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%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
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\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
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\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
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\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

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%% Macros (extraites de commandes.tex)
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\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
Les questions de cet exercice sont indépendantes.
\begin{enumerate}
\item En tant que quotient de fonctions continues sur $\R$ dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\R^*$, la fonction $f : x \mapsto \displaystyle \frac{\e^x -1}{x}$ est continue sur $\R^*$. De plus, comme $\exp$ est dérivable en $0$, son taux d'accroissement en $0$ admet une limite finie en $0$ donnée par
\[\lim \limits_{x \to 0} f(x) =  \lim \limits_{x \to 0} \frac{\e^x -1}{x} = \exp'(0) = 1.\]
En conclusion, \fbox{$f$ est prolongeable par continuité sur $\R$ par $f(0) = 1$}.
\item Soit $M$ un point du plan de coordonnées $(x,y)\in\R^2$. On note $\mathscr D$ la droite passant par les points $A$ et $B$ de coordonnées respectives $(1,2)$ et $(3,8)$. Le vecteur $\overrightarrow{AB}$ a pour coordonnées $(2,6)$ On a les équivalences :
\[M \in \mathscr D \Longleftrightarrow \left\lvert\begin{smallmatrix}x-1 & 2 \\y-2 & 6 \end{smallmatrix}\right\rvert = 0 \Longleftrightarrow 6x-2y-2 = 0.\]
\fbox{La droite passant par les points $A$ et $B$ a pour équation cartésienne $6x-2y-2 = 0$}.
\item On note $A_i$ l'événement \og Piocher une boule blanche au $i$-ème tirage\fg{} et $B$  l'événement \og Piocher dans l'urne contenant deux boules blanches et quatre boules vertes \fg{} avec $i = 1,2$. On peut suppose que $A_1$ et~$A_2$ sont indépendants et que les tirages ainsi que les choix d'urne sont équiprobables.

Compte-tenu de l'énoncé, on doit déterminer la probabilité de $A_1 \cap A_2$.

Comme $(B,\overline{B})$ est un système complet d'événements non négligeables, d'après la formule des probabilités totales,
\[P(A_1 \cap A_2) = P(A_1 \cap A_2\mid B)P(B) +P(A_1 \cap A_2\mid \overline{B})P(\overline{B}) = \frac{1}{2}\big(P(A_1 \cap A_2\mid B) +P(A_1 \cap A_2\mid \overline{B})\big).\]

De plus, par définition d'une probabilité conditionnelle :
\[P(A_1 \cap A_2\mid B) = \frac{P(A_1 \cap A_2\cap B)}{P(B)} = \frac{P(A_2 \mid A_1 \cap B) P(A_1 \cap B)}{P(B)} = P(A_2 \mid A_1 \cap B) P(A_1 \mid B) = \frac{2}{6} \times \frac{1}{5} = \frac{1}{15}\]
et de même $P(A_1 \cap A_2\mid \overline{B}) = 1/3$.

En conclusion :
\[\boxed{P(A_1 \cap A_2) = \frac{1}{5}}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item La fonction~$f$ est d\'erivable sur~$\R^*$ en tant que compos\'ee puis quotient de fonctions qui le sont et dont le d\'enominateur ne s'annule pas, et pour tout~$x\in\R^*$,
$$ f'(x) = \frac{\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\Big[\sin(x^3)\Big]\times x - \sin(x^3)}{x^2} = \frac{3x^3\cos(x^3)-\sin(x^3)}{x^2}  $$
soit $\boxed{f'(x) = 3x\cos(x^3)-\dfrac{\sin(x^3)}{x^2}}$.
\item Soit~$x\in\R^*$. On a l'in\'egalit\'e: $-1 \le \sin(x^3)\le 1$; si~$x>0$, on peut diviser par~$x$ sans changer le sens de cette in\'egalit\'e, ce qui donne
$$ -\frac{1}{x} \le \frac{\sin(x^3)}{x} \le \frac{1}{x} $$
d'o\`u l'on d\'eduit par encadrement que $\boxed{f(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}0}$. Si maintenant~$x<0$, alors l'encadrement obtenu est
$$\frac{1}{x}\le \frac{\sin(x^3)}{x} \le -\frac{1}{x} $$
qui conduit \`a la m\^eme conclusion: $\boxed{f(x)\xrightarrow[x\to-\infty]{} 0}$.
\item Soit~$t\in\R$. La fonction~$\sin$ est d\'erivable sur~$\R$ de d\'eriv\'ee~$y\mapsto\cos y$ avec
$$ \forall y\in \R,\; |\cos y| \le 1.  $$
L'in\'egalit\'e des accroissements finis donne alors
$$ |\sin t -\sin 0 | \le 1\times |t-0| $$
soit~$\boxed{|\sin t|\le |t|}$.

