la suite d n n N est convergente et lim n + d n 4 8 La distance de A,, à P : x 5y + 4z 0 est donnée par : d Exercice Soit E l ensemble des polynômes P C[X] tels que P Q P où Q C[X] Soit P C 0 [X] E P C 0 [X] signifie que degp 0 c est-à-dire que P est un polynôme constant En particulier P 0 Puisque P E, on a donc P Q P Q 0 0 Ainsi C 0 [X] E {0} Soit maintenant P {0}, c est-à-dire P 0 On a degp 0 donc P C 0 [X] De plus, P Q P pour n importe quel polynôme Q C[X] car P P 0, d où P E Par conséquent P C 0 [X] E et donc {0} C 0 [X] E On en déduit que C 0 [X] E {0} par double inclusion Cette question est très facile Profitez-en pour montrer que vous êtes précis et rigoureux dans vos raisonnements En particulier, n oubliez de justifier l inclusion réciproque BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

47 Soient λ C, α C et n On pose P λx α n Puisque n, on a : P λnx α n et donc n X α P λn n X αx αn λx α n P Ainsi P Q P avec Q n X α C[X], et par conséquent le polynôme P λx αn appartient à E Soit P E tel que degp On pose n degp a Soit Q C[X] tel que P Q P Puisque degp, on a degp degp et donc : degp detq P degq + degp degq + degp Par conséquent, degq degp degp + b D après le résultat précédent, Q est de la forme Q ax + b avec a, b C et a 0 De plus, P est de la forme P n k0 a kx k avec a 0, a, a,, a n C n et a n 0 En particulier, le coefficient dominant de P est a n Or P n k a kkx k donc le coefficient dominant de P est a n n et le coefficient dominant de Q P ax + b P est a a n n En égalisant les coefficients dominants de P Q P, on obtient : a n a a n n a n car a n 0 Donc Q est de la forme Q ax + b n X + b n X nb n X α avec α b n C Par conséquent, il existe bien α C tel que P Q P n X α P c Montrons par récurrence que k {0,,,, n }, P k n k X α P k+ D après le résultat précédent on a : P 0 P n X α P 0+ X α P n 0 donc le résultat est vrai pour k 0 On suppose le résultat vrai pour un entier k {0,,,, n } fixé On a alors : Donc : P k+ P k k+ X α P par hypothèse de récurrence n k n k P k+ + n k X α P k+ n k P k+ + n k X α P k+ n k X α P k+ P k+ n k P k+ puis : P k+ n k n k n k X α P k+ n k P k+ n k n k P k+ n k + X α P k++ Par conséquent, le résultat est héréditaire On en déduit donc par récurrence que l égalité est vraie pour tout k {0,,,, n } Attention dans ce genre de récurrence sur un nombre fini d entiers seulement, il faut prouver l hérédité pour k {0,,,, n } mais pas pour k n, sinon on démontrerait que l égalité est vraie aussi au rang k + n + n ce qui est faux ici car n k n est pas défini pour k n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

48 d D après le résultat précédent, on a pour tout k {0,,,, n } : P k α n k α α P k+ α 0 P k+ α 0 donc P α P α P α P n α 0 On en déduit que α est une racine de P d ordre de multiplicité au moins égal à n Cette question comporte un piège!! On peut seulement dire pour l instant que α est d ordre AU MOINS n Pour justifier que l ordre de α est EXACTEMENT n, il faudrait en plus justifier que P n α 0, ce qui n est pas demandé e D après le théorème de d Alembert-Gauss, P C[X] possède exactement n degp racines comptées avec multiplicité Or α est une racine d ordre de multiplicité au moins égal à n, donc α est la seule racine de P et son ordre de multiplicité est exactement n Soyez concis et précis pour ce genre de question Le mot-clef ici est le théorème de d Alembert-Gauss Impossible de justifier précisément votre réponse sans le citer f D après le résultat précédent, α est la seule racine de P C[X] D après le théorème de d Alembert-Gauss, P est donc de la forme : P λx αx αx α X α λx α n où λ C est le coefficient dominant de P 4 Soit P E On a deux cas possibles selon le degré de P : soit degp 0 alors P C 0 [X] E et donc P 0 d après le résultat de la question ; soit degp alors P λx α n avec λ C, α C et n d après le résultat de la question Donc E {0} {λx α n λ C, α C et n } Réciproquement {0} E d après le résultat de la question et {λx α n λ C, α C et n } E d après le résultat de la question Finalement, on obtient par double inclusion : E {0} {λx α n λ C, α C et n } Le correcteur attend de vous que vous ayez compris l objectif de l exercice et la structure de la démonstration Faites-en un résumé succinct et précis en vous référant à chaque question pour en illustrer l intérêt Exercice 4 Soit ABC un triangle du plan On désigne par I le milieu de [BC], par J le milieu de [AC] et par K le milieu de [AB] Première méthode : calcul vectoriel Soit G Bar A,, B,, C, On a I BarB,, C, car I est le milieu de [BC] Par associativité du barycentre, on obtient G Bar A,, I, donc G appartient à la droite AI, c est-à-dire à la médiane issue de A De même, on obtient G Bar B,, J, Bar C,, K, donc G appartient aux médianes issues de B et C Soit Ω le point d intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [AC] a On a : ΩA AB ΩK + KA AB d après la relation de Chasles ΩK AB + KA AB par linéarité du produit scalaire Or K est le milieu de [AB] donc KA AB De plus, puisque Ω appartient à la médiatrice de [AB], Ω appartient à la droite perpendiculaire à AB passant par K et donc ΩK AB On en déduit que : ΩA AB 0 AC AB AB BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

49 De même, on obtient que : ΩA AC ΩJ + JA AC ΩJ AC + JA AC 0 AC AC AC b On a d après la relation de Chasles et par propriétés de la norme : AB AB AC + CB AC +AC CB+ CB AC +BC + AC CB c On a d après les résultats précédents : ΩI BC ΩA + AI BC ΩA BA + AC + AI BC ΩA AB + ΩA AC + AI BC AB AC + AI BC AC + BC + AC CB AC + AI BC BC BC + CA BC + AI BC BC + CI BC Or I est le milieu de [BC] donc CI BC et par conséquent ΩI BC 0 On en déduit que ΩI BC donc Ω appartient à la droite perpendiculaire à BC passant par I c est-à-dire la médiatrice de [BC] Soit H le point défini par H Ω + u où u ΩA + ΩB + ΩC a Par définition du point H on a ΩH u ΩA + ΩB + ΩC Donc d après la relation de Chasles : AH AΩ + ΩH AΩ + ΩA + ΩB + ΩC 0 + ΩI + IB + ΩI + IC ΩI + 0 car I est le milieu de [BC] donc IC BC IB Finalement AH ΩI b D après le résultat précédent, on a AH BC ΩI BC 0 en utilisant le résultat de la question c Donc Ω appartient à la droite perpendiculaire à BC passant par A c est-à-dire la hauteur issue de A c De même, on obtient BH ΩJ puis BH AC 0 car Ω appartient à la droite perpendiculaire à AC passant par J et CH ΩK puis CH AB 0 car Ω appartient à la droite perpendiculaire à AB passant par K On en déduit que H appartient aux hauteurs issues de B et C 4 Par définition du point H et d après la relation de Chasles, on obtient : ΩH ΩA + ΩB + ΩC ΩG + GA + ΩG + GB + ΩG + GC ΩG + GA + GB + GC Or GA + GB + GC 0 car G Bar A,, B,, C, d après la définition du barycentre Finalement, on a ΩH ΩG BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

50 5 D après le résultat de la question, les trois médianes de ABC sont concourantes en G D après le résultat de la question, les trois médiatrices de ABC sont concourantes en Ω D après le résultat de la question, les trois hauteurs sont concourantes en H De plus si au moins deux de ces trois points sont confondus alors les trois points sont confondus d après le résultat de la question 4 par exemple si G Ω alors ΩH ΩG 0 et donc G H Ω Il reste le cas où ces trois points sont deux à deux distincts, alors ils G, Ω et H sont alignés d après le résultat de la question 4 Même commentaire que pour la dernière question de l exercice Soyez succinct et précis en vous référant à chaque question pour en illustrer l intérêt Deuxième méthode : coordonnées cartésiennes On munit le plan d un repère orthonormé dont l origine est placée en A0, 0 On désigne les coordonnées de B et C par Bx B, y B et Cx C, y C 0 Puisque I est le milieu de [AB], on a I BarB,, C, et donc I x B +x C, y B+y C De même on obtient avec les coordonnées barycentriques que J x C, y C et que K xb, y B a Toujours d après les coordonnées barycentriques, puisque G Bar A,, B,, C,, on a G x B +x C, y B+y C b On a d après les résultats précédents : xb +x C AG y B +y C xb +x C y B +y C AI donc AG est colinéaire à AI Par conséquent, G appartient à la droite AI c est-à-dire la médiane issue de A c De même on a : xb +x C BG x B y B +y C y B et CG xb +x C x C y B +y C y C xc x B y C y B xb x C y B y C xc x B y C y B xb x C y B y C et on en déduit que G appartient aux médianes issues de B et C xc x B y C y B xb x C y B y C BJ CK Soit Ωx Ω, y Ω le point d intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [AC] a La médiatrice de [AB] est perpendiculaire à AB donc xb AB est un vecteur normal à cette médiatrice On en déduit que la médiatrice de [AB] a une équation cartésienne de la forme x B x + y B y + d 0 où d R Et puisque cette médiatrice passe par le point K x B, y B milieu de [AB], on a x xb B y + y B B + d 0 et donc d x B + yb D où une représentation cartésienne de la médiatrice de [AB] : x B x + y B y x B + yb y B De même, la médiatrice de [AC] admet pour vecteur normal xc AC par le point J x C, y C, on obtient donc pour représentation cartésienne : y C et passe x C x + y C y x C + yc BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

51 b Puisque Ω est le point d intersection de la médiatrice de [AB] et de la médiatrice de [AC] ses coordonnées Ωx Ω, y Ω vérifient les deux équations cartésiennes obtenues à la question précédente, c est-à-dire : { xb x Ω + y B y Ω x B + yb x C x Ω + y C y Ω x C + yc On a donc un système linéaire de deux équations à deux inconnues x Ω et y Ω qui peut aussi s écrire sous la forme matricielle équivalente suivante : xb y B xω x B + y B xω x C y C y Ω x C + yc M x B + y B y Ω x C + y C xb y avec M B M R x C y C c Puisque AB et AC ne sont pas colinéaires on a det AB, AC 0, c est-à-dire : xb 0 x det AB, AC det C 0 y B 0 y C 0 x C y C x B y C y B x C donc x B y C y B x C 0 Or on a : xb y detm det B x B y C x C y B x B y C y B x C On en déduit que detm 0 donc que M est inversible, c est-à-dire M Gl R On vient en fait d utiliser que det t M detm, c est-à-dire que t M est inversible si et seulement si M est inversible d Puisque M est inversible, on a d après le résultat de la question b : xω M x B + y B xω y Ω x C + y C y Ω M x B + yb x C + y C xb y Or M B et detm x B y C x C y B, donc : x C y C M yc y B x B y C x C y B x C x B On en déduit les coordonnées Ω : xω yc y B x B + y B y Ω x B y C x C y B x C x B x C + y C yc x B + y B yb x C + y C x B y C x C y B x C x B + yb + xb x C + yc Inutile d essayer de développer ces expressions, puisqu il n y a aucune relation entre les coordonnées de B et celles de C, les résultats ne peuvent se simplifier e D après les résultats précédents, on a : IΩ xω x B+x C BC xc x y Ω y B+y C B y C y B x Ω x B + x C x C x B + x Ω x C x B y Ω y B + y C x C x Ω + y C y Ω x } {{ } B x Ω + y B y Ω } {{ } x C +y C x B +y B x C + yc x B yb x C + x B yc + yb 0 y C y B x C x B + yω y C y B y C yb x C x B y C yb BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

