Devoir Surveillé Samedi 4 Mars 01 BCPST Lycée Hoche Pelletier Sylvain $\ CC BY: = Durée : 3h Eercice 1 Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On en choisit 3 au hasard et 7 simultanément. 1. Quel est l univers associé à cette epérience aléatoire? Quel est son cardinal? 1. Quel est le nombre de résultats où le plus petit numéro est 4? 1 3. Soit k [[1, n ]], quel est le nombre de résultats où le plus petit numéro est k? 1 4. En déduire : n n k n n 3, =. 3 Justifier soigneusement votre réponse. k=1 5. Retrouver ce résultat par un raisonnement par récurrence. Correction : 1. L univers est constitué des parties à 3 éléments de [[1, n]]. Son cardinal est donc : n 3. Pensez à tout d abord décrire l ensemble, puis à donner son cardinal.. Un résultat est alors constitué de la boule 4, et de deu éléments de [[5, n]], ensemble de cardinal n 4 n 4. Il y a donc tirages possibles. 3. De la même manière, un résultat est alors constitué de la boule k, et de deu éléments de n k [[k + 1, n]], ensemble de cardinal n k. Il y a donc tirages possibles. n k 4. On note A k l ensemble des tirages dont le plus petit numéro est k. On a vu que #A k =. D autre part, on a : Ω = n k=1 A k, union disjointe, i.e. les A k forment un système complet d événement. En effet, étant donné un tirage ω, on note k le plus petit numéro, on a alors ω A k, et k [[1, n ]]. les A k sont évidements inclus dans Ω, Si i j, supposons par l absurde qu il eiste un tirage ω A i A j, on a alors le plus petit numéro de ω qui est i et j, contradiction. n Ainsi, cardω = carda k. D où le résultat. k=1 On attends les mots système complet d événements, ou la relation Ω = n k=1 A k, union disjointe. La rédaction est notée sur 1pt environ. 5. Par récurrence sur n 3, démontrons : P n : n k=1 n k = n. 3 pour n = 3, la somme se réduit à un terme = 1 et le membre de droite 3 3 1 = 1.
Supposons la formule vraie pour n, démontrons pour n + 1. On a : n 1 k=1 n + 1 k = = = = = n 1 n k 1 k=1 n n j en posant j = k 1 j=0 n n j n + j=1 n n + HR 3 n + 1 Pascal 3 D où l hérédité Ainsi, n 3, on a P n. Pour avoir une idée de la démonstration, il suffit de regarder la position des termes considérés dans le triangle de Pascal. ] Eercice Soit la fonction f définie sur π, π [ \ {0} par f = cos 1. 1. Montrer que f admet un DL 0..5. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0. Dans la suite, on notera toujours f le 0.5 prolongement obtenu. 3. Montrer que f est dérivable en 0 et déterminer f 0. 0.5 4. Déterminer l équation de la tangente à la courbe de f en 0 et donner sa position par rapport 0.5 à la courbe au voisinage de 0. Commentaire : très classique, il n y a en fait qu une seule question : calculer le DL 0 de f. L objectif est bien sûr de tester les DLs usuels et l opération de composition sur les DLs. Attention : si la première question n est pas faite correctement erreur grave, les autres questions ne rapportent pas de points. Correction : Avant de faire quoi que ce soit, la seule définition possible de f est : f = cos 1 = ep lncos 1. Le seul manière de montrer ici que f admet un DL est de le calculer. En effet, la fonction f n est même pas définie en 0. On procède classiquement par faire le DL de la fonction «à l intérieur», et on utilise la.
