\documentclass[10pt,a4paper]{article} % ===================================================================== % Encodage, langue, polices % ===================================================================== \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[french]{babel} \usepackage{lmodern} % ===================================================================== % Mathematiques % ===================================================================== \usepackage{amsmath,amssymb,mathtools} \usepackage{mathrsfs} % \mathscr \usepackage{stmaryrd} % \llbracket, \rrbracket \SetSymbolFont{stmry}{bold}{U}{stmry}{m}{n} % ===================================================================== % Mise en page % ===================================================================== \usepackage[top=3cm, bottom=2cm, left=2cm, right=2cm, headsep=2.4em]{geometry} \usepackage{enumitem} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{lastpage} % ===================================================================== % Figures et tableaux de variations % ===================================================================== \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{babel} % compatibilite TikZ / babel francais \usepackage{tkz-tab} % ===================================================================== % Metadonnees du PDF % ===================================================================== \usepackage[hidelinks]{hyperref} \hypersetup{ pdfauthor = {Laurent Pater \& Jean Louet}, pdftitle = {PTSI 1 -- Corrigé du DS4 (2017-2018)}, pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018}, } % ===================================================================== % Informations propres au document % ===================================================================== \newcommand{\TD}{DS4} \newcommand{\titre}{Corrigé du DS4} \newcommand{\indexation}{\begin{tabular}{r}\TD\\ Mathématiques - Corrigé\end{tabular}} % ===================================================================== % En-tete, pied de page et titre % ===================================================================== \pagestyle{fancy} \fancyhf{} \fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}} \fancyhead[R]{\large\indexation} \fancyfoot[L]{Lycée Jules Ferry -- Versailles} \fancyfoot[R]{\textbf{\thepage/\pageref{LastPage}}} \renewcommand{\headrulewidth}{1pt} \renewcommand{\footrulewidth}{1pt} \newcommand{\Titre}{% \begin{center} {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip \rule{\textwidth}{1pt} \end{center}} % ===================================================================== % Exercices et numerotation des questions % ===================================================================== \newcounter{Exo} \renewcommand{\theExo}{\TD.\arabic{Exo}.} \newenvironment{Exo} {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*} {\vspace{1em}\par} \newenvironment{ExoP} {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*} {\vspace{1em}\par} % Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1. \setlist[enumerate,1]{label=\arabic*., ref=\arabic*} \setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*} \setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*} % ===================================================================== % Macros mathematiques % ===================================================================== % Ensembles \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} % Constantes et differentielle \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\dx}[1]{\,\mathrm{d}#1} % Intervalles : [a,b], ]a,b], [[a,b]] \newcommand{\cro}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\croof}[1]{\left]#1\right]} \newcommand{\Cro}[1]{\llbracket #1\rrbracket} % Delimiteurs \newcommand{\pth}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\abs}[1]{\left\lvert #1\right\rvert} \newcommand{\barre}[1]{\overline{#1}} % Operateurs en style « display » \newcommand{\dsum}{\displaystyle\sum} \newcommand{\dprod}{\displaystyle\prod} \newcommand{\dint}{\displaystyle\int} % Fonctions et operateurs \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\re}{Re} \DeclareMathOperator{\im}{Im} \DeclareMathOperator{\Vect}{Vect} \DeclareMathOperator{\Ker}{Ker} \DeclareMathOperator{\Card}{Card} \newcommand{\Ck}[1]{\mathscr{C}^{#1}} % Logique \newcommand{\ssi}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\et}{\quad\text{et}\quad} \newcommand{\pt}[1]{\forall #1,\ } % Encadre sur une ligne d'un environnement align \newcommand{\boxedalign}[2]{\Aboxed{#1 & #2}} % Matrices augmentees : \begin{pmatrix}[ccc|ccc] ... \end{pmatrix} \makeatletter \renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% \hskip -\arraycolsep \let\@ifnextchar\new@ifnextchar \array{#1}} \makeatother \begin{document} \Titre \bigskip \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On sait que pour tout $n \in \N^*$, \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \exp\left( n \ln\left( 1+\frac{1}{n}\right)\right).\] Or \[\lim \limits_{n\to +\infty} n\ln\left( 1+\frac{1}{n}\right) = \lim \limits_{h \to 0} \frac{\ln(1+h)}{h} = 1\] donc, par composition \[\boxed{\lim \limits_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n = e^1 = e}.\] \item Soit $n \in \N$. Si $k$ est un entier naturel qui divise $n$ et $n+1$, $k$ divise $n+1-n = 1$ donc $k = 1$. Ainsi, l'ensemble des diviseurs positifs de $n$ et $n+1$ est $\{1\}$ donc le PGCD de $n$ et $n+1$ est $1$. En conclusion, \fbox{$n$ et $n+1$ sont premiers entre eux}. \item Par définition, il y a \fbox{$\binom{n}{5}$ tirages possibles}. Si on élimine la boule $1$, on ne pioche que dans $n-1$ boules et on a donc \fbox{$\binom{n-1}{5}$ tirages possibles}. \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item Par imparité du sinus hyperbolique, on a $$ \forall x\in\R^*,\, f(-x)=\frac{\sh(-x)}{-x} = \frac{-\sh x}{-x}=f(x). $$ On obtient donc $f(x)=f(-x)$ pour tout r\'eel~$x$ non nul, et c'est bien entendu \'egalement vrai si $x=0$. Ainsi, \fbox{$f$ est paire}. \item Pour tout $x_0\neq 0$, la fonction~$f$ co\"incide sur un voisinage de~$x_0$ avec la fonction $x\mapsto \sh x/x$, qui est continue sur son ensemble de d\'efinition en tant que quotient de fonctions continues: ainsi,~$f$ est continue en tout r\'eel~$x_0 \neq 0$. Reste \`a v\'erifier que~$f$ est continue en~$0$, {\it i.e.}~que $f(x)$ a pour limite~$1$ quand~$x\to 0$. On a: $$ \forall x\in\R^*,\; f(x) = \frac{\sh x}{x} = \frac{\sh x-0}{x-0}. $$ On reconna\^it ici le taux d'accroissement du sinus hyperbolique entre~$0$ et~$x$. La limite de ce taux d'accroissement est égale à~$\sh' 0$, donc à~$\ch 0$, donc à~$1$. Ainsi: $$ f(x) \xrightarrow[x\to 0]{} 1 = f(0)$$ et~$f$ est donc bien continue en~$0$. En conclusion, \fbox{$f$ est continue sur $\R$}. \item On pose pour tout~$x\geq 0$: $h(x)=x\ch x-\sh x$. La fonction~$h$ est dérivable sur~$\R_+$ car elle s'obtient comme produit puis sommes de fonctions~$\ch$, $\sh$ et de l'indentité qui sont dérivables sur $\R_+^*$, et l'on a pour tout~$x\geq 0$: $$ h'(x) = \ch x + x\ch' x - \sh'x = \ch x + x\sh x -\ch x = x\sh x > 0. $$ Ainsi~$h$ est strictement croissante sur~$\R_+$. De plus, $$ h(0)= 0\ch 0 -\sh 0 = 0. $$ Par conséquent~$h$ est strictement positive sur~$\R_+^*$: $\boxed{\forall x>0,\, x\ch x - \sh x > 0.