52 On en déduit que ΩI BC donc Ω appartient à la droite perpendiculaire à BC passant par I c est-à-dire la médiatrice de [BC] Soit Hx H, y H le point d intersection de la hauteur issue de B et de la hauteur issue C a La hauteur issue de C est perpendiculaire à AB donc xb AB est un vecteur normal à cette hauteur On en déduit que la hauteur issue de C a une équation cartésienne de la forme x B x + y B y + d 0 où d R Et puisque cette hauteur passe par le point C x C, y C, on a x B x C + y B y C + d 0 et donc d x B x C + y B y C D où une représentation cartésienne de la hauteur issue de C : y B x B x + y B y x B x C + y B y C De même, la hauteur issue de B admet pour vecteur normal xc AC par le point B x B, y B, on obtient donc pour représentation cartésienne : y C et passe x C x + y C y x C x B + y C y B b Puisque H est le point d intersection de la hauteur issue de C et de la hauteur issue de B ses coordonnées Hx H, y H vérifient les deux équations cartésiennes obtenues à la question précédente, c est-à-dire : { xb x H + y B y H x B x C + y B y C x C x H + y C y H x C x B + y C y B On a donc un système linéaire de deux équations à deux inconnues x H et y H qui peut aussi s écrire sous la forme matricielle équivalente suivante : xb y B xh xb x C + y B y C xh xb x M C + y B y C x C y C y H x C x B + y C y B y H x B x C + y B y C c Puisque M est inversible, on a : xh xb x M C + y B y C xh M xb x C + y B y C y H x B x C + y B y C y H x B x C + y B y C Or M x B y C x C y B yc y B voir la question d, d où les coordonnées x C x B de H : xh yc y B xb x C + y B y C y H x B y C x C y B x C x B x B x C + y B y C yc x B x C + y B y C y B x B x C + y B y C x B y C x C y B x C x B x C + y B y C + x B x B x C + y B y C yc y B x B x C + y B y C x B y C x C y B x B x C x B x C + y B y C d D après les résultats précédents, on a : AH BC xh 0 xc x B y H 0 y C y B x H x C x B + y H y C y B x C x H + y C y H x } {{ } B x H + y B y H } {{ } x B x C +y B y C x B x C +y B y C x B x C + y B y C x B x C y B y C 0 On en déduit que AH BC donc H appartient à la droite perpendiculaire à BC passant par A c est-à-dire la hauteur issue de A BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

53 4 D après les résultats précédents, on a : det GH, GΩ xh x B+x C det x Ω x B+x C y H y B+y C y Ω y B+y C x H x B + x C y Ω y B + y C y H y B + y C x Ω x B + x C x H y Ω y B + y C x H x B + x C y Ω + 9 x B + x C y B + y C y H x Ω + x B + x C y H + y B + y C x Ω 9 y B + y C x B + x C x H y Ω y H x Ω } {{ } X + y B + y C x Ω x H + } {{ } x B + x C y H y Ω } {{ } X X On ne peut malheureusement pas utiliser les mêmes simplifications que celles des questions e et d Il faut donc tout développer avec les expressions des coordonnées de Ω et H obtenues aux questions précédentes On commence par simplifier X : donc : X x H y Ω y H x Ω y C y B x B x C + y B y C x C x B + y B + xb x C + yc x B y C x C y B x B y C x C y B x B x C x B x C + y B y C y C x B + y B yb x C + yc x B y C x C y B x B y C x C y B x B x C + y B y [ C x B y C x C y B y C y B x Bx C x C yb + x B x C + x B yc x B x C x By C + yby C x Cy B y B yc ] X x By C x C y B x B x C + y B y C y C y B x Bx C x C yb + x B x C + x B yc x B x C x By C + yby C x Cy B y B yc x Bx C y C x C y By C + x B x Cy C + x B y C + x Bx C y B + x C y B x B x Cy B x B y B y C x By C x B y By C + x B x Cy B + x B y B y C + x Bx C y C + x C y By C x Cy B x C y B y C x B x Cy C + x B y C + x Bx C y B + x C y B x By C x B yby C x B y C x B yb + x C + yc + xc y B x B + yb x C yc x B y C x C y B x B yb + x C + yc x Cy B x C y B y C et finalement : X x Bx C + y B y C x B y B + x C + y C x B y C x C y B BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

54 Puis on s implifie X : X y B + y C x Ω x H [ y yc x B + y C B + yb ] yb x C + yc y C y B x B x C + y B y C x B y C x C y B x B y C x C y B y B + y [ C x 6 x B y C x C y B By C + yby C x Cy B y B yc ] x B x C y C y B yc + x B x C y B + yby C y B + y ] C [x 6 x B y C x C y B By C + yby C x Cy B y B yc x B x C y C + x B x C y B Pour X, on a : X x B + x C y H y Ω [ x x B x C x B x C + y B y C B + x C x C x B + y ] B + xb x C + yc x B y C x C y B x B y C x C y B [ x xc y B + x C B + x ] B xb y C + x C x C x B y B y C + x B x C y B x C y C x B y B y C y C x B On retrouve le même calcul que X en intervertissant chaque lettre x et y, donc : x B + x ] C X [y 6 y B x C y C x B Bx C + x Bx C ycx B x B x C y B y C x C + y B y C x B x B + x ] C [x C yb + x 6 x B y C x C y B Bx C x B yc x B x C x C y B y C + x B y B y C Par conséquent : X + X 6 x B y C x C y B y B + y C x By C + y By C x Cy B y B y C x B x C y C + x B x C y B + x B + x C x C y B + x Bx C x B y C x B x C x C y B y C + x B y B y C x By B y C + y By C x Cy B y By C x B x C y B y C + x B x C y B +x By C + y By C x Cy B y C y B y C x B x C y C + x B x C y B y C +x B x C y B + x Bx C x By C x Bx C x B x C y B y C + x By B y C +x Cy B + x Bx C x B x C y C x B x C x Cy B y C + x B x C y B y C x By B y C + y By C + x B x C y B x Cy B y C y B y C x B x C y C +x B x C y B + x Bx C + x By B y C x B x C x B x C x Cy B y C y B y C x B + yb x C yc + xb x C y B + x B yc x C x B x C + y B y C x B + x C yb yc Finalement : X + X x Bx C + y B y C x B + y B x C y C X x B y C x C y B on en déduit que det GH, GΩ X + X + X 0, d où GH et GΩ sont colinéaires Bien sûr, les calculs de cette question étaient extrêmement compliqués et beaucoup trop longs pour être faits en DS A vous de savoir vous arrêter pour revenir sur des questions précédentes auxquelles vous n avez pas répondues BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

55 5 Si G Ω alors les médiatrices et les médianes de ABC sont confondues, par conséquent elles sont aussi ses hauteurs et donc G H Ω Si G Ω alors GΩ 0 d où ΩH λ ΩG pour un certain λ R d après le résultat de la question précédente Le raisonnement de la question 5 de la première méthode permet alors de conclure Attention, a priori on peut avoir GH 0 et GΩ 0 sans contredire le fait que GH et GΩ sont colinéaires Si on veut écrire ΩH λ ΩG pour utiliser le raisonnement de la question 5 de la première méthode, il faut donc distinguer le cas où GΩ 0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

56 DS n o 6 de mathématiques durée : h, calculatrice interdite Exercice On s intéresse à une mutation dynamique de l information génétique au sein d une lignée de cellules Pour simplifier les notations, on désigne par A, B et C les trois parties du génome touchées par la mutation On observe les résultats suivants : la mutation ne touche qu une seule partie du génome de chaque cellule à chaque génération ; lorsque la mutation touche A alors elle touche B ou C à la génération suivante avec la même probabilité ; lorsque la mutation touche B alors elle touche A ou C à la génération suivante avec la même probabilité ; lorsque la mutation touche C alors elle continue de toucher C à la génération suivante Pour toute génération n N et pour chaque lettre X {A, B, C}, on note X n l événement : «la mutation touche X à la n-ième génération» et x n la probabilité de l événement X n Enfin, on suppose que la mutation touche A à la première génération, c est-à-dire a et b c 0 a Déterminer a, b et c b Montrer pour tout n N que a n+ b n et obtenir une relation similaire pour b n+ c Pour tout n N, exprimer c n+ en fonction de a n, b n et c n sans justifier a n+ a n d Montrer que n N, b n+ L b n où L M R est une matrice qu on c n+ c n 0 0 exprimera en fonction de la matrice M 0 0 e Montrer que n N, a n b n c n a Montrer que la matrice P L n a b c est inversible et calculer son inverse b Montrer que P MP D + N où D diag,, et N M R est une matrice qu on déterminera c Calculer les produits matriciels DN, ND et N d Montrer que k N, D + N k D k + k N e Pour tout k N, exprimer les coefficients de M k en fonction de k En déduire des expressions des probabilités a n, b n et c n pour tout n N 4 Déterminer lim n + a n, lim n + b n et lim n + c n Interpréter ce résultat Exercice Cet exercice propose de déterminer la droite de régression affine d une série statistique double par la méthode des moindre carrés On considère donc deux caractères quantitatifs x et y sur une population de taille n Pour k {,,, p} et l {,,, q}, on note x k, y l chaque modalité conjointe du couple statistique x, y et n k,l l effectif conjoint associé ainsi p q k l n k,l n On note également n x k q l n k,l l effectif de la modalité x k et n y l p k n k,l celui de y l BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

57 Rappels de cours a Rappeler les définitions des moyennes x, y, x, y et xy b Rappeler les définitions des variances Varx, Vary et de la covariance Covx, y c Rappeler les formules de Koenig-Huygens pour Varx, Vary et Covx, y d Prouver que Varx 0 si et seulement si le caractère x est constant et rappeler la valeur de cette constante On supposera désormais que Varx 0 Méthode des moindre carrés Pour tout couple a, b R, on désigne par a,b la droite du plan affine d équation Y ax + b On cherche à déterminer la droite de régression affine qui minimise la moyenne des carrés des distances verticales de la droite a,b au nuage de point du couple x, y Plus précisément, on cherche à déterminer un minimum de la fonction : F : R R +, a, b F a, b n p k l q n k,l ax k + b y l a Montrer que a, b R, F a, b a x + abx + b axy by + y b En déduire des expressions de F F a a, b et b a, b pour tout a, b R c Montrer que les équations F F a a, b 0 et b a, b 0 forment un système de Cramer et exprimer l unique solution A, B en fonction x, y, Varx et Covx, y d Pour cette question, on fixe a R Etudier la fonction f a : R R +, b F a, b et en déduire que b R, f a b f a y ax e Etudier la fonction f : R R +, a f a y ax et en déduire que a R, fa fa f En déduire que a, b R, F a, b F A, B g Conclure et vérifier que le point moyen du couple statistique x, y appartient à la droite de régression affine d équation Y AX + B Exercice Cet exercice propose d étudier une suite de fractions rationnelles particulières, c est-à-dire des fonctions définies comme quotients de deux fonctions polynomiales Plus précisément, on considère les suites de polynômes P n n 0 et Q n n 0 définies par { P0 0 Q 0 et n N, { Pn+ P n + XQ n Q n+ Q n XP n et on note R n n 0 la suite de fonctions définie par n N, R n : x Pnx Q nx Déterminer R 0, R, R et R ainsi que leurs domaines de définition Justifier que pour tout n N, le domaine de définition de R n est de la forme R \ E n où E n R est un ensemble fini de nombres réels Démontrer que pour tout n N, les coefficients de P n et Q n sont des entiers relatifs 4 Démontrer que n N, Q n + ip n + ix n 5 Pour cette question, on fixe n N et θ ] π, π [ a Ecrire le nombre complexe + i tanθ n sous forme algébrique b En déduire que P n tanθ sinnθ cos n θ et Q ntanθ cosnθ cos n θ c Justifier proprement que E n { tan } mπ n m entier impair tel quel n < m < n d Montrer que θ ] π n, n[ π, Rn tanθ tannθ 6 Pour cette question, on fixe n N et on suppose qu il existe deux polynômes P, Q R[X] et une fraction rationnelle R : x P x Qx telle que θ ] π n, π n[, R tanθ tannθ a Montrer que θ ] π n, π n[, P Qn QP n tanθ 0 b En déduire que P Q n QP n 0 puis que R R n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