composée de DL : d où cos =1 + 4 4 + o 0 6 lncos = ln 1 + + 4 4 + o 0 6 }{{} u on a posé : u = + 4 4 + o 0 6 0 et on a : ln1 + u =u u u + o u 0 on remplace : lncos = ln1 + u = + 4 4 + o 1 0 6 + 4 4 + o 0 6 + o 0 4 au final lncos = + 4 1 4 1 1 4 c est-à-dire : lncos = 4 1 + o 0 4 Cet eemple très classique de DL a été fait en cours! 0 0. + o 0 4 On rappelle la méthode : on part d un DL de la fonction «à l intérieur», on pose u la fonction qui «tends vers 0», on donne l équivalent de u et on vérifie qu elle tends bien vers 0, on fait un DL de ln1 + u lorsque u tends vers 0. pour obtenir le DL de ln1 + u, on remplace u par u partout, sauf dans le o où on remplace u par son équivalent. 3
1 pt jusque là. On continue ensuite en faisant une deuième composition : au final lncos = 3 1 + o 0 3 lncos ep = ep 3 1 + o 0 3 }{{} u on a posé : u = 3 1 + o 0 3 0 0 0 on a : e u =1 + u + u + ou. donc e u =1 + 3 1 + o 0 3 ep lncos + 1 3 1 + o 0 3 + o 0 =1 + 1 8 + o 0. En conclusion, on a donc : i.e. f admet un DL en 0. 0.5 si petite erreur de calcul. f = 1 + 1 8 + o 0.. On en déduit que lim 0 f = 1, et donc que la fonction f peut être prolongée par continuité en 0 en posant f0 = 1. 3. On déduit aussi de DL que ce prolongement est dérivable en 0 et que f 0 = 1. 4. Ainsi, la tangente en 0 a pour équation : y = 1. Enfin, on a f 1 = 1 1 8 + o 0 0 8. Comme la fonction 1 8 est positive, on en déduit que la courbe C f est au dessus de sa tangente au voisinage de 0. Eercice 3 Agro A 009 Soient E = R 3 et B = e 1, e, e 3 une base de E. On considère l endomorphisme de E tel que : M B u = A = 1 1 1 1 1 1 1. 4 4 On notera I 3 la matrice identité de taille 3 et Id l application identité de E. I Diagonalisation de u 4
1 Montrer que rga λi 3 < 3 λ = 1 ou. Ces valeurs sont appelées valeurs propres de la matrice A et de l application u. On remarquera qu un vecteur E vérifie Keru λid u = λ. Trouver un vecteur e 1 base de Keru + Id, et une famille de deu vecteurs e, e 3 de E.5 base de Keru Id. 3 Vérifier que la famille B = e 1, e, e 3 est une base de E, et que la matrice de u dans cette 0 0 nouvelle base B est : 0 1 0. 0 0 1 II Recherche des «racines carrées» de u 1 On suppose dans cette question qu il eiste un endomorphisme v de E tel que : v v = u. i Montrer que v u = u v, on dit que les endomorphismes u et v commutent. 1 ii Montrer que u ve 1 = ve 1. En déduire qu il eiste a R tel que ve 1 = ae 1. iii Soit E tel que u =, montrer que u v = v. En déduire que v 1.5 V ecte, e 3. iv En appliquant ce résultat à e et e 3, en déduire que α, β, γ, δ R 4, tel que : 1 ve = αe + βe 3 ve 3 = γe + δe 3 v En déduire que la matrice dans la base B de v est : 1 a 0 0 M B v = 0 α γ 0 β δ vi Montrer que M B u = M B v et en déduire que a =. 1 Eiste-t-il des endomorphismes v de E tels que v v = u? Justifiez votre réponse. 1 Commentaire : eercice très classique, en particulier la première question qui DOIT être faite sans erreur. Correction : 1. Diagonalisation de u 5