}$ La fonction~$f$ est dérivable sur~$\R_+^*$ comme quotient de fonctions dérivables et l'on a: $$ \forall x > 0,\, f'(x) = \dfrac{\sh' x \cdot x - \sh x}{x} = \dfrac{x\ch x - \sh x}{x} > 0. $$ Ainsi~$f$ est strictement croissante sur~$\R_+^*$. De plus $$ \forall x>0,\, f(x) = \dfrac{\e^x-\e^{-x}}{2x} = \dfrac{1}{2}\dfrac{\e^x}{x} - \dfrac{1}{2}\dfrac{\e^{-x}}{x}. $$ Le premier terme ci-dessus a pour limite~$+\infty$ en~$+\infty$ par croissances comparées, et le second tend vers~0 en~$+\infty$. Par opérations sur les limites, $f(x) \xrightarrow[x\to +\infty]{} +\infty$. En exploitant la continuit\'e de~$f$ en~$0$, on en déduit son tableau de variations sur~$\R_+$, que l'on complète à~$\R$ par parité: \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit{$x$/0.5,$f$/1.5}{$-\infty$,$0$,$+\infty$} \tkzTabVar{+/$+\infty$,-/ $1$, +/ $+\infty$} \end{tikzpicture} \end{center} \item \begin{enumerate} \item La fonction~$f$ est continue sur l'intervalle~$\R_+^*$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires l'ensemble~$f(\R_+^*)$ est un intervalle; de plus, du fait que~$f(0)=1$ et que $\lim\limits_{+\infty} f = +\infty$, on déduit que cet intervalle contient~$]1,+\infty[$. Pour tout~$n\in\N^*$, $(n+1)/n$ est strictement supérieur à~1, donc admet au moins un antécédent par~$f$. De plus,~$f$ étant strictement monotone sur~$\R_+^*$, elle y est injective, ce qui entra\^ine que cet antécédent est unique. En résumé, \begin{center} \fbox{ \begin{minipage}{8cm} \begin{center} pour tout $n\in\N^*$, l'\'equation $f(x)=\dfrac{n+1}{n}$ admet \\ une unique solution strictement positive. \end{center} \end{minipage} } \end{center} \item Soit~$n\in\N^*$. Supposons que~$x_n \leq x_{n+1}$. La fonction~$f$ étant strictement croissante sur~$\R_+^*$, ceci entra\^ine $f(x_n) \leq f(x_{n+1})$. Par définition de~$x_n$ et~$x_{n+1}$, $$ f(x_n) = \dfrac{n+1}{n} \quad\text{et}\quad f(x_{n+1})=\dfrac{n+2}{n+1}. $$ Ainsi, $$ f(x_{n+1})-f(x_n) = \frac{n+2}{n+1}-\frac{n+1}{n} = \frac{n(n+2)-(n+1)^2}{n(n+1)} = \frac{-1}{n(n+1)}. $$ On obtient donc $f(x_{n+1})-f(x_n) < 0$, ce qui est contradictoire avec le fait que $f(x_n) \leq f(x_{n+1})$: l'hypothèse de départ \og $x_n \leq x_{n+1}$\fg est donc fausse. Ainsi, on a l'inégalité $x_n>x_{n+1}$, et ceci est valable pour tout~$n\in\N^*$: autrement dit, \fbox{la suite $(x_n)_n$ est strictement décroissante}. Puisqu'elle est de plus formée de réels positifs, \fbox{la suite $(x_n)_n$ converge vers un réel~$l\geq 0$}. \item Puisque~$f$ est continue sur~$\R$, la suite $(f(x_n))_n$ converge vers~$f(l)$; de plus, pour tout~$n\in\N^*$, $f(x_n)=(n+1)/n$. Par passage à la limite, on obtient $\boxed{f(l)=1}$. Or, d'après le tableau de variations obtenu à la question 3, le seul antécédent de~$l$ par~$f$ est~$0$. Par conséquent, $\boxed{l=0}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On peut réécrire le système $(S_m)$ sous forme matricielle $A_m X = B$ où \[\boxed{ A_m = \begin{pmatrix} (1-m) & 2 & -1 \\ -2 &- (3+m) & 3 \\ 1 & 1 &-(2+m) \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad B = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}}\] \item On effectue les opérations élémentaires $L_1 \longleftrightarrow L_3$ puis $L_2 \longleftarrow L_2 + 2 L_1$ et~$L_3 \longleftarrow L_3 -(1-m) L_1$ ce qui donne \[ A_m \underset{L}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 &-(2+m)\\ -2 &- (3+m) & -(1+2m)\\ (1-m) & 2 & -1 \end{pmatrix}\underset{L}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 &-(2+m)\\ 0 & -(1+m) & -(1+2m) \\ 0 & 1+m & -1+(2+m)(1-m) \end{pmatrix}\] puis en effectuant $L_3 \longleftarrow L_3 + L_2$, on obtient \[ A_m \underset{L}{\sim} \begin{pmatrix} 1 & 1 &-(2+m)\\ 0 & -(1+m) & -(1+2m) \\ 0 & 0 & 1-m-m^2 -1 -2m \end{pmatrix} = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 1 & -2-m \\ 0 & -1-m & -1-2m \\ 0& 0 & -3m-m^2 \end{array}\right).