On en d\'eduit que pour tout~$x\in\R^*$,
$$ 0\le \left|\frac{\sin(x^3)}{x}\right| \le \left|\frac{x^3}{x}\right| \qquad\text{soit}\qquad 0 \le |f(x)| \le x^2  $$
donc par encadrement, $|f(x)|\xrightarrow[x\to 0]{} 0$, {\it i.e.}~$f\xrightarrow[0]{} 0$. La fonction~$f$ est continue, car d\'erivable, sur~$\R^*$ et admet une limite r\'eelle en~0, ce qui donne le r\'esultat:
\begin{center} \fbox{la fonction~$f$ est prolongeable par continuit\'e \`a~$\R$.} \end{center}
\item On a vu \`a la question~1 que
$$ \forall x \in\R^*,\; f'(x) = 3x\cos(x^3)-\dfrac{\sin(x^3)}{x^2} $$
donc~$f'$ est continue sur~$\R^*$ par composition, produit, quotient et diff\'erence de telles fonctions; ainsi,~$f$ est de classe~$\mathscr{C}^1$ sur~$\R^*$.

Montrons que~$f'$ admet une limite finie en~$0$. D'une part,
$$ 3x\cos(x^3)\xrightarrow[x\to 0]{} 3\times 0\times \cos 0 = 0. $$
D'autre part, pour tout r\'eel~$x$, en appliquant l'in\'egalit\'e de la question~3, on obtient
$$ 0 \le \left|\frac{\sin(x^3)}{x^2}\right| \le \left|\frac{x^3}{x^2}\right| \qquad\text{soit}\qquad 0 \le \left|\frac{\sin(x^3)}{x^2}\right| \le |x|  $$
d'o\`u l'on d\'eduit par encadrement que~$\dfrac{\sin(x^3)}{x^2}\xrightarrow[x\to 0]{} 0$, et par diff\'erence
$$ f'(x) \xrightarrow[x\to 0]{} 0. $$
En fin de compte:
\begin{itemize}
\item la fonction~$f$ est de classe~$\mathscr{C}^1$ sur~$\R^*$;
\item la fonction~$f$ est prolongeable en une fonction continue sur~$\R$;
\item la fonction~$f'$ admet une limite r\'eelle en~$0$.
\end{itemize}
D'apr\`es le \underline{th\'eor\`eme de la limite de la d\'eriv\'ee}, le prolongement de~$f$ est d\'erivable en~$0$, de d\'eriv\'ee \'egale \`a la limite de~$f'$ en~$0$; la d\'eriv\'ee de ce prolongement est donc continue en~$0$. En conclusion,
\begin{center} \fbox{le prolongement par continuit\'e de~$f$ \`a~$\R$ est de classe~$\mathscr{C}^1$ sur~$\R$.}
\end{center}
\item On a pour tout r\'eel~$x$ les \'equivalences
$$ \begin{array}{rl} & \cos(x^3)=0 \Longleftrightarrow \exists k \in \Z, \; x^3 = \dfrac{\pi}{2}+2k\pi \Longleftrightarrow \exists k\in\Z,\; x = \sqrt[3]{\dfrac{\pi}{2}+2k\pi} \\[4mm] \text{et} & \cos(x^3)=1 \Longleftrightarrow \exists k \in \Z, \; x^3 = 2k\pi \Longleftrightarrow \exists k\in\Z,\; x = \sqrt[3]{2k\pi}. \end{array}  $$
Ceci invite \`a consid\'erer les suites~$(x_n)_n$ et~$(y_n)_n$ d\'efinies par
$$ \forall n\in\N,\; x_n = \sqrt[3]{\dfrac{\pi}{2}+2n\pi} \; \text{et}\; y_n = \sqrt[3]{2n\pi}. $$
Par op\'erations et compositions,
$$ x_n\xrightarrow[n\to +\infty]{}+\infty \qquad\text{et}\qquad y_n\xrightarrow[n\to +\infty]{}+\infty. $$
De plus, pour tout~$n\in\N$,
$$ \begin{array}{rlll } & \sin(x_n^3) = \sin\left(\dfrac{\pi}{2}+2n\pi\right) = 1, & & \sin(y_n^3) = \sin(2n\pi) = 0, \\[4mm] & \cos(x_n^3) = \cos\left(\dfrac{\pi}{2}+2n\pi\right) = 0 & \text{et} & \cos(y_n^3) = \cos(2n\pi) = 1. \end{array} $$
En reportant dans l'expression de~$f'$ calcul\'ee \`a la question~1,
$$ \forall n\in\N,\; f'(x_n) = 3x_n\cos(x_n^3)-\dfrac{\sin(x_n^3)}{x_n^2} = -\frac{1}{x_n^2} \;\text{et}\; f'(y_n) = 3y_n\cos(y_n^3)-\dfrac{\sin(y_n)}{y_n^2} = 3y_n.    $$
Par op\'erations sur les limites, puisque~$(x_n)_n$ et~$(y_n)_n$ tendent vers~$+\infty$, on~a
$$ f'(x_n) \xrightarrow[n\to +\infty]{} 0 \quad\text{et}\quad f'(y_n)\xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty. $$
En fin de compte, puisque~$(x_n)_n$ et~$(y_n)_n$ tendent vers~$+\infty$ et que~$(f'(x_n))_n$ et~$(f'(y_n))_n$ ont deux limites distinctes,
\begin{center}
\fbox{la fonction~$f'$ n'a pas de limite en~$+\infty$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