58 Corrigé du DS n o 6 de mathématiques Exercice On s intéresse à une mutation dynamique de l information génétique au sein d une lignée de cellules Pour simplifier les notations, on désigne par A, B et C les trois parties du génome touchées par la mutation On observe les résultats suivants : la mutation ne touche qu une seule partie du génome de chaque cellule à chaque génération ; lorsque la mutation touche A alors elle touche B ou C à la génération suivante avec la même probabilité ; lorsque la mutation touche B alors elle touche A ou C à la génération suivante avec la même probabilité ; lorsque la mutation touche C alors elle continue de toucher C à la génération suivante Pour toute génération n N et pour chaque lettre X {A, B, C}, on note X n l événement : «la mutation touche X à la n-ième génération» et x n la probabilité de l événement X n Enfin, on suppose que la mutation touche A à la première génération, c est-à-dire a et b c 0 a Puisque la mutation touche A à la première génération, elle va toucher B ou C à la deuxième génération avec la même probabilité Donc a 0 car la mutation ne touchera pas A à la deuxième génération et b c Puisque A, B et C forment un système complet d événements on a a + b + c On en déduit que b c Il faut profiter de ces questions faciles pour montrer qu on sait son cours Ici, c est une bonne occasion de montrer qu on connait la définition d un système complet d événements b Soit n N Si la mutation touche A à la n + -ième génération alors la mutation a forcément touché B à la n-ième génération De plus, si la mutation a touché B à la n-ième génération, alors elle touche A ou C à la n + -ème génération avec la même probabilité, par conséquent elle touche A à la n + ime génération avec la probabilité On en déduit que a n+ b n La justification précise est donnée par la formule des probabilités totales : P A n+ P A N P An A n+ + P B N P Bn A n+ + P C N P Cn A n+ avec P An A n+ 0, P B n b n, P Bn A n+ et P C n A n+ 0 Les probabilités conditionnelles n étaient pas au programme de ce DS mais c est cette justification qui sera attendue aux concours Par un raisonnement identique, on obtient que b n+ a n c Soit n N Si la mutation touche C à la n + -ième génération alors la mutation peut avoir touché A, B ou C à la n-ième génération De plus, si la mutation a touché A à la n-ième génération, alors elle touche C à la n + -ième génération avec la probabilité De même, si elle a touché B à la n-ième génération, alors elle touche C à la n + - ième génération avec la probabilité Enfin, si elle a touché C à la n-ième génération, alors elle touche C à la n + -ième génération avec la probabilité On en déduit que c n+ a n + b n + c n De même, la justification précise est donnée par la formule des probabilités totales, qui n était pas au programme de ce DS BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

59 d Soit n N On a d après les résultats précédents : D où : a n+ b n b n+ a n c n+ a n + b n + c n 0 0 e On procède par récurrence On a : L 0 0 a b c I a b c L 0 a n+ b n+ c n a b c M L Donc l égalité est vraie pour n On suppose que l égalité est vraie au rang n N fixé On a : a n+ b n+ c n+ L L a n b n c n L n LL n L +n a b c a b c a n b n c n d après le résultat de la question précédente a b c a b c par hypothèse de récurrence par associativité du produit matriciel L n+ Donc l égalité est vraie au rang n + dès qu elle est vraie au rang n pour tout n N On en déduit que l égalité est vraie pour tout n N d après le principe de récurrence Profitez des récurrences faciles pour montrer que vous êtes précis dans vos raisonnements L objectif n est pas seulement de récupérer les points de cette question, mais aussi de mettre le correcteur dans de bonnes dispositions pour le reste de la copie Si vous répondez de manière précise et concise, le correcteur sera plus indulgent pour la suite ; mais s il doit remettre votre rédaction dans l ordre ou compléter ce qui manque a On utilise la méthode du pivot de Gauss 0 P a b c L L + L I On obtient une matrice équivalente échelonnée de rang, donc P est inversible 0 0 L L L I 0 0 L L L L 0 P 0 0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

60 b On a : P MP Donc P MP D + N avec D diag,, et N c On a : DN ND et N d On procède par récurrence On a : N, N D + N 0 I I + 0 I + 0N D N Donc l égalité est vraie pour k 0 On suppose que l égalité est vraie au rang k N fixé On a : D + N k+ D + N k D + N D k + k ND + N par hypothèse de récurrence D k+ + D k N + k ND + k N De plus, on a d après le résultat de la question précédente : ND N, N 0 et D k N DD } {{ DDD} N DD } {{ DD} DN DD } {{ DD} N k fois k fois k fois DD } {{ DD} N DD } {{ D} DN DD } {{ D} N k fois k fois k fois DD } {{ D} N k fois k N Inutile de faire une récurrence ici, le résultat est facile et surtout on a déjà montré au correcteur qu on est capable de rédiger proprement une récurrence BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

61 Par conséquent : D + N k+ D k+ + k N + k N + k 0 D k+ + k + k N + 0 D k+ + k+ N Donc l égalité est vraie au rang k + dès qu elle est vraie au rang k pour tout k N On en déduit que l égalité est vraie pour tout k N d après le principe de récurrence ATTENTION!! Le piège de cette question est qu on ne peut pas utiliser la formule du binôme de Newton ici car les matrices D et N ne sont pas commutatives d après les résultats de la question précédente : DN N N ND e Soit k N Par associativité du produit matriciel, on a : P MP k P MP P MP P MP } {{ } k fois P MP P MP P MP P MP } {{ } k fois P MI MI MI } {{ } MP k fois P M k MP P M k P On en déduit d après les résultats des questions précédentes que : M k I M k I P P M k P P P P M k P P P P MP k P P D + N k P P D k + k NP k k k k k k k k k 0 k 0 0 k k + k k 0 k + k 0 k k k k Soit n N On a d après les résultats des questions précédentes : a n a b n L n b n M 0 c n c 0 n n n M n + n n 0 n + n 0 n n n + n n n + n n n n n n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

62 D où : a n n n, b n + n n et c n n 4 On a pour tout n N, 0 n et 0 + n, donc 0 a n et n 0 b n Puisque lim n n + 0, on en déduit d après le théorème d encadrement : n lim a n 0, n + lim b n 0 et lim c n n + n + Il faut sauter sur la moindre occasion pour citer le cours Ici on pourrait ne pas justifier ces limites qui semblent évidentes, mais il ne faut surtout pas relâcher son attention et rater l occasion de placer un théorème d encadrement Soyez opportuniste!! Ainsi, à long terme, la mutation va toucher la partie C du génome avec une quasi-certitude Exercice On considère deux caractères quantitatifs x et y sur une population de taille n Pour k {,,, p} et l {,,, q}, on note x k, y l chaque modalité conjointe du couple statistique x, y et n k,l l effectif conjoint associé ainsi p q k l n k,l n On note également n x k q l n k,l l effectif de la modalité x k et n y l p k n k,l celui de y l Rappels de cours a On a : b On a : x n y n p n x k x k k q n y l y l l, { Varx p k nx k x k x n x n y n p k q l n x k x k n y l y l Vary n q l ny l y l y et Covx n et p xy n k l c Les formules de Koenig-Huygens donnent : { Varx x x Vary y y et Covx xy x y p k l q n k,l x k y l q n k,l x k x y l y d On suppose que Varx 0 Puisque 0 nvarx p k nx k x k x est une somme de carrés donc de nombres réels positifs, on en déduit que chaque terme de la somme est nulle c est-à-dire : k {,,, p}, n x k x k x 0 et par conséquent x k x Ainsi le caractère x est constant égal à x Réciproquement, on suppose que le caractère x est constant Si on note c R cette constante, alors x n p k nx k c c n p k nx k c n n c puis Varx n p k nx k c x n p k nx k c c 0 Finalement, on a montré que Varx 0 si et seulement si le caractère x est constant Et dans ce cas, on a également montré que x est égale à la constante x Méthode des moindre carrés On suppose que Varx 0 Pour tout couple a, b R, on désigne par a,b la droite du plan affine d équation Y ax + b On considère la fonction : F : R R +, a, b F a, b n p k l q n k,l ax k + b y l BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

63 a Soit a, b R D après les rappels de cours de la question, on a : F a, b n n n n a n p q k l p k l p k l p k l p k n k,l ax k + b y l q n k,l ax k + b ax k + by l + yl q n k,l a x k + abx k + b ax k y l by l + yl q a n k,l x k + n n n x k x k + ab n a n p k l p k l q abn k,l x k + n q an k,l x k y l n p n x k x k + b n n k p q k l n k,l x k y l b n a x + abx + b axy by + y p k l p k l q b n k,l q bn k,l y l + n q n y l y l + n l q l n y l y l p k l q n k,l yl b Soit a, b R D après le résultat précédent, on obtient les dérivées partielles suivantes : F a a, b ax + bx xy c On a d après les résultats précédents : et F a, b ax + b y b { F a F Or la matrice M a, b 0 b a, b 0 x x x { ax + bx xy 0 ax + b y 0 { x a + xb xy xa + b y x x a xy x b y est inversible car detm x x x 4 x x 4Varx 0 donc le système est de Cramer L unique solution est donnée par : A M xy x xy B y detm x x y 4xy 4x y 4Varx 4xy x + 4x y Covx, y Varx Covx, y + x y x + Varx + x y Covx, y car x y x x y Varx Covx, yx + Varxy c est-à-dire A Covx,y Varx et B y Covx,y Varx x BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

64 d On fixe a R et on considère la fonction f a : R R +, b F a, b On a pour tout b R : f ab F b a, b ax + b y b y ax Donc f a est décroissante sur ], y ax] et croissante sur [y ax, + [ En particulier, f a admet un minimum en y ax et donc b R, f a b f a y ax e On considère la fonction f : R R +, a f a y ax On a pour tout a R : fa f a y ax F a, y ax et donc : a x + ay axx + y ax axy y axy + y a x + ax y a x + y ax y + a x axy y + ax y + y a x x + a x y xy + y y a Varx acovx, y + Vary, f a avarx Covx, y Varx a Covx, y Varx a A Varx Ainsi f est décroissante sur ], A] et croissante sur [A, + [ En particulier, f admet un minimum en A et donc a R, fa fa f D après les résultats précédents, on a pour tout a, b R : F a, b f a b f a y ax fa fa f A y Ax F A, y Ax F A, B car y Ax y Covx,y Varx x B g Par conséquent, le minimum de la fonction F est atteint au point A, B et la droite de régression affine qui correspond à ce minimum admet pour équation : A,B : Y AX + B Covx, y Varx Covx, y Covx, y X + y x X x + y Varx Varx En particulier le point moyen de coordonnées x, y appartient à cette droite de régression affine car y Covx,y Varx x x + y Cet exercice relativement facile fournit la démonstration d un résultat admis dans le cours Les principales difficultés sont de connaître les formules du cours questions et a, de savoir calculer des dérivées partielles question b, de résoudre rapidement et efficacement des systèmes de deux équations linéaires à deux inconnues à l aide des matrices question c, et d étudier des fonctions réelles questions d, e et f Exercice On considère les suites de polynômes P n n 0 et Q n n 0 définies par { P0 0 Q 0 et n N, { Pn+ P n + XQ n Q n+ Q n XP n et on note R n n 0 la suite de fonctions définie par n N, R n : x Pnx Q nx On a : P 0 0 et Q 0 donc R 0 : x 0 0 est définie sur tout R ; P P 0 + XQ X X et Q Q 0 XP 0 0X donc R : x x x est définie sur tout R ; BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