\] La matrice $A_m$ est équivalente à une matrice échelonnée triangulaire supérieure dont les coefficients diagonaux sont $1$, $-(1+m)$ et $-3m-m^2$. La matrice $A_m$ est inversible si et seulement si ces trois coefficients sont non nuls. \fbox{Finalement, la matrice $A_m$ est inversible si et seulement si : $-(1+m)\neq 0$ et $-3m-m^2\neq 0$.} \item Lorsque $m \notin \left\{ -3,-1,0\right\}$, la matrice $A_m$ est inversible et dans ce cas, le système homogène $(S_m)$ admet une unique solution : \fbox{$(0,0,0)$}. \item Lorsque $m = 0$, avec la question 2, on a \[ (S_0) \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} x + y - 2 z& = & 0 \\ - y - z & = & 0 \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} x & = & 3z \\ y & = & -z \end{array}\right.\]dont les inconnues principales sont $x$ et $y$ et l'inconnue secondaire $z$. L'ensemble des solutions du système $(S_0)$ s'écrit \fbox{$\mathscr S_0 = \left\{ (3z,-z,z) \middle| z \in \R\right\}$}. De façon analogue, l'ensemble des solutions du système $(S_{-3})$ s'écrit \fbox{$\mathscr S_{-3} = \left\{ \left(-\frac{5}{2} z,\frac{3}{2} z,z\right) \middle| z \in \R\right\}$}. \item Lorsque $m = -1$, avec la question 2, on a \[ (S_0) \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} x + y - z& = & 0 \\ z & = & 0 \\ 2 z & = & 0 \\ \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} x & = & -y \end{array}\right.\]L'ensemble des solutions du système $(S_{-1})$ s'écrit \fbox{$\mathscr S_{-1} = \left\{ (-y,y,0) \middle| y \in \R\right\}$}. \item On suppose que $m \notin \{0,,-1,-3\}$. On a : \[\begin{array}{rcl} (A_m \mid I_3) &\underset{L}{\overset{L_1 \longleftrightarrow L_3}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &-(2+m) &0 &0 &1\\ -2 &- (3+m) & -(1+2m)&0&1&0\\ (1-m) & 2 & -1&1&0&0 \end{pmatrix} \\[2em] &\underset{L}{\overset{L_2 \longleftarrow L_2 + 2 L_1}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &-(2+m) &0 &0 &1\\ 0 &- (1+m) & -(1+2m)&0&1&2\\ (1-m) & 2 & -1&1&0&0 \end{pmatrix}\\[2em] &\underset{L}{\overset{L_3 \longleftarrow L_3 -(1-m) L_1}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &-(2+m) &0 &0 &1\\ 0 &- (1+m) & -(1+2m)&0&1&2\\ 0 & 1+m & -1 + (2 + m)(1 - m)&1&0&m-1 \end{pmatrix}\\[2em] &\underset{L}{\overset{L_3 \longleftarrow L_3 + L_2}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &-(2+m) &0 &0 &1\\ 0 &- (1+m) & -(1+2m)&0&1&2\\ 0 & 0 & -3m-m^2&1&1&m+1 \end{pmatrix}\\[2em] &\underset{L}{\overset{L_3 \longleftarrow L_3/(-3m-m^2)}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &-(2+m) &0 &0 &1\\ 0 &- (1+m) & -(1+2m)&0&1&2\\ 0 & 0 & 1&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-(m+1)}{m(3+m)} \end{pmatrix} \end{array}\] On élimine ensuite les coefficients de la dernières colonne en effectuant les opérations élémentaires : $L_2 \longleftarrow L_2 + (1+2m)L_3$ et $L_1 \longleftarrow L_2 + (2+m)L_3$ pour obtenir : \[\begin{array}{rcl} (A_m \mid I_3) &\underset{L}{\overset{}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &0 &0 &0 &1\\ 0 &- (1+m) & 0&\frac{-(2m+1)}{m(3+m)}&\frac{m^2+m-1}{m(3+m)}&\frac{-1+3m}{m(3+m)}\\ 0 & 0 & 1&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-(m+1)}{m(3+m)} \end{pmatrix} \end{array}\] ce qui donne en effectuant l'opération élémentaire $L_2 \longleftarrow L_2/(-m-1)$ : \[\begin{array}{rcl} (A_m \mid I_3) &\underset{L}{\overset{}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &0 &0 &0 &1\\ 0 &1 & 0&\frac{2m+1}{m(3+m)(m+1)}&\frac{-m^2-m+1}{m(3+m)(m+1)}&\frac{1-3m}{m(3+m)(m+1)}\\ 0 & 0 & 1&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-(m+1)}{m(3+m)} \end{pmatrix} \end{array}\] Il reste à effectuer $L_1 \longleftarrow L_1-L_2$ pour obtenir \[\begin{array}{rcl} (A_m \mid I_3) &\underset{L}{\overset{}{\sim}}& \begin{pmatrix}[ccc|ccc] 1 & 1 &0 &\frac{-m^2-5m-3}{m(3+m)(m+1)}&\frac{-2m-3}{m(3+m)(m+1)}&\frac{m-3}{m(3+m)(m+1)}\\ 0 &1 & 0&\frac{2m+1}{m(3+m)(m+1)}&\frac{-m^2-m+1}{m(3+m)(m+1)}&\frac{1-3m}{m(3+m)(m+1)}\\ 0 & 0 & 1&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-1}{m(3+m)}&\frac{-(m+1)}{m(3+m)} \end{pmatrix} \end{array}\] En conclusion, on a \[\boxed{A_m^{-1} = \frac{1}{m(3+m)(m+1)}\begin{pmatrix} -m^2-5m-3&-2m-3&m-3\\ 2m+1&-m^2-m+1&1-3m\\ -(m+1)&-(m+1)&-(m+1)^2 \end{pmatrix}}\] \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On effectue une récurrence. \begin{itemize} \item \underline{Initialisation:} par hypothèse, $u_0$ est bien défini et appartient à $[0,1[$, donc en particulier à $\left[0,\sqrt{2}\right]$. \item \underline{Hérédité:} soit $n\in\N$. Supposons que $u_n$ soit bien défini et appartienne à $\left[0,\sqrt{2}\right]$. Alors, en particulier, $u_n \in [0,2]$ donc $2-u_n \geq 0$: ainsi, $\sqrt{2-u_n}$ est bien défini, et $u_{n+1}$ est donc bien défini. De plus on a les implications: $$ \begin{array}{rl} 0 \leq u_n \leq 2 & \Longrightarrow -2 \leq -u_n \leq 0 \\[1mm] & \Longrightarrow 0 \leq 2-u_n \leq 2 \\[1mm] & \Longrightarrow 0 \leq \sqrt{2-u_n} \leq \sqrt{2} \end{array} $$ par croissance de la fonction $\sqrt{}$ sur $\R_+$: ainsi, $u_{n+1}$ appartient bien à l'intervalle $\left[0,\sqrt{2}\right]$, et la propriété voulue est vraie au rang~$n+1$. \end{itemize} \underline{Conclusion:} \fbox{pour tout $n\in\N$, $u_n$ est bien défini et $u_n\in\left[0,\sqrt{2}\right]$.} \item \begin{enumerate} \item On a les implications suivantes: $$ \begin{array}{rl} 0 \leq u_0 < 1 & \Longrightarrow -1 < u_0 \leq 0 \\[1mm] & \Longrightarrow 1 < 2-u_0 \leq 2 \\[1mm] & \Longrightarrow 1 < \sqrt{2-u_0} \leq 2 \end{array}$$ soit $\boxed{u_1 \in \left]1,\sqrt{2}\right]}$. \item Soit $\mathcal{P}(n)$ la propriété \og $u_{2n} < 1 < u_{2n+1}$ \fg. Montrons que $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout~$n\in\N$ par récurrence. \begin{itemize} \item \underline{Initialisation:} par hypothèse, $u_0 < 1$,et d'après la question précédente, $u_1 > 1$: ainsi, $u_0 < 1 < u_1$ et \underline{ $\mathcal{P}(0)$ est vraie}. \item \underline{Hérédité:} soit $n\in\N$. Supposons que $\mathcal{P}(n)$ soit vraie et montrons que $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie. D'après l'hypothèse de récurrence, $u_{2n+1} > 1$, et de plus, d'après la question~1, $u_{2n+1} \leq \sqrt{2}$, donc en particulier $u_{n+1} < 2$: alors $$ \begin{array}{rl} 1 < u_{2n+1} < 2 & \Longrightarrow -2 < -u_{2n+1} < -1 \\[1mm] & \Longrightarrow 0 < 2-u_{2n+1} < 1 \\[1mm] & \Longrightarrow 0 < \sqrt{2-u_{2n+1}} < 1 \end{array} $$ ce qui prouve que $u_{2n+2} < 1$. On a alors de la m\^eme fa\c{c}on $$ \begin{array}{rl} 0 < u_{2n+2} < 1 & \Longrightarrow -1 < -u_{2n+2} < 0 \\[1mm] & \Longrightarrow 1 < 2-u_{2n+2} < 2 \\[1mm] & \Longrightarrow 1 < \sqrt{2-u_{2n+2}} < \sqrt{2} \end{array}$$ soit $u_{2n+3} > 1$. On obtient donc $u_{2n+2} < 1 < u_{2n+3}$: {$\mathcal{P}(n+1)$ est vraie}. \end{itemize} \textit{Conclusion :} $\boxed{\forall n\in\N,\, u_{2n} < 1 < u_{2n+1}.}$ \item On a $u_{2n}u_{2n+2}$ pour tout~$n\in\N$: la première inégalité montre que la suite $(u_n)_n$ n'est décroissante à partir d'aucun rang, et la seconde qu'elle n'est croissante à partir d'aucun rang. En conclusion, \fbox{il est impossible que la suite $(u_n)_n$ soit monotone à partir d'un} \fbox{certain rang}. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La fonction $x\mapsto 2-x$ est strictement décroissante sur~$\R$ car sa dérivée est constante de valeur~$-1$ sur cet intervalle, et la racine carrée est strictement croissante sur son intervalle de définition: par conséquent, \fbox{$f$ est strictement décroissante sur~$[0,2]$}. Ainsi, pour tout~$(x,y)\in[0,2]^2$ tels que~$x< y$, on a par décroissance de~$f$: $$ f(x)> f(y) \quad\text{puis} \quad f\circ f(x) v_1$, alors comme précédemment, on montre par récurrence que $v_n > v_{n+1}$ pour tout~$n\in\N$ (l'initialisation étant déjà faite, et l'hérédité se montrant en exploitant la croissance stricte de $f\circ f$). Ainsi, la suite $(v_n)_n$ est strictement décroissante: étant minorée par~$0$ d'après le résultat de la question~1, \fbox{la suite $(v_n)_n$ converge}. \end{enumerate} \item D'une part, $y\geq x$ par hypothèse et la racine carrée est une fonction strictement croissante sur~$\R_+$, ce qui fournit bien $\sqrt{y}-\sqrt{x}\geq 0$. Montrons l'autre inégalité demandée. On a $\left(\sqrt{y}-\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{y}+\sqrt{x}\right) = y-x $ donc \begin{equation} \sqrt{y}-\sqrt{x} = \dfrac{y-x}{\sqrt{y}+\sqrt{x}}. \label{Star} \tag{$\bigstar$} \end{equation} Or, par hypothèse, $y$ et $x$ sont tous deux supérieurs ou égaux à $\alpha$ qui est strictement positif: par croissance de la racine, puis par addition, $$ \sqrt{y}+\sqrt{x} \geq 2\sqrt{\alpha} $$ Les deux membres étant strictement positifs, on peut passer à l'inverse pour obtenir $$\frac{1}{\sqrt{y}+\sqrt{x}} \leq \dfrac{1}{2\sqrt{\alpha}}. $$ En reportant dans \eqref{Star} et en utilisant le fait que $y-x \geq 0$, on conclut: $$ \boxed{ 0 \leq \sqrt{y}-\sqrt{x} \leq \frac{1}{2\sqrt{\alpha}} (y-x).} $$ \item \label{InegVW} Soit $n \in \N$. On sait d'après la question 1 que $u_{2n}$ et~$u_{2n+1}$ sont inférieurs à $[0,\sqrt{2}[$, donc: $$ 2-u_{2n} \geq 2-\sqrt{2} \quad\text{et}\quad 2-u_{2n+1} \geq 2-\sqrt{2}. $$ De plus, d'après la question 2.2, on a $u_{2n} < 1 < u_{2n+1}$ d'où l'on déduit $$ 2-u_{2n+1} < 2-u_{2n}. $$ On peut donc appliquer le résultat de la question précédente aux réels $$ \alpha = 2-\sqrt{2},\quad x=2-u_{2n+1} \quad\text{et}\quad y=u_{2n} $$ ce qui donne \begin{equation} 0 \leq \sqrt{2-u_{2n}}-\sqrt{2-u_{2n+1}} \leq \frac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}} \Big((2-u_{2n})-(2-u_{2n+1})\Big). \tag{$\bigstar\bigstar$} \label{Ineg2} \end{equation} On peut remplacer, dans le membre de droite de \eqref{Ineg2}, la diff\'erence $2-u_{2n}-2-u_{2n+1}$ par $u_{2n+1}-u_{2n}$, soit par $w_n-w_n$. D'autre part, on remarque que $$ \sqrt{2-u_{2n}} = f(u_{2n}) = u_{2n+1} = w_n $$ $$ \text{et} \qquad \sqrt{2-u_{2n+1}} = f(u_{2n+1}) = u_{2n+2} = v_{n+1}. $$ En reportant dans \eqref{Ineg2}, on obtient l'inégalité voulue: $$ \boxed{0 \leq w_n-v_{n+1} \leq \frac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}} (w_n-v_n).} $$ \item \label{QuestRacine} On a les {\bf équivalences} suivantes (bien noter que toutes les opérations peuvent \^etre effectuées dans les deux sens): $$ \begin{array}{rcll} \dfrac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}} < 1 & \Longleftrightarrow & \dfrac{1}{4\times(2-\sqrt{2})} < 1 & \text{car les deux membres sont (strictement) positifs} \\ & \Longleftrightarrow & 1 < 8-4\sqrt{2} & \text{par passage à l'inverse, car tout est strictement positif} \\ & \Longleftrightarrow & 4\sqrt{2} < 7 \\ & \Longleftrightarrow & 4^2\times 2 < 49 & \text{car les deux membres sont strictement positifs.} \end{array} $$ Cette dernière inégalité est vraie, et toutes les opérations effectuées peuvent l'\^etre dans les deux sens. Ainsi, $\boxed{\dfrac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}< 1}$. \item Par passage à la limite dans l'inégalité obtenue à la question~\ref{InegVW}, on obtient $$ 0 \leq l'-l \leq \dfrac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}} (l'-l). $$ Ainsi, $l'-l \geq 0$. Supposons que $l'-l>0$: en divisant l'inégalité ci-dessus par $l'-l$, on obtient $$ 1 \leq \dfrac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{2}}}. $$ Ceci est contradictoire avec le résultat de la question~\ref{QuestRacine}. En fin de compte, $\boxed{l=l'}$. \item D'après les résultats des questions précédentes, les suites $(u_{2n})_n$ et $(u_{2n+1})_n$ convergent vers un m\^eme réel~$l$. Par conséquent, la suite $(u_n)_n$ converge vers~$l$. Par passage à la limite dans l'égalité \og $u_{n+1}=f(u_n)$\fg, on obtient $$ l = f(l) \quad\text{\it i.e.