% matrices
\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Soit~$t\in\R$. Soit~$n\in\N$, $n\ge 3$. Pour tout~$k\in\llbracket 3,n\rrbracket$, la matrice~$A^k$ est nulle, donc on a
$$ E_n(t) = \sum\limits_{k=0}^2 \frac{t^k}{k!} A^k = \frac{t^0}{0!} A^0 + \frac{t^1}{1!}A^1 + \frac{t^2}{2!}A^2 = I_p+tA+\frac{t^2}{2}A^2. $$
La suite~$(E_n(t))_n$ est stationnaire, c'est \'egalement le cas de la suite de chacun de ses coefficients, qui sont donc convergents vers ceux de la matrice ci-dessus. On peut conclure:
\begin{center}
\fbox{la suite~$(E_n(t))_n$ converge et~$E(t)=I_p+tA+\dfrac{t^2}{2}A^2$.}
\end{center}
\item Soit~$(t,s)\in\R^2$. On a d'apr\`es la question pr\'ec\'edente
$$ \begin{array}{rl} E(s)\times E(t) & = \left(I_p+sA+\dfrac{s^2}{2}A^2\right)\times \left(I_p+tA+\dfrac{t^2}{2}A^2\right) \\[2mm] & = I_p+sA+\dfrac{s^2}{2}A^2+tA+stA^2+\dfrac{s^2t}{2}A^3+\dfrac{s^2}{2}A^2+\dfrac{s^2t}{2}A^3+\dfrac{s^2t^2}{4}A^4. \end{array}  $$
Puisque~$A^3=A^4=0$, on obtient en regroupant les termes dans la somme ci-dessus:
$$ \begin{array}{rl} E(s)\times E(t) & = I_p + (s+t)A+\left(\dfrac{s^2}{2}+st+\dfrac{t^2}{2}\right)A^2 \\[4mm] & = I_p+(s+t)A+\dfrac{s^2+2st+t^2}{2}A^2 \\[4mm] & = I_p+(s+t)A+\dfrac{(s+t)^2}{2}A^2 \end{array} $$
soit~$\boxed{E(s)\times E(t)=E(s+t)}$.
\item Soit~$t\in\R$. D'apr\`es la question pr\'ec\'edente,
$$ E(t)\times E(-t) = E(t-t) = E(0) \qquad\text{et}\qquad E(-t)\times E(t) = E(-t+t) = E(0). $$
Or, d'apr\`es l'expression de~$E(t)$ trouv\'ee \`a la question~1, $E(0)=I_p$, et les \'egalit\'es pr\'ec\'edentes deviennent
$$ E(t)\times E(-t) = E(-t)\times E(t) = I_p. $$
\newpage
Par cons\'equent,
\begin{center}
\fbox{
la matrice~$E(t)$ est inversible et son inverse est: $ E(t)^{-1} = E(-t) = I_p-tA+\dfrac{t^2}{2}A^2$.
}
\end{center}
\item On calcule successivement
$$ A^2 = A\times A = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad\text{et}\qquad A^3 = A^2\times A = 0_3.  $$
Les r\'esultats pr\'ec\'edents s'appliquent \`a la matrice~$A$; en particulier,
$$ E(t) = I_3+tA+\frac{t^2}{2}A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & t & t \\ 0 & 0 & t \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & t^2/2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$
autrement dit: $\boxed{E(t) = \begin{pmatrix} 1 & t & t+t^2/2 \\ 0 & 1 & t \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}$
\item Soit~$B=\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}\in\R^2$; on r\'esout le syst\`eme~$PX=B$, d'inconnue~$X=\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\in\R^2$. On a les \'equivalence suivantes:
$$ \begin{array}{rcl} PX=B & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rl} x-y & = a \\ x+y & = b \end{array}\right. \\[5mm] & \underset{L_2 \leftarrow -L_1+L_2}{\Longleftrightarrow} & \left\{\begin{array}{rl} x-y & = a \\ 2y & = -a+b \end{array}\right. \\[5mm] & \underset{L_1 \leftarrow 2L_1+L_2}{\Longleftrightarrow} & \left\{ \begin{array}{l} 2x = a+b \\ 2y = -a+b \end{array}\right. \\[5mm] & \Longleftrightarrow & \left\{ \begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}(a+b) \\[2mm] y = \dfrac{1}{2}(-a+b) \end{array}\right. \end{array} $$
Le syst\`eme admet une solution unique: la matrice~$P$ est inversible, et son inverse est donn\'ee par la \og formule\fg\@ de la solution en fonction de~$a$ et~$b$.
\begin{center}
\fbox{La matrice~$P$ est inversible et: $P^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$}
\end{center}
\item On calcule successivement
$$ \begin{array}{rl} & PA = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \\[5mm] \text{et} &   PAP^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \times\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}  = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \end{array} $$
soit~$\boxed{D=PAP^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}}$.