65 P P + XQ X + X X et Q Q XP XX X donc R : x est définie sur R \ {, +} ; x x x x+x P P + XQ X + X X X X et Q Q XP X XX X donc R : x x x est définie sur R \ { x, + } x x x+ x Soit n N Puisque R n est définie comme un quotient de polynômes, son domaine de définition correspond aux nombres réels x tels que le dénominateur est non nul, c est-à-dire Q n x 0 Or Q n est un polynôme donc l ensemble de ses racines réelles est un ensemble fini le nombre de ses racines est majoré par son degré Donc, si on note E n {x R Q n x 0} l ensemble des racines réelles de Q n, alors le domaine de définition de R n est donné par R \ E n où E n est bien un ensemble fini de nombres réels On procède par récurrence Pour tout n N, on note par P n la proposition : «les coefficients de P n et Q n sont des entiers relatifs» Pour n 0 on a P 0 0 et Q 0 donc P 0 est vraie On suppose que P n est vraie pour un certain entier n N fixé On note a k k 0 les coefficients de P n k 0 a kx k et b k k 0 ceux de Q n k 0 b kx k On a donc a k Z et b k Z pour tout k 0 par hypothèse de récurrence De plus, on a : P n+ P n + XQ n k 0 k 0 a k X k + k et Q n+ Q n XP n k 0 k 0 b k X k k a k X k + X k 0 b k X k a 0 + k b k X k X k 0 a k X k b 0 k b k X k k 0 a k X k + k 0 a k + b k X k a k X k k 0 b k X k k 0 b k + a k X k b k X k+ a k X k+ Puisque a k + b k Z et b k + a k Z pour tout k, on en déduit que les coefficients de P n+ et Q n+ sont des entiers relatifs, ainsi P n+ est vraie dès que P n est vraie Finalement P n est vraie pour tout n N d après le principe de récurrence On peut également n introduire que les coefficients a 0, a,, a degpn de P n tous les autres sont nuls et les coefficients b 0, b,, b degqn de Q n tous les autres sont nuls, mais dans ce cas il est beaucoup moins pratique d écrire proprement les coefficients de P n+ et Q n+ il faut distinguer deux cas : degp n < degq n ou degp n degq n 4 On procède par récurrence On a : Q 0 + ip 0 + 0i et + ix 0 donc le résultat est vrai pour n 0 On suppose que Q n + ip n + ix n pour un certain entier n N fixé On a alors : Q n+ + ip n+ Q n XP n + ip n + XQ n Q n + ip n + ixq n + ip n Q n + ip n + ix + ix n + ix + ix n+ Par conséquent, Q n + ip n + ix n pour tout n N d après le principe de récurrence 5 Pour cette question, on fixe n N et θ ] π, π [ a On a + i tanθ + i sinθ cosθ cosθ cosθ + i sinθ + i tanθ n cos n θ einθ cosθ eiθ donc cos n cosnθ + i sinnθ cosnθ θ cos n θ + isinnθ cos n θ Comme souvent avec les nombres complexes, cette question est assez astucieuse : il faut commencer par écrire + i tanθ sous forme exponentielle pour pouvoir écrire ses puissances n-ièmes sous forme algébrique grâce à la formule de Moivre BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

66 b D après les résultats précédents, on a : P n tanθ Im Q n tanθ + ip n tanθ Im + i tanθ n cosnθ Im cos n θ + isinnθ cos n sinnθ θ cos n θ et Q n tanθ Re Q n tanθ + ip n tanθ Re + i tanθ n cosnθ Re cos n θ + isinnθ cos n cosnθ θ cos n θ c Comme on a vu à la question, E n est l ensemble des racines réelles de Q n On obtient donc d après le résultat de la question précédente et en utilisant la bijection réciproque arctan : R ] π, π [ : x E n Q n x 0 Q n tanarctanx 0 cosn arctanx 0 n arctanx π [π] k Z, arctanx π n + kπ + kπ n + kπ k Z, x tanarctanx tan n Or arctanx ] π, π [ donc l entier k Z est tel que π < + kπ n < π n < + k < n cosn arctanx cos n arctanx 0 Finalement, en posant m + k qui est un entier impair, on obtient : { mπ } E n tan m entier impair tel quel n < m < n n Soyez précis pour ce genre de questions Le mot-clef ici est «bijection réciproque» d Soit θ ] π n, π n[ On a d après les résultats de la question 5b : R n tanθ P ntanθ Q n tanθ sinnθ cos n θ cosnθ cos n θ sinnθ cosnθ tannθ 6 Pour cette question, on fixe n N et on suppose qu il existe deux polynômes P, Q R[X] et une fraction rationnelle R : x P x Qx telle que θ ] π n, π n[, R tanθ tannθ a Soit θ ] π n, π n[ D après le résultat précédent, on a : P tanθ Qtanθ Rtanθ tannθ R ntanθ P ntanθ Q n tanθ En multipliant cette égalité par QtanθQ n tanθ on obtient P tanθq n tanθ QtanθP n tanθ et donc P Q n QP n tanθ 0 b Puisque P, Q, P n et Q n sont des polynômes, P Q n QP n aussi Or le résultat précédent est vrai pour tout θ ] π n, π n[, autrement dit le polynôme P Qn QP n a une infinité de racines, c est donc le polynôme nul : P Q n QP n 0 Soit x R \ E n En divisant l égalité précédente par QxQ n x on obtient : par conséquent R R n Rx P x Qx P nx Q n x R nx BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

67 DS n o 7 de mathématiques durée : h45, calculatrice interdite Exercice Pour tout entier n N, on considère la fonction f n : [0, ] R définie par : x [0, ], f n x x n x Dans cette question, l entier n N est fixé a Étudier la monotonie de la fonction f n sur [0, ] b Démontrer qu il existe un unique α n ]0, [ tel que f n α n 0 On considère maintenant la suite α n n N a Déterminer le signe de f n α n+ pour n N b À l aide des questions précédentes, démontrer que la suite α n n N c En déduire que la suite α n n N est convergente On notera α lim n + α n d Montrer que α 0 e Supposons que 0 < α < i Montrer qu alors : lim n + αn n 0 ii À l aide de la relation f n α n 0, en déduire que α 0 f Conclure sur la valeur de α est croissante Exercice Le but de cet exercice est de démontrer que toute fonction continue et injective sur R est strictement monotone On suppose donc par l absurde qu il existe une fonction f : R R continue et injective telle que f n est pas strictement monotone, c est-à-dire telle qu il existe quatre nombres réels a, b, a, b avec a < b, a < b et fb fafb fa 0 On considère la fonction g a : x fxa + xa Montrer que g a est continue sur [0, ] et déterminer g a 0 et g a Déterminer une fonction g b continue sur [0, ] telle que g b 0 fb et g b fb Montrer qu il existe c [0, ] tel que g b c g a c 4 En rappelant que f est injective, montrer que cb a cb a 5 Conclure en étudiant le signe de cb a Exercice On considère la fonction suivante : f : x x x x x + x+ Déterminer l ensemble de définition de f et étudier la continuité de f Montrer que f est impaire Montrer que f admet un prolongement par continuité en et en 4 Etudier la limite de f en + et en x BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

68 Exercice 4 Cet exercice propose d étudier la transmission d un gène par autopollinisation ou autogamie chez certaines plantes hermaphrodites comme le pêcher et de démontrer que ce mode de fécondation favorisé par l agriculture est moins riche en diversité génétique que l interpollinisation ou allogamie, par exemple par les animaux ou le vent On s intéresse donc à un gène présent sous la forme de deux allèles notés a et A On suppose que le gène est autosomique, ainsi chaque plante autogame peut être ou bien homozygote de génotype aa ou AA ou bien hétérozygote de génotype aa Par autogamie, une plante homozygote donne une plante homozygote de même génotype, alors qu une plante hétérozygote donne des plantes aussi bien homozygotes de génotype aa ou AA qu hétérozygotes tout se passe comme la fécondation de deux plantes de même génotype On suppose qu un parent hétérozygote transmet l allèle a ou A de façon équiprobable, et que les deux allèles transmis sont indépendants De plus, on néglige les modifications d information génétique par mutation Partant d une plante hétérozygote, on étudie une lignée de générations successives par autogamie Pour tout n N, on note aa n, AA n et aa n les événements d obtenir à la n-ième génération les génotypes aa, AA et aa respectivement, et x n, y n et z n leur probabilité respective donc x y 0 et z On fixe n N pour cette question a Montrer que la probabilité qu un parent hétérozygote donne par autogamie une plante homozygote de génotype aa est 4, celle de donner une plante homozygote de génotype AA est 4, et celle de donner une plante hétérozygote de génotype aa est En déduire les probabilités conditionnelles P aan aa n+, P aan AA n+ et P aan aa n+ b Déterminer les probabilités conditionnelles P aan aa n+, P aan AA n+ et P aan aa n+, ainsi que P AAn aa n+, P AAn AA n+ et P AAn aa n+ c Que peut-on dire des événements aa n, AA n et aa n? d Justifier précisément que x n+ x n + 4 z n, y n+ y n + 4 z n et z n+ z n On va maintenant déterminer des expressions de x n, y n et z n en fonction de n N en utilisant deux méthodes différentes Les questions et sont donc indépendantes re méthode a Exprimer z n en fonction de n N b Soit n N Calculer n k x k+ x k de deux manières différentes et en déduire une expression de x n en fonction de n c Montrer que n N, x n y n et en déduire une expression de y n en fonction de n x n e méthode Pour tout n N, on pose X n y n z n a Déterminer une matrice M M R telle que n N, X n+ MX n b Montrer que n N, X n M n X 0 c Soit P 0 Montrer que P est inversible et calculer P 0 0 d Montrer que P MP est une matrice diagonale D qu on précisera e Exprimer M n en fonction de P, P, D et n f En déduire des expressions de x n, y n et z n en fonction de n 4 À l aide des résultats précédents, déterminer les limites de x n, y n et z n lorsque n tend vers + et conclure en interprétant ces résultats BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

69 Corrigé du DS n o 7 de mathématiques Exercice Pour tout entier n N, on considère la fonction f n : [0, ] R définie par : x [0, ], f n x x n x Dans cette question, l entier n N est fixé a f n est une fonction polynomiale donc continue et dérivable sur [0, ] On a : x [0, ], f nx nx n + x Or pour tout x ]0, [, x n > 0 et x > 0 donc f nx > 0 Par conséquent f n est strictement croissante sur [0, ] Le fait que f nx > 0 pour tout x ]0, [ est suffisant pour justifier que f n est strictement croissante sur [0, ] quelles que soient les valeurs de f n 0 et f n b f est continue sur [0, ] avec f n 0 < 0 et f n > 0 D après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc α n ]0, [ tel que f n α n 0 De plus, puisque f est strictement croissante sur [0, ], α n est unique On considère maintenant la suite α n n N a Soit n N Puisque f n+ α n+ 0, on en déduit que α n+ αn+ n+ On obtient donc : f n α n+ α n n+ α n+ α n n+ α n+ n+ αn n+ α n+ > 0 car α n+ ]0, [ b Soit n N D après le résultat précédent, on a f n α n+ > 0 f n α n Or f n est strictement croissante sur [0, ] d après le résultat de la question a, donc α n+ > α n pour tout n N On en déduit que la suite α n n N est strictement croissante c La suite α n n N est croissante d après le résultat précédent et bornée par car n N, α n ]0, [ On en déduit d après le théorème de convergence monotone que la suite α n n N est convergente On notera α lim n + α n d Puisque la suite α n n N est croissante, on a : α α > 0 donc α 0 e Supposons que 0 < α < i On a : lim n + α n n lim n + expn lnα n 0 car lim n + lnα n lnα < 0 et lim x expx 0 ii Puisque f n α n 0, on en déduit que α n α n n pour tout n N En passant à la limite quand n tend vers +, on obtient d après le résultat de la question précédente : α 0 f Puisque n N, α n ]0, [, on a α [0, ] Or α 0 d après le résultat de la question d De plus, on a montré à la question précédente que si α ]0, [ alors α 0 ce qui est absurde Il ne reste donc plus qu une possibilité : α Attention à bien rédiger cette question Il faut montrer qu on a compris le raisonnement par l absurde de la question précédente Exercice On suppose par l absurde qu il existe une fonction f : R R continue et injective telle que f n est pas strictement monotone, c est-à-dire telle qu il existe quatre nombres réels a, b, a, b avec a < b, a < b et fb fafb fa 0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