}\quad l = \sqrt{2-l}. $$ Ceci implique que $l$ soit un réel positif et que $l^2=2-l$ soit $l^2 +l-2 = 0$. Cette équation du second degré admet deux solutions réelles qui sont~$-2$ et~$1$: en éliminant la solution négative, on conclut que~$l=1$. En résumé, $$ \boxed{\text{la suite } (u_n)_n \text{ converge vers }1.} $$ \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On effectue $p$ tirages simultanés dans une urne contenant $n$ boules distinguables, il y a donc $\dbinom{n}{p}$ possibilités. \begin{center}\fbox{Il y a $\dbinom{n}{p}$ manières de tirer simultanément $p$ boules dans l'urne.}\end{center} \item On commence par choisir la boule numéro $k$, ce qui laisse $1$ possibilité. Puis on choisit simultanément $p-1$ boules parmi les boules de numéro dans $\Cro{1,k-1}$, ce qui donne $\dbinom{k-1}{p-1}$ possibilités. \begin{center}\fbox{Il y a $\dbinom{k-1}{p-1}$ manières de tirer simultanément $p$ boules de sorte que le plus grand numéro obtenu soit $k$.}\end{center} \item Soit $A$ l'ensemble de tous les tirages (un tirage étant une partie de $\Cro{1,n}$ contenant $p$ éléments), et $A_k$ l'ensemble des tirages dont le plus grand numéro est $k$, pour $k\in \Cro{ p,n}$. Montrons $A=\displaystyle\bigcup_{k=p}^n A_k$. \begin{itemize} \item Si un tirage $t$ est dans $\displaystyle \bigcup_{k=p}^n A_k$, alors il est dans $A$. Cela prouve $\displaystyle\bigcup_{k=p}^n A_k\subset A$. \item Réciproquement, si un tirage $t$ est dans $A$, alors en appelant $k$ le plus grand des numéros obtenus dans $t$, on a $t\in A_k$. Cela prouve $A\subset\displaystyle\bigcup_{k=p}^n A_k$. \end{itemize} D'autre part, on a $A_k\cap A_{k'}=\emptyset$ si $k\neq k'$. En effet, si $t\in A_k\cap A_{k'}$, alors le plus grand numéro obtenu dans $t$ est à la fois $k$ et $k'$, ce qui contredit $k\neq k'$. Des deux points précédents on déduit: \[ \Card A=\Card \pth{\bigcup_{k=p}^n A_k}=\dsum_{k=p}^n \Card A_k \] D'où le résultat, d'après les questions précédentes. \[ \boxed{\dbinom{n}{p}=\sum_{k=p}^n \dbinom{k-1}{p-1} }\] \item Pour chacun des $p$ tirages on a $n$ possibilités, ce qui fait $n^p $ possibilités au total. \begin{center}\fbox{Il y a $n^p$ tirages possibles lorsque ceux-ci sont effectués avec remise.}\end{center} \item Le nombre total de possibilités est ici un arrangement de $p$ boules parmi $n$. En effet, il y a $n$ choix pour la première boule, $n-1$ pour la seconde, $n-2$ pour la troisième,\ldots et $n-(p-1)$ pour la $p$-ème, ce qui laisse $\dprod_{k=0}^{p-1} (n-k)=\dfrac{n!}{(n-p)!}$ possibilités au total. \begin{center} \fbox{\begin{tabular}{c} Il y a $\dfrac{n!}{(n-p)!}$ tirages donnant $p$ boules distinctes, lorsque ceux-ci sont effectués avec remise. \\ On retrouve ainsi le nombre de tirages possibles dans le cas où ceux-ci sont effectués sans remise. \end{tabular}} \end{center} \item Il n'y a que deux possibilités: \begin{itemize} \item soit on a obtenu $p-1$ fois le numéro un et $1$ fois le numéro trois, ce qui laisse $p$ possibilités (il suffit de choisir le numéro du tirage qui donnera la boule numéro trois); \item soit on a obtenu $p-2$ fois le numéro un et $2$ fois le numéro deux, ce qui laisse $\dbinom{p}{2}$ possibilités (il suffit de choisir les deux numéros de tirage qui donneront la boule numéro deux, et ces numéros sont choisis simultanément car ils ont le même rôle). \end{itemize} Ces deux cas étant disjoints, il suffit alors de sommer les deux nombres obtenus. \begin{center}\fbox{Il y a $\dfrac{p(p-1)}{2}+p=\dfrac{p(p+1)}{2}$ tirages où la somme des numéros obtenus fait $p+2$.