a On a : 1 λ 1 1 l 3 l 1 rga λi 3 = rg 1 1 λ 1 4 4 λ 1 1 λ 1 = rg 4 4 λ l l 4l 1 1 λ 1 1 l 3 l 3 + 1 + λl 1 1 1 λ 1 = rg 0 8 + 8λ λ 0 1 1 λ λ 1 1 λ 1 = rg 0 8 + 8λ λ 0 λ λ λ 1 1 1 Pour λ = 1, on voit que rga I 3 = rg 0 0 0 0 0 0 = 1. Dans la suite, on considère donc le cas λ 1. On peut alors faire l opération l l 1 et l 3 l 3 1 pour obtenir λ 1 1 λ 1 rga λi 3 = rg 0 4 1 0 λ 1 1 1 λ 1 = rg 0 4 1 0 0 1 + λ Ainsi, rga λi 3 < 3 si et seulement si λ = 1 ou λ =. l 3 l 3 + λl / λ, a b c Attention pour une matrice de la forme : 0 d e le rang est trois si et seulement si 0 0 f a 0, d 0 et f 0. Cette question DOIT être faite sans erreur. On rappelle : il faut utiliser les opérations qui évitent au maimum les calculs. indiquer vos opérations. vérifiez vos calculs! b Pour λ =, on a rga + I 3 =, donc en utilisant le théorème du rang, on a dimkeru + Id = 1. D autre part, comme les opérations sur les lignes reviennent à multiplier à gauche par 6
des matrices inversibles, on a pour tout vecteur, y, z E :, y, z Keru + Id A + I 3 y = 0 z 1 5 1 0 4 1 y = 0 0 0 0 z + 5y z = 0 4y + z = 0 Par eemple, on voit que le vecteur 1, 1, 4 est un vecteur non nul de Keru + Id, donc une base de cet espace puisqu il est de dimension 1. On note e 1 ce vecteur, qui vérifie donc : u + Ide 1 =0 ue 1 + e 1 =0 ue 1 = e 1. Pour λ = 1, on a vu que rga I 3 = 1, donc dimkeru Id =, de même 1 1 1, y, z Keru Id A I 3 y = 0 0 0 0 z 0 0 0 y = 0 y z = 0. z Pour trouver une base de Keru Id, on considère donc vecteurs non colinéaires qui vérifient cette équation. On choisit par eemple 1, 0, 1, 1, 1, 0. Cette famille est donc une famille libre de Keru Id, c est donc une base de Keru Id, puisque la dimension de Keru Id est. On note e, e 3 ces deu vecteurs. qui vérifient donc ue = e idem pour e 3. 1pt pour le premier 1.5 pour les deu autres. c Montrons que e 1, e, e 3 forment une base. Technique 1 : Supposons par l absurde qu il eiste a, b, c R 3, tel que ae 1 +be +ce 3 = 0, avec a, b, c 0, 0, 0. Supposons toujours par l absurde que a = 0, on aurait alors b, c 0, 0 et be +ce 3 = 0 ce qui est impossible car e, e 3 est une famille libre. D où a 0 On peut donc diviser pour obtenir : e 1 = a 1 be ce 3 V ecte, e 3 = Keru I d. Ce qui donne ue 1 = e 1. D autre part, on a : ue 1 = e 1 D où e 1 = 0, contradiction. Donc la famille est libre donc c est une base. Remarque: La même démonstration permet de montrer que si λ λ sont deu valeurs propres, alors Keru λid Keru λ I d = {0} Technique : On peut aussi faire un calcul direct en montrant que rgb = 3. Attention : ne pas montrer que la famille est libre ET génératrice. 7
Finalement, on a : la famille B = e 1, e, e 3 est une base de E. On a de plus : D où la matrice dans la base B. ue 1 = e 1 = e 1 + 0e + 0e 3 = ue = e = 0e 1 + 1e + 0e 3 0, = 1, 0 ue 3 = e 3 = 0e 1 + 0e + 1e 3 0, = 0, 1 1pt pour B est une base, 1pt pour la matrice.. Recherche des «racines carrées» de u a Soit v endomorphisme de E tel que : v v = u., 0, 0 i. On a alors : v u = v v v = u v. D où u et v commutent. ii. Donc : u ve 1 = u ve 1 = v ue 1 = v e 1 = ve 1. Ainsi ve 1 Keru + Id = V ecte 1, donc a R, ve 1 = ae 