70 On considère la fonction g a : x fxa+ xa Puisque x xa+ xa a +a a x est continue en tant que fonction polynomiale, g a est continue sur [0, ] comme composée de fonctions continues De plus, g a 0 fa et g a fa En raisonnant comme à la question précédente, on peut montrer que la fonction g b : x fxb + xb est continue sur [0, ] avec g b 0 fb et g b fb On considère la fonction g : [0, ] R, x g b x g a x g est continue comme somme de fonctions continues De plus g0 fb fa et g fb fa, on en déduit d après les hypothèses de l énoncé que g0g 0, c est-à-dire que g0 et g sont de signes opposés Par conséquent il existe c [0, ] tel que gc 0 d après le théorème des valeurs intermédiaires, d où g b c g a c 4 Puisque g b c g a c, on a fcb + cb fca + ca Or f est injective, donc cb + cb ca + ca ce qui donne : cb a cb ca cb + ca cb a 5 Puisque c [0, ], a < b et a < b, on a cb a 0 et cb a 0 D après le résultat de la question précédente, on en déduit que cb a 0 cb a et donc que c 0 c ce qui est absurde Par conséquent, f est strictement monotone pour tout fonction f : R R continue et injective Exercice On considère la fonction suivante : On a : f : x x x x x + x+ x x + f : x exp x ln exp x + ln x x x x donc fx est bien définie pour d un tableau de signes, on obtient : > 0 et x+ x x > 0 car D exp R et D ln R + A l aide x x > 0 x ], 0[ ], + [ et x + > 0 x ], [ ]0, + [ x Donc D f ], 0[ ], + [ ], [ ]0, + [ ], [ ], + [ De plus, f est continue sur D f comme somme, composées et quotients de dénominateur non nul de fonctions usuelles continues Attention : si b R alors a b expb lna est défini seulement pour a > 0 Le domaine de définition D f de f est symétrique par rapport à l origine De plus, on a pour tout x D f : Donc f est impaire x x x + f x x x x x+ x x + x x + x+ x x x x fx x+ x N oubliez pas de préciser que le domaine de définition est symétrique par rapport à l origine pour justifier qu une fonction est paire ou impaire BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

71 A l aide du changement de variable x + t on a : Or : lim x + t t fx lim f + t lim + t 0 + t 0 + t lim +t t 0 + t lim t 0 + +t +t t lim t 0 + +t 4 expt ln+t expt lnt + t +t + t exp0 exp0 car lim t 0 + t lnt 0 par croissance comparée, donc lim x + fx 4 On en déduit que f se prolonge par continuité en en posant f Et puisque f est impaire d après le résultat de la question précédente, on en déduit que f se prolonge par continuité en en posant f f Pensez à utiliser que f est impaire pour gagner du temps sur ce type de question 4 A l aide du changement de variable x t on a : lim fx lim x + t 0 + f lim t 0 + lim t 0 + exp t /t /t /t + /t /t t ln t /t+ exp t + ln + t Inutile de factoriser ici, il n y a pas de formes indéterminées Or lim t 0 + t donc lim t 0 + t 0 et par conséquent : ln t ln + t t 0 + en utilisant l équivalent en 0 d une fraction rationnelle De plus t t ln t t 0 + t t t t t t t 0 + t t t t 0 + t, donc : et par conséquent : lim exp t 0 + t ln exp e t D autre part, on a : + t t + ln t + ln + t t 0 + t t et par conséquent : + t lim exp t 0 + t + ln exp e Finalement, lim x + fx e e 0 Et puisque f est impaire d après le résultat de la question, on en déduit que lim x fx lim x + fx 0 Comme à la question précédente, pensez à utiliser que f est impaire BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

72 Exercice 4 Pour tout n N, on note aa n, AA n et aa n les événements d obtenir à la n-ième génération les génotypes aa, AA et aa respectivement, et x n, y n et z n leur probabilité respective donc x y 0 et z On fixe n N pour cette question a Puisque l autogamie se passe comme la fécondation de deux plantes de même génotype, on peut supposer qu on part de deux parents hérérozygotes de génotype aa que l on note H et H On note a respectivement a l événement que H respectivement H transmet l allèle a, et A respectivement A l événement que H respectivement H transmet l allèle A On a donc les événements suivants : a a : obtenir une plante homozygote de génotype aa ; A A : obtenir une plante homozygote de génotype AA ; a A A a : obtenir une plante hétérozygote de génotype aa Puisque une plante hétérozygote transmet l allèle a ou A de façon équiprobable, on a P a P A et P a P A Et puisque les deux allèles transmis par une plante hétérozygote sont indépendants, on obtient : P a a P ap a 4 ; P A A P AP A 4 ; P a A A a P a A + P A a car les événements a A et A a sont incompatibles donc P a A A a P ap A +P AP a + Enfin, puisqu on néglige les modifications d information génétique par mutation, on obtient à chaque génération : P aan aa n+ P a a 4, P aa n AA n+ P A A 4, P aan aa n+ P a A A a b De même, on obtient d après les hypothèses de l énoncé : P aan aa n+, P aan AA n+ 0, P aan aa n+ 0 P AAn aa n+ 0, P AAn AA n+, P AAn aa n+ 0 c Les événements aa n, AA n et aa n sont deux à deux incompatibles et leur union forme l ensemble de tous les génotypes possibles Ces trois événements forment donc un système complet d événements d Puisque aa n, AA n et aa n forment un système complet d événements résultat précédent, on obtient d après la formule des probabilités totales et en utilisant les résultats des questions a et b : x n+ P aa n+ P aan aa n+ P aa n + P AAn aa n+ P AA n + P aan aa n+ P aa n x n + 0 y n + 4 z n x n + 4 z n; y n+ P AA n+ P aan AA n+ P aa n + P AAn AA n+ P AA n + P aan AA n+ P aa n 0 x n + y n + 4 z n y n + 4 z n; z n+ P aa n+ P aan aa n+ P aa n + P AAn aa n+ P AA n + P aan aa n+ P aa n 0 x n + 0 y n + z n z n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

73 re méthode a D après le résultat de la question précédente, z n n N est une suite géométrique de raison On en déduit donc que n N, z n n z n car z Attention : la raison est élevée à la puissance n ici car le premier terme est z si le premier terme est de rang 0, on élève à la puissance n b Soit n N On a : n x k+ x k k 4 n k n k n 4 z k d après le résultat de la question d 4 k0 4 n k d après le résultat de la question précédente k par linéarité et changement d indice n De plus, on reconnait une somme télescopique : n n n x k+ x k x k+ x k k k k k somme des termes d une suite géométrique n x k k n x k x n + k n x k k x k x x n x Puisque x 0, on en déduit que x n n c Démontrons par récurrence que n N, x n y n Pour n, le résultat est vrai car x y 0 On suppose que x n y n pour un entier n N fixé Alors on a d après les résultats de la question d : x n+ x n + 4 z n y n + 4 z n y n+ Le résultat est donc héréditaire pour tout n N puis on conclut d après le principe de récurrence Par conséquent, on en déduit d après le résultat de la question précédente que y n n pour tout n N x n e méthode Pour tout n N, on pose X n y n z n a D après les résultats de la question d, on a pour tout n N : x n+ x n + 4 z n y n+ y n + 4 z n z n+ z n c est-à-dire X n+ MX n avec M x n+ y n+ z n+ 0 /4 0 /4 0 0 / M R 0 /4 0 /4 0 0 / b Démontrons par récurrence que n N, X n M n X Pour n, le résultat est vrai car M M 0 I On suppose que X n M n X pour un entier n N fixé On a donc d après le résultat de la question précédente : X n+ MX n M M n X M M n X M n X M n+ X par associativité du produit matriciel Le résultat est donc héréditaire pour tout n N puis on conclut d après le principe de récurrence x n y n z n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

74 c Soit P D après la méthode du pivot de Gauss, on a : 0 P d On a : I P MP La matrice P est inversible car elle est échelonnée et de rang L L L L L L L L 0 / 0 / 0 0 / 0 / 0 / 0 0 / / 0 /4 0 /4 0 0 / 0 / 0 / I / 0 / 0 / P 0 0 / Ainsi P MP est égale à la matrice diagonale D diag,, e Puisque P MP D, on en déduit que M P DP en multipliant à gauche par P et à droite par P Puis en utilisant l associativité du produit matriciel, on obtient pour tout n N : M n P DP n P DP P DP P DP P DP P DP } {{ } n fois P DP P DP P DP P DP P } {{ } n fois P D n DP car DP P DI D P D n P DP f D après les résultats des questions précédentes, on obtient pour tout n N : x n y n X n M n X P D n P X z n n 0 / / / 0 0 / / n / / / n On en déduit que x n y n n et zn n / / / / / n / / n / n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

75 4 Puisque ], [, on a lim n + n 0 et limn + n 0 On en déduit d après les résultats précédents que : lim x n lim y n n + n + et lim z n 0 n + Ainsi, en partant d un parent hétérozygote, la probabilité d obtenir une plante hétérozygote après un grand nombre de fécondations autogames tend vers 0 alors que celle d obtenir une plante homozygote de génotype aa ou AA tend vers L autogamie ne favorise donc pas la diversité génétique BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

76 DS n o 8 de mathématiques durée : h0, calculatrice interdite Exercice On considère la fonction f :]0, + [ R, x fx ex x Dresser le tableau des variations de f Discuter du nombre de solutions de l équation fx a d inconnue x ]0, + [ en fonction des différentes valeurs du paramètre a R Justifier que les restrictions de f sur deux intervalles maximaux à déterminer sont bijectives On notera g et g les bijections réciproques correspondantes 4 En donnant une définition par morceaux en fonction de f, g et g, montrer qu il existe une fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ telle que : [ x, y ]0, + [, ϕx y x y ou x y et fx fy ] 5 Etudier la continuité de ϕ 6 Dresser le tableau des variations de ϕ 7 Que peut-on dire de ϕ ϕ? 8 Montrer que ϕ est dérivable sur R + \ {} et exprimer sa dérivée ϕ en fonction de ϕ 9 Donner un équivalent de fx f lorsque x et en déduire que ϕ est dérivable en 0 La fonction ϕ est-elle de classe C? Exercice On considère la fonction g : R R, x gx Etudier la régularité de g x + e x Montrer qu il existe un unique nombre réel a tel que g a 0 Etablir que a ], [ et que ga a 4 Dresser le tableau des variations de g 5 Déterminer l équation de la tangente à la courbe représentative de g au point d abscisse 0 et étudier la position relative de la courbe par rapport à cette tangente 6 Montrer que la courbe représentative de g admet des droites asymptotes aux voisinages de + et dont on donnera les équations et étudier la position relative de la courbe par rapport à ces asymptotes 7 En utilisant les résultats précédents, représenter schématiquement l allure de la courbe représentative de g sur un dessin sur lequel on fera apparaître les éléments utiles au tracé On considère maintenant la fonction h : R R, x hx + e x et la suite réelle a n n N définie par a 0 et n N, a n+ ha n On admet que, 0 < ln0 <, 8 Prouver que a est l unique solution de l équation hx x d inconnue x R 9 Justifier que 0 < a < e 0 Montrer que pour tout x : hx, e h x 0 et hx a e En déduire que pour tout n N : a n et a n a e n+ Conclure que la suite a n n N converge et déterminer sa limite Proposer, sans la calculer, une valeur approchée de a à 0 près BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

77 Exercice Afin de concevoir un exercice de cinématique sur un jongleur maladroit, une enseignante de sciences physiques a besoin de calculer un développement limité Malheureusement, elle commet de nombreuses erreurs Aidez-la à corriger son calcul avant que son collègue de mathématiques ne s en aperçoive toute ressemblance avec des personnages réels serait purement fortuite Donner le nombre de fautes commises dans le calcul, et pour chacune d entre elles expliquer brièvement quelle est l erreur Calculer vous-mêmes le développement limité recherché BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