} \end{center} \item On commence par choisir les deux boules qui apparaitront, il y a pour cela $\dbinom{n}{2}$ possibilités (on choisit ces boules simultanément car elles ont a priori le même rôle). Ensuite, pour chacune des $p$ boules du tirage, il y a $2$ choix, soit $2^p$ choix. Mais en raisonnant ainsi, on a compté les deux tirages qui ne comptaient que l'une des deux boules choisies : il faut donc retirer $2$ à ce nombre. En définitive, on obtient $ \dbinom{n}{2} (2^p-2)=n(n-1)(2^{p-1}-1)$ possibilités. \begin{center} \fbox{Il y a $n(n-1)(2^{p-1}-1)$ tirages où apparaissent exactement deux boules différentes.} \end{center} \item On raisonne comme dans le cas précédent. Il y a déjà $\dbinom{n}{3}$ possibilités de choisir les trois boules qui appara\^itront, puis $3$ choix pour chacune des $p$ boules du tirage. Mais on doit alors retirer: \begin{itemize} \item les cas où n'appara\^it qu'une seule boule, qui sont au nombre de $3$ (un cas pour chacune des trois boules choisies); \item les cas où n'apparaissent que deux boules exactement, et pour cela on choisit déjà ces deux boules parmi les trois, ce qui donne $3$ possibilités, puis en raisonnant comme en $2.4$ on voit qu'il y a $2^p-2$ manières de positionner ces boules, soit $3\pth{2^p-2}$ possibilités au total. \end{itemize} En définitive, le nombre de possibilités est donc : \[ \dbinom{n}{3}\pth{3^p-3(2^p-2)-3}=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{2}\pth{3^{p-1}-2^p+1} \] \begin{center} \fbox{Il y a $\dfrac{n(n-1)(n-2)}{2}\pth{3^{p-1}-2^p+1}$ tirages où apparaissent exactement trois boules différentes.} \end{center} \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On suppose que $a$ n'est pas un nombre premier. Par définition, il existe $b,c \in \llbracket 2,a\rrbracket$ tel que $a = bc$. On a, d'après la formule de la somme géométrique : \[(2^b-1)\,\big(1+2^b+\cdots+(2^b)^{c-1}\big) = (2^b-1)\sum_{k=0}^{c-1} (2^b)^k = (2^b)^c - 1 = 2^{bc} - 1 = 2^a - 1.\] Ainsi, $1 < 2^b - 1 < 2^a-1$ et $2^b - 1$ divise $2^a - 1$ donc \fbox{$2^a - 1$ n'est pas premier}. \item On a $2^8-1 = 255$ et $2^6-1 = 64$. On a, en faisant des divisions euclidiennes sucessives : $255 = 3 \times 63 + 3$, et $3$ divise $63$ donc le \fbox{PGCD de $2^8-1$ et de $2^6-1$ est $3$}. \item Compte tenu des notations, on a $a = bq+r$. De façon analogue à la question $1$ : \[M_a = 2^a-1 = (2^b)^q \times 2^r -1 = 2^r\left((2^b)^q-1 \right) + 2^r - 1 = (2^b - 1) \times 2^r\big(1+2^b+\cdots+(2^b)^{q-1}\big) + 2^r - 1\] ce qui s'écrit $M_a = M_b \times Q + M_r$ où $Q = 2^r\big(1+2^b+\cdots+(2^b)^{q-1}\big)$. De plus, on a $0\leqslant r < b$ donc $0\leqslant M_r < M_b$. Finalement, \fbox{$M_r$ est le reste de la division euclidienne de $M_a$ par $M_b$}. \item On pose $r_0 = a$, $r_1 = b$ puis pour tout $n \in \N$, $r_{n+2}$ le reste de la division euclidienne de $r_n$ par $r_{n+1}$ : $(r_n)$ est la suite des restes successifs dans l'algorithme d'Euclide. Par la question précédente, $(M_{r_n})$ est donc la suite des restes de la division euclidienne successifs de $M_a$ par $M_b$. Si on note $r_p$ le dernier reste non nul, il s'agit du PGCD de $a$ et $b$ donc $M_{r_p}$ est le dernier reste non nul pour la suite $(M_{r_n})$ donc $M_{r_p}$ est le PGCD de $M_a$ et $M_b$. En conclusion, \fbox{le PGCD de $M_a$ et $M_b$ est $M_{u}$ où $u$ est le PGCD de $a$ et $b$}. Cela est cohérent avec la question 2 : \fbox{le PGCD de $2^8 - 1$ et $2^6 - 1$ est $2^2 - 1 = 3$ car $2$ est le PGCD de $8$ et $6$}. \end{enumerate} \end{Exo} \end{document}