1. iii. Soit maintenant E tel que u =, alors uv = vu = v, donc v Keru Id = V ecte, e 3. Donc il eiste deu réels, α, β tel que : = α e + β e 3. iv. NB : Avant d appliquer il faut vérifier que e et e 3 vérifient bien la relation. On a : ue = e, et ue 3 = e 3, on peut donc appliquer la question précédente à e et e 3 qui donne α, β, γ, δ R4, tel que : ve = αe + βe 3 ve 3 = γe + δe 3 B B B v. On a : ve 1 = ae 1 = ae 1 + 0e + 0e 3 = a, 0, 0 ve = αe + βe 3 0, = α, β ve 3 = γe + δe 3 = 0, γ, δ B B B En écrivant l image de chacun des vecteurs de la base B, on obtient la matrice de l endomorphisme v : a 0 0 M B v = 0 α γ 0 β δ vi. Comme v v = u, cette matrice doit vérifier : M B u = M B v. Ce qui donne : a 0 0 a 0 0 a 0 0 0 α γ 0 α γ = = 0 1 0 0 β δ 0 β δ 0 0 1 d où en regardant le coefficient en haut à gauche : a =. 8
b Raisonnons par l absurde et supposons qu il eiste un endomorphisme u tel que : v v = u. alors il eiste un réel a R, tel que a = 1. Contradiction. Ainsi, un tel endomorphisme n eiste pas. Eercice 4 Étude d une fonction On définit la fonction f sur R + par On attends le mot «par l absurde»! { ]0, + [, f = 1+ 1 f0 = α R Et on note C la courbe de f dans un repère orthonormé O, i, j 1. Préliminaire : montrer que R +, ln + 1 0.5. Déterminer α pour que f soit continue en 0. 1 3. Montrer que la fonction f est dérivable sur R + et déterminer sa dérivée. 1 4. Étudier la dérivabilité de f en 0. 1 5. Étudier les variations de f. 1 6. Étude de la branche infinie de C en + a Montrer que f = + ln + o + ln. 1 b En déduire que C n a pas d asymptote, c est-à-dire qu il n eiste pas de réels a, b tels 1.5 que : f = a + b+ o + 1. 7. a Montrer que le développement limité à l ordre 3 de f en 1 est f = 1 + 1 1 13 + o 1 3 1 b En déduire l équation de la tangente T à C au point d abscisse 1 et la position de C par 0.5 rapport à T. 8. Représenter T puis C sur un même graphique unité : cm 1 Correction : [ Premier réflee : on écrit > 0, 1+ 1 = ep 1 + 1 ] ln. 1. REM : ce n est pas l inégalité de conveité : cette inégalité est moins forte. Technique 1 : étudier la fonction > 0 ln 1, dont la dérivée est 1 1 = 1 et qui atteint dessiner son tableau de variation son maimum en 1 où elle vaut. Cette fonction est donc toujours négative. Technique : Le plus simple est de poser f la fonction ln, on a alors f de classe C sur R +, avec : f = 1 et f = 1 0. Ainsi, la fonction f est concave, et donc f est en dessous de sa tangente en 1, ce qui donne : > 0, ln 1 en particulier ln + 1. On obtient donc : R +, ln 1 + 9
. f est continue en 0 si et seulement si α = lim 0 1+ 1 On a : donc par produit [ > 0, 1+ 1 = ep 1 + 1 ] ln 1 + 1 0 + 1 + 1 ln. 0 + sous réserve d eistence de cette limite + et ln, 0 En repassant à l eponentielle : f 0 0, donc il faut prendre α = 0. En conclusion, pour α = 0, on a lim 0 f = α et f continue en 0. 3. On a > 0, f = ep g, g étant définie sur R + par g = La fonction g est dérivable sur R + et : R +, g = 1 ln + 1 + 1 1 = ln + + 1 1 + 1 ln. Donc f est dérivable sur R + et > 0, f = ln + + 1 ep g. C est-à-dire : > 0, f = ln + + 1 1+ 1 On peut aussi faire un petit schéma de la composition. 