78 Corrigé du DS n o 8 de mathématiques Exercice On considère la fonction f :]0, + [ R, x fx ex x La fonction f est dérivable sur ]0, + [ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s annule pas De plus, x ]0, + [, f x ex x e x ex x Puisque ex > 0 x x x pour tout x > 0, on en déduit que f est du signe de x x, d où le tableau des variations de f : x f x fx e + car lim x 0 + ex x + car ex x x 0 x et lim x + ex x + par croissances comparées Puisque f est continue sur ]0, + [, strictement décroissante sur ]0, ] et strictement croissante sur [, + [, on en déduit d après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l équation fx a d inconnue x ]0, + [ a : zéro solution si a ], e[ ; une seule solution si a e ; exactement deux solutions si a ]e, + [ Les solutions de l équation fx a sont les antécédents de a par f par définition D après le théorème de la bijection et les variations de f obtenues à la question, les restrictions f ]0,] :]0, ] [e, + [ et f [,+ [ : [, + [ [e, + [ sont bijectives On note g : [e, + [ ]0, ] et g : [e, + [ [, + [ les bijections réciproques correspondantes On remarque que si a ]e, + [, alors g a et g a sont les deux solutions de l équation fx a, autrement dit g a est l unique antécédent de a par f dans ]0, [ et g a est l unique antécédent de a par f dans ], + [ 4 On suppose qu il existe une fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ telle que : [ x, y ]0, + [, ϕx y x y ou x y et fx fy ] Soit x, y ]0, + [ tel que ϕx y On considère trois cas er cas : x ]0, [ Alors x y et fx fy Puisque a fx ]e, + [ admet exactement deux antécédents par f, ces deux antécédents sont x g a ]0, [ et y g a ], + [ car y x et fy fx a En particulier, ϕx y g fx e cas : x Alors x y En particulier, ϕ e cas : x ], + [ Alors x y et fx fy Puisque a fx ]e, + [ admet exactement deux antécédents par f, ces deux antécédents sont x g a ], + [ et y g a ]0, [ car y x et fy fx a En particulier, ϕx y g fx La partie de la réponse ci-dessus constitue l analyse Il n est pas nécessaire de la faire apparaître sur votre copie, mais c est cette analyse qui permet d obtenir la définition par morceaux de la fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ demandée par l énoncé Par contre, la partie de la réponse ci-dessous, la synthèse, doit apparaître sur votre copie puisque c est cette synthèse qui fournit explicitement la définition par morceaux de la fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ demandée par l énoncé BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

79 On définit par morceaux la fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ suivante : g fx si x ]0, [ ϕ : x si x g fx si x ], + [ Attention ici : g fx x et g fx x même si g et g sont des bijections réciproques de f En fait, on a précisément que g : [e, + [ ]0, ] est la bijection réciproque de f ]0,] :]0, ] [e, + [ Donc g fx x si x ]0, ] c est-à-dire g f Id ]0,], mais g fx x si x ], + [ De même pour g fx x si x [, + [ c est-à-dire g f Id [,+ [, mais g fx x si x ]0, [ Vérifions que cette fonction ϕ vérifie la propriété de l énoncé Puisque cette propriété est une équivalence, on doit vérifier deux implications Sens direct Soit x, y ]0, + [ tel que ϕx y On considère deux cas er cas : x Alors y ϕx ϕ par définition de la fonction ϕ En résumé, x y dans ce cas e cas : x Alors x ]0, [ ], + [ Si x ]0, [ alors y ϕx g fx ], + [ par définition des fonctions ϕ et g, donc y x et fy fg fx fx car f g Id [e,+ [ De même, si x ], + [ alors y ϕx g fx ]0, [ par définition des fonctions ϕ et g, donc y x et fy fg fx fx car f g Id [e,+ [ En résumé, x y et fx fy dès que x Finalement, si ϕx y alors x y ou x y et fx fy Sens réciproque Soit x, y ]0, + [ tel que x y ou x y et fx fy er cas : x y Alors ϕx ϕ y par définition de la fonction ϕ e cas : x y et fx fy Alors x et y sont les deux antécédents de a fx ]e, + [ par f Or ces deux antécédents sont g a ]0, [ et g a ], + [ Si x g a ]0, [ alors y g a g fx ϕx Si x g a ], + [ alors y g a g fx ϕx Par conséquent, y ϕx dès que x y et fx fy Finalement, ϕx y dans tous les cas La fonction ϕ :]0, + [ ]0, + [ définie plus haut vérifie donc bien la propriété : [ x, y ]0, + [, ϕx y x y ou x y et fx fy ] Cette question était un peu difficile car très abstraite Il faut bien comprendre la signification de la propriété ci-dessus avant d essayer de répondre Mais en résumé, la fonction ϕ est tout simplement la fonction qui associe à chaque x ]0, + [ le deuxième antécédent de fx par f Autrement dit, les antécédents de fx par f sont les éléments de {g fx, g fx} {x, ϕx} Si on fait le même exercice avec la fonction de départ f : x x, on obtiendrait la fonction ϕ : x x 5 La fonction f est continue sur ]0, + [ car elle est dérivable voir la question, les fonctions g et g sont continues sur [e, + [ comme bijections réciproques de fonctions continues voir la question Donc ϕ est continue sur ]0, [ ], + [ comme composée de fonctions continues voir la question 4 Pour la continuité de ϕ en, on a : lim fx f e et x d où par composition de limites : lim x ϕx lim g fx x lim ϕx lim g fx x + x + lim g y g e y e lim g y g e y e donc lim ϕx ϕ x ce qui prouve la continuité de ϕ en Finalement ϕ est continue sur ]0, + [ BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

80 6 Puisque g : [e, + [ ]0, ] et g : [e, + [ [, + [ ont les mêmes monotonies que les restrictions f ]0,] :]0, ] [e, + [ et f [,+ [ : [, + [ [e, + [ respectivement d après le théorème de la bijection, voir la question, on déduit le tableau des variations de ϕ définie à la question 4 de celui de f voir la question : x ϕx car lim x 0 + ϕx lim x 0 + g fx lim y + g y + par composition de limites et lim x + ϕx lim x + g fx lim y + g y 0 + par composition de limites 7 Soit x ]0, + [ On considère trois cas er cas : x ]0, [ Alors ϕx g fx ], + [ et par conséquent ϕϕx g fϕx g fg fx Or f g Id [e,+ [ et g f Id ]0,], donc : ϕϕx g fg fx g } {{ } fx x } {{ } fx car x car x ]0,] fx [e,+ [ e cas : x Alors ϕϕx ϕϕ ϕ x car ϕ e cas : x ], + [ Alors ϕx g fx ]0, [ et par conséquent ϕϕx g fϕx g fg fx Or f g Id [e,+ [ et g f Id [,+ [, donc : ϕϕx g fg fx g } {{ } fx x } {{ } fx car x car x [,+ [ fx [e,+ [ Ainsi ϕϕx x dans tous les cas On en déduit que ϕ ϕ Id ]0,+ [ Ce résultat est intuitif si on a bien compris l énoncé : puisque la fonction ϕ associe à chaque x ]0, + [ le deuxième antécédent de fx par f, si on applique deux fois ϕ à x on retrouve bien x qui est l un des deux antécédents de fx par f 8 La fonction f est dérivable sur R + \ {} voir la question et x R + \ {}, f x e x x x 0 Donc g et g sont dérivables sur ]e, + [ comme bijections réciproques de fonctions dérivables voir la question De plus : y ]e, + [, g y f g y et g y f g y Attention de ne pas oublier de préciser que la dérivée f de f ne s annule pas pour justifier que les bijections réciproques de f sont dérivables Donc ϕ est dérivable sur ]0, [ ], + [ R + \ {} comme composée de fonctions dérivables voir la question 4 De plus : x ]0, [, ϕ x g f x f xg fx f x f g fx f x f ϕx x ], + [, ϕ x g f x f xg fx Dans tous les cas, on obtient : x ]0, [ ], + [ R + \ {}, ϕ x f x f ϕx f x f g fx ex x x e ϕx ϕx ϕx f x f ϕx ex e ϕx ϕx x x ϕx BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

81 On peut se contenter de cette expression de ϕ en fonction de ϕ qui répond à la question de l énoncé Mais on peut aussi simplifier astucieusement ce résultat comme suit Or fx fϕx par définition de la fonction ϕ voir la question 4 donc ex x donne et finalement : e x e ϕx x ϕx x R + \ {}, ϕ x x ϕx ϕx x ϕxx x ϕx xϕx eϕx ϕx ce qui 9 Pour obtenir un équivalent de fx f lorsque x, on utilise un développement limité de f + h f lorsque h 0 : f + h f e+h + h e e e h + h ] e [ + h + h + o h 0h e + + e h + o h 0 h [ h + h + o h 0 h ] h + o h 0 h On doit utiliser des développements limités d ordre au moins ici car l équivalent recherché est de degré Notez que c est le seul «gros» calcul de tout l exercice, les autres questions font seulement appel à la réflexion Finalement, on obtient avec le changement de variable h x : e fx f x x Pour étudier la dérivabilité de ϕ en, on étudie les limites du taux d accroissement à gauche et à droite ϕx ϕ g fx lim lim x x x x ϕx ϕ g fx lim lim x + x x + x Puisque lim x g fx +, on obtient avec le changement de variable X g fx : e e g fx X fx f fg fx f fx f x x e x } {{ } fx car f g Id [e,+ [ Puisque g fx > 0 et x < 0 pour tout x dans un voisinage à gauche de, on obtient en passant à la racine : g fx g fx e g fx lim lim lim x x x x x e x En raisonnant de même avec lim x + g fx, on obtient : g fx g fx e g fx lim lim lim x + x x x + x + e x BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

82 Ainsi ϕ est dérivable à gauche et à droite en avec ϕ g ϕ d, par conséquent ϕ est dérivable en avec ϕ La deuxième partie de cette question, à savoir la dérivabilité de ϕ en, était très astucieuse Il faut tout d abord écrire ce que l on veut, puis penser à utiliser l équivalent obtenu précédemment avec les changements de variable X g fx et X g fx 0 D après les résultats précédents, la fonction ϕ est de classe D sur ]0, + [ R + D après le résultat de la question 8, ϕ est de classe C sur R + \ {} car ϕ est continue sur R + \ {} comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s annule pas De plus, on a : ϕxx lim x ϕ x lim x xϕx lim x x ϕx ϕx x ϕ ϕ ϕ ce qui prouve la continuité de ϕ en Finalement ϕ est de classe C sur ]0, + [ R + Exercice On considère la fonction g : R R, x gx x + e x Puisque x R, e x > 0, on en déduit que g est de classe C sur R comme quotient de fonctions de classe C dont le dénominateur ne s annule pas On a : x R, g x + ex xe x + e x On pose f : R R, x fx + e x xe x afin que g a 0 fa 0 La fonction f est de classe C comme somme de fonctions de classe C, et : On en déduit le tableau des variations de f : x R, f x 0 + e x e x + xe x xe x x f x 0 a fx 0 car lim x +e x xe x +0 0 par croissances comparées et lim x + +e x xe x + lim x + xe x En particulier, on en déduit d après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires qu il existe un unique nombre réel a tel que fa 0 et donc tel que g a 0 N hésitez pas à poser des fonctions auxiliaires ici f pour démontrer ce que vous souhaitez De plus, allez toujours au plus simple Ici, puisque le dénominateur de g est strictement positif, il est inutile d étudier g, l étude du numérateur de g suffit En utilisant la fonction f de la question précédente, on a f + e e > 0 et f + e e e < 0 car e > On en déduit d après le tableau des variations de f et le théorème des valeurs intermédiaires que a ], [ De plus, on a : 0 fa + e a ae a + ae a donc + e a ae a et e a a Par conséquent : ga a + e a a ae a e a a BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

83 4 Puisque x R, g x fx +e x, g est du même signe que f On déduit donc le tableau des variations de g de celui de f : x g x a gx a 0 +e x 0 par croissances compa- car lim x rées car x x x +e car x +e x x x et lim x + e x x x +e x x + 5 Pour étudier la tangente à la courbe représentative de g au point d abscisse 0, on utilise un développement limité de g en 0 : x gx + e x x + x + o x 0 x x x + + o x 0x x x + o x 0x x x 4 + o x 0x + o x 0 x Il est suffisant d utiliser les développements limités d ordre des fonctions t e t et t +t L objectif est d obtenir un développement limité de g avec un terme non nul de degré au moins, ce qui est bien le cas ici Ainsi la tangente à la courbe représentative de g au point d abscisse 0 admet pour équation y x et la courbe se situe au-dessous de cette tangente au voisinage de 0 6 Pour étudier les asymptotes à la courbe représentative de g, on considère la fonction x xg x lorsque x 0 et lorsque x 0 + : xg x x /x + e /x + e /x Puisque lim x 0 e /x 0, on a en 0 : xg e /x + o x x 0 ce qui donne avec le changement de variable X /x : e /x gx X Xe X + o X Xe X Puisque lim X Xe X 0 par croissances comparées, on en déduit que la courbe représentative de g admet pour asymptote en la droite d équation y x et la courbe si situe au-dessus de cette asymptote au voisinage de car Xe X > 0 lorsque X Si on essaie d écrire le développement limité de xg x lorsque x 0, on obtient que xg x + ox 0 x n pour tout ordre n N car lim x 0 e/x x 0 par croissances n comparées On retrouve bien l équation de l asymptote Mais puisqu il n existe pas de terme non nul de degré au moins dans ce cas, le développement limité ne permet pas d étudier la position relative de la courbe par rapport à son asymptote BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

84 Puisque n N, lim x 0 + x n +e /x 0 par croissances comparées, on a en 0+ : n N, xg 0 + o x x 0 + x n ce qui donne avec le changement de variable X /x : n N, gx 0 + o X + X n Puisque lim X + 0 pour tout n, on en déduit que la courbe représentative de g X n admet pour asymptote en + la droite d équation y 0 et la courbe se situe au-dessus de cette asymptote au voisinage de + car gx X > 0 lorsque X + +e X 7 D après les résultats précédents, l allure de la courbe représentative de g est donnée par le schéma suivant : Les éléments importants à faire apparaitre sur le schéma sont : le maximum ga a atteint en a ], [, les variations de g croissante à gauche de a et décroissante à droite, la tangente au point d abscisse 0 et le fait que la courbe est au-dessous de sa tangente au voisinage de 0, les asymptotes en et + et le fait que la courbe est au-dessus de ses asymptotes au voisinage de et + On considère maintenant la fonction h : R R, x hx + e x et la suite réelle ann N définie par a0 et n N, an+ han On admet que, 0 < ln0 <, 8 En utilisant la fonction f introduite à la question, on remarque que x R, hx x +e x x e x e x + xe x e x fx En particulier, hx x fx 0 Puisque a est l unique nombre réel tel que fa 0, on en déduit que a est l unique solution de l équation hx x d inconnue x R Pensez à réutiliser ce que vous avez déjà démontré Ici, c est une perte de temps d étudier la fonction x hx x 9 Puisque a ], [ d après le résultat de la question, on a en particulier que a > 0 De plus, a ha + e a d après le résultat de la question précédente, donc a e a < e e car la fonction x e x est strictement décroissante En résumé, 0 < a < e BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

85 0 Soit x Puisque e x > 0 on a hx + e x On a h x e x 0 et puisque la fonction t e t est croissante : h x h e En résumé, e h x 0 Enfin, puisque la fonction h est décroissante, on a lim h hx + e h donc a hx a a + + e Or e < a < 0 d après le résultat de la question précédente donc e hx a e et on en déduit que hx a e Montrons par récurrence que pour tout n N : a n et a n a e n+ Pour n 0, on a a 0 et a 0 a a a e e e 0+ d après le résultat de la question précédente Donc la proposition est vraie pour n 0 On suppose maintenant la proposition vraie pour un entier n N fixé Alors a n+ ha n d après le résultat de la question précédente car a n par hypothèse de récurrence De plus, a n+ a ha n ha et h x e pour tout x d après le résultat de la question précédente Puisque l intervalle compris entre a n et a est inclus dans [, + [, on en déduit d après l inégalité des accroissements finis que : a n+ a ha n ha e a n a ce qui donne en utilisant l hypothèse de récurrence : a n+ a e e n+ e e n+ e n++ Ainsi la proposition est vraie au rang n + dès qu elle est vraie au rang n On en déduit qu elle est vraie pour tout entier n N par récurrence Ce type de récurrence utilisant l inégalité des accroissements finis le plus souvent pour des suites définies par récurrence à l aide d une fonction dont on sait borner la dérivée est TRES classique Il faut savoir repérer et répondre à ce genre de questions Puisque lim n + e n+ 0, on déduit du résultat précédent que lim n + a n a d après le théorème d encadrement D après le résultat de la question, a n est une valeur approchée de a à e n+ près pour tout entier n N Pour obtenir une valeur approchée de a à 0 près, il suffit donc de déterminer un entier n N tel que e n+ < 0 Or on a : e n+ < 0 n + < ln 0 car ln est strictement croissante n + > ln0 n > ln0 De plus, ln0 <, donc ln0 < 5, 9 Ainsi pour tout n 6, a n est une valeur approchée de a à 0 près Il suffit donc de prendre par exemple a 6 Attention à vos raisonnements Ici on cherche une condition suffisante pour n, donc on a seulement besoin de la majoration ln0 <, La minoration, 0 < ln0 donne une condition nécessaire pour n qui est n >, 0 5, 90 Cette minoration ne permet donc pas de répondre à la question de l énoncé, mais permet de justifier que n 6 est le plus petit entier tel que a n est une valeur approchée de a à 0 près BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

86 Exercice Les fautes commises dans le calcul sont par ordre d apparition : Dans le DL 0 de u e u, le coefficient du terme de degré n est pas mais! 6 Puisqu on recherche le DL 0 de la fonction x + e x, on doit utiliser des développements limités à l ordre de chaque fonction qui la compose En particulier, il faudrait écrire le DL 0 de v + v et non son DL 0 Il y a une erreur de signe lors du changement de variable u x pour le DL 0 de x e x : le terme de degré n est pas x mais x + x 4 Puisqu on utilise le développement limité en 0 de v + v, on doit effectuer un changement de variable tel que lim x 0 v 0 Le changement de variable v e x est donc incorrect car lim x 0 e x 0 5 Il manque des termes lors du développement de x x x + o x 0x Le coefficient du terme de degré n est pas mais De même, le terme de degré n est pas mais Il y a une erreur de calcul lors de la somme des développements limités à la dernière ligne Le coefficient du terme de degré n est pas + 8 mais On peut aussi compter l erreur n o 5 comme deux fautes mais la cause de l erreur est identique pour les deux coefficients BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

87 On a : e u + u + u + u 6 + o u 0u + v + v / + v v 8 + v 6 + o v 0u car De plus : + e x + e x e + x! 6 e x avec lim 0 x 0 En posant u x, on obtient : e x x + x + x 6 + o x 0 x x x + 4 x + o x 0x puis en posant v e x, on obtient : + e x e + x + + e x 8 x x + 4 x e x x x + 4 x x 8 x x + 4 x + x 7 84 x + o x 0 x x x + 4 x e x e x + o x 0 + x x x + o x 0 x 4 x 8 x + x + o x 0 x x + o x 0 x BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

88 DS n o 9 de mathématiques durée : h0, calculatrice interdite Problème Pour un entier naturel non nul n donné, on considère une urne contenant n boules numérotées et indiscernables au toucher : n boules numérotées 0 et les n boules restantes numérotées de à n On effectue au hasard et sans remise deux tirages successifs d une boule dans cette urne On note X le plus grand des deux numéros obtenus et Y le plus petit Ce problème a deux objectifs indépendants : calculer les espérances de X et Y, et calculer la probabilité de l événement X Y + Partie 0 : préliminaire On note A le premier numéro tiré et B le deuxième Déterminer l ensemble des valeurs possibles prises par A et B Déterminer la loi de probabilité de A et en déduire que son espérance est égale à n+ 4 Justifier brièvement que B a la même loi de probabilité que A et en déduire son espérance 4 Exprimer la probabilité conditionnelle P Aa B b en fonction de n en distinguant plusieurs cas selon les différentes valeurs de a, b {0,,, n} Partie : calcul des espérances de X et Y Déterminer l ensemble des valeurs possibles prises par X Calculer la probabilité de l événement X 0 On fixe un entier k {,,, n} pour cette question a Justifier précisément que : k P X k P A k P Ak B b + b0 k P A ap Aa B k b En utilisant les résultats du préliminaire, en déduire que P X k n+k nn 4 Déduire des résultats précédents l expression de l espérance de X en fonction de n 5 En remarquant que X + Y A + B, montrer que EY n 6n 6 Donner un équivalent simple de EX EY quand n tend vers l infini et interpréter ce résultat Partie : calcul de la probabilité de l événement X Y + Justifier précisément que : P X Y + k a0 [ ] P A kp Ak B k + P A k P Ak P B k En utilisant le préliminaire, donner une expression simple de la probabilité P X Y + en fonction de n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

89 Exercice Le but de cet exercice est d obtenir un développement asymptotique en de la bijection réciproque de la fonction sinus que l on notera arcsin, c est-à-dire de déterminer une approximation de arcsinx lorsque x est au voisinage de à l aide de fonctions usuelles Rappeler le domaine de définition, de continuité et de dérivabilité de la fonction arcsin Calculer la dérivée de arcsin sur son domaine de dérivabilité on simplifiera son expression le plus possible La fonction arcsin admet-elle un développement limité à l ordre en? En déduire que le développement asymptotique recherché n est pas un polynôme non constant 4 On considère la fonction f : [0, ] R, h arcsin h a Montrer que f est de classe C sur ]0, ] et que h ]0, ], f h h / b Justifier que h ]0, ], c h ]0, h[, fh π hf c h c En déduire que f est dérivable en 0, puis que f est de classe C sur [0, ] d Calculer le développement limité à l ordre 5 en 0 de f e En déduire le développement limité à l ordre 6 en 0 de f 5 Conclure que pour tout x au voisinage de : arcsinx π x Exercice On considère l application suivante : + x + x + o x x 60 ϕ : R 4 R x x, x, x, x 4 ϕ x y y, y, y où y x + x + x + 4x 4 y x + 4x + x + x 4 y x + 6x + 5x + 7x 4 et on propose d étudier les ensembles suivants : { Kerϕ x R 4 ϕ x } 0 et Imϕ { y ϕ x, x R 4 } Montrer que Kerϕ et Imϕ sont des sous-espaces vectoriels on précisera pour chacun de ces ensembles de quel espace vectoriel il est un sous-espace vectoriel a Déterminer une base B Ker de Kerϕ et en déduire la dimension de Kerϕ b L application ϕ est-elle injective? Justifier votre réponse a Déterminer une base B Im de Imϕ et en déduire la dimension de Imϕ b L application ϕ est-elle surjective? Justifier votre réponse 4 a La famille B Ker est-elle une base de R 4? Justifier votre réponse b Pour chacun des vecteurs y de la famille B Im, déterminer un vecteur x R 4 tel que ϕ x y On notera B Im la famille de vecteurs obtenus c Montrer que la famille formée des vecteurs de B Ker et ceux de B Im est une base de R4 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

90 Corrigé du DS n o 9 de mathématiques Problème Pour un entier naturel non nul n donné, on considère une urne contenant n boules numérotées et indiscernables au toucher : n boules numérotées 0 et les n boules restantes numérotées de à n On effectue au hasard et sans remise deux tirages successifs d une boule dans cette urne On note X le plus grand des deux numéros obtenus et Y le plus petit Partie 0 : préliminaire On note A le premier numéro tiré et B le deuxième Puisque les boules sont numérotées de 0 à n et que tous les entiers entre ces deux bornes sont utilisés, l ensemble des valeurs possibles prises par A est {0,,, n} Il en est de même pour B car les deux boules sont tirées dans la même urne D après l énoncé, la loi de probabilité de A est donnée par : P A 0 n n L espérance de A est donc égale à : EA kp A k 0 + k n n k0 et k {,,, n}, P A k n k k k nn + n n + 4 Effectuer deux tirages successifs sans remise d une boule revient à effectuer un tirage simultané de deux boules puisque la première boule tirée est différente de la deuxième Ainsi, les lois de probabilité des deux numéros obtenus sont identiques En particulier : EB kp B k k0 k0 kp A k EA n Soit a, b {0,,, n} On a par définition des probabilités conditionnelles : P Aa B b P A a B b P A a P A a et B b P A a On considère cinq cas possibles selon que a et b soient égaux entre eux ou non et qu ils soient nuls ou non Si a b 0, alors P A 0 n n et P A 0 et B 0 n n donc P A0 B 0 nn nn n n Si a b 0, alors P A a n et P A a et B a 0 n n donc P Aa B a 0 Si a 0 et b 0, alors P A 0 et P A 0 et B b n n n donc P A0 B b n nn n Si a 0 et b 0, alors P A a n et P A a et B 0 n n n donc P Aa B 0 n nn n n BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