4. Méthode 1 : Étudions le tau d accroissement de f entre 0 et > 0 : f f0 ln = 1 = ep 0 Or ln ln pas de forme indéterminée ici, donc ep 0 0 0 Par conséquent f est dérivable en 0 et f 0 = 0 Méthode : La fonction f est continue en 0, avec de plus : > 0, f = ln + + 1 f = ln + + 1 1+ 1. = ln + + 1 1 ln 1 ln ln ep. 0 0 On a lim 0 ln =, donc ln lim ep 0 ln = lim t tet = 0. Ainsi, on a : 10
La fonction f est continue sur R + puisqu on l a prolongé par continuité en 0 La fonction f est dérivable sur R + lim 0 f = 0, Ainsi, la fonction f est dérivable à droite en 0, avec f 0 = 0. 5. On a : > 0, f = ln + + 1 1+ 1 D après le préliminaire, le numérateur est toujours positif et même strictement, De plus, > 0, > 0 et l eponentielle est toujours strictement positive, on a > 0, f > 0 donc f est strictement croissante sur R +. Enfin, on a lim f = + ne pas + oublier cette limite!!. signe de f Variations de f 6. a > 0, f = 1+ 1 = 1 = ep Or ln + 0 + 0 + 0 ln + 0 et ep y = 1 + y+ o y, donc par composition : y 0 ep ln = 1 + ln + o + En multipliant par on obtient bien f = + ln + b Supposons que a et b eistent : on a donc + ln + En divisant par on a 1 + ln + o + ln. ln o + ln. o ln = a + b+ o + = a + b + o + 1 + 1 En +, le membre de gauche tend vers 1, et celui de droite vers a, donc a = 1. On obtient donc par soustraction de : ln + o ln = b+ o + + 1, ce qui est impossible car le membre de gauche diverge en +, et celui de droite converge vers b. La courbe de f n a donc pas d asymptote en +, mais une direction asymptotiqie de pente 1. 11
7. a On doit chercher le DL 3 en 0 de y f1 + y [ f1 + y = 1 + y 1+ 1 1+y = ep 1 + 1 ] ln1 + y 1 + y En 0 : ln1 + y = y y + y3 3 + oy3 D autre part 1 + 1 1 + y = 1+ 1 y + y + oy = y + y + oy le DL suffit car le DL de ln1 + y est factorisable par y On multiplie les deu DL en ne conservant que les termes d ordre 3 : 1 + 1 ln1 + y = y y 1 + y + y3 3 y y y =y y + 13 6 y3 + o y 0 y3 D autre on part, on a ep u = 1 + u + u + u3 6 + o u 0 u3. On pose donc : uy = Ce qui donne : f1 + y = 1 + + 1 + 1 1 + y y y + 13 + y y + oy 3 ln1 + y = y y + 13 6 y3 + o y 0 y3 y 0 y y 0 0 y 0 y3 6 y3 + o y y + 13 6 y3 + o y 3 y = 1 + y y + 13 6 y3 + 4y 8y 3 + 8y3 6 + oy3 = 1 + y 1 y3. + y y + 13 3 6 y3 + o y 0 y3 Attention au double produit du deuième terme! Donc en faisant le changement de variable = 1 + y, on a f = 1 + 1 13 + o 1 13 6 + oy 3 b L équation de T est donnée par la partie affine du DL de f en 1 : c est y = 1 + 1 Étudions la position de C par rapport à T : f [ 1 + 1 ] 13 = + o 13 1 13 1 Si deu fonctions sont équivalentes en 1, alors elles sont de même signe au voisinage de 1. 13 Si < 1, alors > 0, donc pour assez proche de 1, C est au-dessus de T en fait, c est vrai pour tout < 1 De même, si > 1 et assez proche de 1, alors C est au-dessous de T. 1
8. f0 = f 0 = 0, donc à l origine la courbe admet une tangente horizontale. On représente T, d équation y = 1. Au point d abscisse 1, C traverse T. 5 4 3 1 0 0 1 3 13