91 Si a b, a 0 et b 0, alors P A a n et P A a et B b nn donc Finalement, on a : P Aa B b P Aa B b n nn n n n si a b 0 0 si a b 0 n si a b et b 0 n n si a 0 et b 0 Partie : calcul des espérances de X et Y Puisqu il existe plusieurs boules numérotées 0, l ensemble des valeurs possibles prises par X est aussi {0,,, n} En toute rigueur, l ensemble des valeurs possibles prises par X est seulement {} et non {0, } si n mais ce cas particulier où l urne ne contient que deux boules est inintéressant puisque X et Y 0 avec des lois certaines Si X 0 alors nécessairement Y 0 et donc A B 0 Réciproquement, si A B 0 alors X 0 On en déduit que : P X 0 P A 0 et B 0 n n n n n n Attention pour ce genre de justification de ne pas se contenter de la première phrase qui affirme seulement que X 0 A 0 B 0 et donc que P X 0 Pour justifier l égalité, il faut préciser la réciproque nn nn On fixe un entier k {,,, n} pour cette question a Puisque A et B ne peuvent pas être égaux à k en même temps, on a : X k A k et B < k A < k et B k et puisque cette union est disjointe : P X k P A k B < k b0 + P A < k B k k k P A k B b + P A a B k a0 k k P A kp Ak B b + P A ap Aa B k b0 k P A k P Ak B b + b0 a0 k P A ap Aa B k en utilisant que les événements A a et B b forment deux systèmes complets d événements et d après la formule des probabilités composées a0 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

92 b En utilisant l expression de la probabilité conditionnelle P Aa B b obtenue dans le préliminaire, on obtient d après le résultat précédent : k P X k P A kp Ak B 0 + P A k P Ak B b b k +P A 0P A0 B k + P A ap Aa B k n n n + k n b a n + k n + a n + k nn + n + k nn n + k nn 4 On a d après les résultats précédents : EX kp X k k0 n 0 n + k n + k nn nn k n k + k k k n nn + nn + n + n + nn 6 n + n + n + 6n 5n + n 6n n 5 Puisque X + Y et A + B sont égales à la somme des deux numéros obtenus, on a par linéarité de l espérance : EX + EY EX + Y EA + B EA + EB D où en utilisant les résultats du préliminaire et celui de la question précédente : EY EA + EB EX n + + n + 5n + n 4 4 6n n + n 5n + n 6n n 6n 6 On a d après les résultats précédents : EX EY 5n + n 5n n n + n 5 Ainsi, lorsque n est très grand, l espérance du plus grand numéro obtenu est cinq fois plus grande que celle du plus petit BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

93 Partie : calcul de la probabilité de l événement X Y + Si X Y + alors X k et Y k pour un certain entier k {,,, n} On a donc d après la formule des probabilités composées : P X Y + k k k P X k Y k [ ] P A k B k + P A k B k [ ] P A kp Ak B k + P A k P Ak P B k En utilisant l expression de la probabilité conditionnelle P Aa B b obtenue dans le préliminaire, on obtient d après le résultat précédent : P X Y + P A P A B 0 + P A 0P A0 B [ ] + P A kp Ak B k + P A k P Ak P B k k n n n n + n + n + nn n + k [ n n + n ] n Exercice On note arcsin la bijection réciproque de la fonction sinus La fonction arcsin est définie et continue sur l intervalle fermé [, +] et dérivable sur l intervalle ouvert ], +[ Inutile de perdre du temps à justifier les questions qui demandent seulement de «rappeler» le cours D après la formule de la dérivée d une bijection réciproque, on obtient : x ], +[, arcsin x sin arcsinx cosarcsinx Or pour tout x ], +[, on a arcsinx ] π, + π [ donc cosarcsinx > 0 On en déduit d après la formule de Pythagore que : x ], +[, cosarcsinx cos arcsinx sin arcsinx x et par conséquent : x ], +[, arcsin x x Puisque la fonction arcsin n est pas dérivable en, elle n admet pas de développement limité à l ordre en Si le développement asymptotique de la fonction arcsin en était un polynôme non constant, alors la fonction arcsin admettrait un développement limité en à un ordre supérieur ou égal à, et donc en particulier un développement limité en à l ordre ce qui est absurde Le développement asymptotique recherché n est donc pas un polynôme non constant BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

94 N oubliez pas que cette propriété du cours n est valable qu à l ordre!! Une fonction peut ne pas être dérivable deux fois en un point et pourtant admettre un développement limité à l ordre deux en ce point par exemple x x sin x 4 On considère la fonction f : [0, ] R, h arcsin h a L image de l intervalle ]0, ] par la fonction h h est l intervalle [0, [ qui est inclus dans ], +[ Or h h est de classe C et même C sur [0, [ en tant que fonction polynomiale et la fonction arcsin est de classe C et même C sur ], +[ d après les résultats des questions et et le théorème de la bijection On en déduit que f est de classe C sur ]0, ] par composition et d après la formule de la dérivée d une composée : h ]0, ], f h h h h h h 4 h h h / h / b La fonction f est continue sur [0, ] par composée de fonctions continues et dérivable sur ]0, [ par composée de fonctions dérivables On en déduit d après le théorème des accroissements finis que : h ]0, ], c h ]0, h[, fh f0 f c h h 0 Or f0 arcsin 0 arcsin π, donc : h ]0, ], c h ]0, h[, fh π hf c h c D après le résultat précédent, le taux d accroissement de f en 0 est égale à : fh f0 h 0 fh π h f c h Or c h ]0, h[ pour tout h ]0, ] donc lim h 0 c h 0 d après le théorème de limite par encadrement On en déduit par composition de limites et d après l expression de f obtenue à la question 4a que : fh f0 lim lim f c lim h 0 h 0 c 0 c 0 Ainsi f est dérivable en 0 avec f 0, et donc : h [0, ], f h c / h / car l expression de f obtenue à la question 4a reste valable pour h 0 En particulier, f est de classe C sur [0, ] comme quotient et composée de fonctions de classe C dont le dénominateur ne s annule pas h / 0 h ± mais ± / [0, ] Par conséquent, f est de classe C sur [0, ] d On a le développement limité usuel : + u / + u u + u + o u 0 u u + 8 u + o u 0 u Avec le changement de variable u h, on obtient : h / + 4 h + h4 + o h 0 h 4 Puisque cette fonction de h est paire, le terme o h 0 h 4 est en fait égal à o h 0 h 5 On a finalement : f h h / 4 h h4 + o h 0 h 5 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

95 e On obtient en intégrant le résultat précédent : fh f0 h 4 h h5 5 +o h 0h 6 π h h 60 h5 +o h 0 h 6 5 Pour tout h [0, ], on pose x h h x car x [0, ] ce qui donne d après le résultat précédent : arcsinx arcsin h fh π h h 60 + o h 0h 6 π 5 6 x x x + oh 0 x 60 π x x x 60 x x + o h 0 x π x + x + x + o x x 60 Exercice On considère l application suivante : ϕ : R 4 R x x, x, x, x 4 ϕ x y y, y, y où et on propose d étudier les ensembles suivants : { Kerϕ x R 4 ϕ x } 0 y x + x + x + 4x 4 y x + 4x + x + x 4 y x + 6x + 5x + 7x 4 et Imϕ { y ϕ x, x R 4 } Par définition, Kerϕ est un sous-ensemble de R 4 de représentation cartésienne : x + x + x + 4x 4 0 x + 4x + x + x 4 0 x + 6x + 5x + 7x 4 0 En particulier, Kerϕ est un sous-espace vectoriel de R 4 en tant qu intersection de trois hyperplans de R 4 Par définition, Imϕ est un sous-ensemble de R de représentation paramétrique : y x + x + x + 4x 4 y x + 4x + x + x 4, x, x, x, x 4 R 4 y x + 6x + 5x + 7x 4 En particulier, Imϕ Vect,,,, 4, 6,,, 5, 4,, 7 est un sous-espace vectoriel de R Ces résultats seront bientôt du cours a On applique la méthode du pivot de Gauss à la représentation cartésienne de Kerϕ : x + x + x + 4x 4 0 x + 4x + x + x 4 0 x + 6x + 5x + 7x 4 0 x + x + x + 4x 4 0 x x x 4 0 L L L x x x 4 0 L L L x + x + x + 4x 4 0 x x x L L L BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

96 Le système linéaire homogène échelonné de rang obtenu a une infinité de solutions qu on peut exprimer en fonction des deux inconnues auxiliaires x et x 4 vues comme des paramètres : x + x x 4x 4 x x + x 4 x x x 4 x 4 x 4x 5x 4 L L L x x + x 4 L L x x x 4 x 4 On obtient une représentation paramétrique du sous-espace vectoriel Kerϕ qui est donc engendré par les vecteurs 4,,, 0 et 5,, 0, Puisque ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils forment une base de Kerϕ D où : B Ker 4,,, 0, 5,, 0, et dimkerϕ b Pour chaque vecteur x Kerϕ on a ϕ x 0 En particulier, on a par exemple ϕ 4,,, 0 ϕ 5,, 0, donc ϕ n est pas injective Ce résultat sera bientôt du cours a On a déjà vu à la question que les vecteurs,,,, 4, 6,,, 5 et 4,, 7 forment une famille génératrice de Imϕ Cette famille est nécessairement liée car la dimension du sous-espace vectoriel Imϕ est inférieure ou égale à dimr A l aide des calculs de la question a, on a : { 4,, +, 4, 6 +,, ,, 7 0, 0, 0 5,, +, 4, 6 + 0,, 5 + 4,, 7 0, 0, 0 {,, 5 4,,, 4, 6 4,, 7 5,,, 4, 6 ainsi les vecteurs,, 5 et 4,, 7 sont combinaisons linéaires des vecteurs,, et, 4, 6 On en déduit que : Imϕ Vect,,,, 4, 6,,, 5, 4,, 7 Vect,,,, 4, 6 Et puisque,, et, 4, 6 ne sont pas colinéaires, ils forment une base de Imϕ D où : B Im,,,, 4, 6 et dimimϕ N hésitez pas à utiliser les calculs des questions précédentes pour gagner du temps b Puisque dimimϕ d après le résultat précédent, on a Imϕ R car dimr et Imϕ est un sous-espace vectoriel de R En particulier, il existe des vecteurs y R tels que y / Imϕ Par définition de Imϕ, ces vecteurs n ont pas d antécédents par ϕ et donc ϕ n est pas surjective Au lieu de raisonner avec les dimensions, on peut aussi tout simplement déterminer explicitement un vecteur y R \ Imϕ, par exemple y, 0, 0, en prouvant que le système linéaire y λ,, + µ, 4, 6 de trois équations à deux inconnues λ, µ R n admet pas de solutions Ce résultat sera bientôt du cours 4 a La famille B Ker n est pas une base de R 4 car elle comporte seulement deux vecteurs alors que dimr 4 4 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon

97 b On a par exemple ϕ, 0, 0, 0,, et ϕ0,, 0, 0, 4, 6 donc B Im, 0, 0, 0, 0,, 0, 0 c On considère l équation suivante d inconnue α, β, γ, δ R 4 : α 4,,, 0 + β 5,, 0, + γ, 0, 0, 0 + δ 0,, 0, 0 0, 0, 0, 0 4α 5β + γ 0 α + β + δ 0 α 0 β 0 α 0 β 0 γ 0 δ 0 Puisque cette équation n a qu une seule solution, on en déduit que les vecteurs 4,,, 0, 5,, 0,,, 0, 0, 0 et 0,, 0, 0 forment une famille libre de quatre vecteurs de R 4 Or dimr 4 4, donc cette famille est une base de R 4 BCPST A lycée Hoche sur 97 Sébastien Godillon