D'apr\`es le r\'esultat du cours sur les puissances d'une matrice diagonale:
$$ \boxed{\forall k\in\N,\; D^k = \begin{pmatrix} (-1)^k &  0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}}$$
On remarque alors que l'\'egalit\'e~$D=PAP^{-1}$ entra\^ine, en multipliant \`a droite par~$P$ et \`a gauche par~$P^{-1}$,
$$P^{-1}DP = P^{-1}PAP^{-1}P = I_2AI_2 = A. $$
et l'on a alors les \'egalit\'es suivantes:
$$ A^2 = P^{-1}DPP^{-1}DP = P^{-1}DI_2DP = P^{-1}D^2P  $$
et, de m\^eme,
$$ A^3 = P^{-1}DPP^{-1}D^2P = P^{-1}D^3 P \qquad\text{puis}\qquad A^4 = P^{-1}D^4 P $$
et par r\'ecurrence imm\'ediate, pour tout $ k\in\N$, $A^{k}=P^{-1}D^k P$, donc
$$ \begin{array}{rl} A^k & = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} (-1)^k & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \\[5mm] & = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix} (-1)^k & 1 \\ (-1)^{k+1} & 1 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \end{array} $$
soit: $\boxed{\forall k\in\N,\; A^k = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} (-1)^k+1 & -(-1)^k+1 \\ -(-1)^k + 1 & (-1)^k + 1 \end{pmatrix}}$.
\item On remarque que, pour tout~$k\in\N$,
$$ \begin{array}{rll} & A^k = \dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} + \dfrac{(-1)^k}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \\[5mm] \text{donc} & \dfrac{t^kA^k}{k!} = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{t^k}{k!}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} +\dfrac{1}{2}\times\dfrac{(-t)^k}{k!}\begin{pmatrix}  1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} & \text{pour tout }t\in\R. \end{array}$$
On obtient donc pour tout~$n\in\N$, par sommation de l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente:
$$ \boxed{E_n(t) = \sum\limits_{k=0}^n \frac{t^kA^k}{k!} = \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=0}^n \frac{t^k}{k!}\right) \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} + \frac{1}{2}\left(\sum\limits_{k=0}^n \frac{(-t)^k}{k!}\right)\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} } $$
\item Soit~$t\in\R$. D'apr\`es l'indication de l'\'enonc\'e, puisque, par somme ou diff\'erence, chacun des coefficients de~$E_n(t)$ a une limite quand~$n\to+\infty$, \fbox{la suite de matrices~$(E_n(t))_n$ converge} et sa limite est donn\'ee par
$$ E(t) = \frac{\e^t}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} + \frac{\e^{-t}}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (\e^t+\e^{-t})/2 & (\e^t-\e^{-t})/2 \\ (\e^t-\e^{-t})/2 & (\e^t+\e^{-t})/2 \end{pmatrix} $$
donc $\boxed{E(t) = \begin{pmatrix} \ch t & \sh t \\ \sh t & \ch t\end{pmatrix}}$.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\noindent \textbf{Partie I : Une étude de fonction}

\begin{enumerate}

\item Les fonctions $\ln$ et $x \mapsto 1+x^2$ sont définies et dérivables sur $]0,+\infty[$ et $x \mapsto 1+x^2$ ne s'annule pas sur~$]0,+\infty[$ donc \fbox{$f$ est définie et dérivable sur $]0,+\infty[$}.
\item On a, pour tout $x \in ]0,+\infty[$ :
\[f'(x) = \frac{x^2 - 2x^2 \ln x +1}{x(1+x^2)^2}\]
donc \fbox{$f'(x)$ est du signe de $g(x) = x^2 - 2x^2 \ln x +1$}.
\item La fonction $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ par somme et, pour tout $x \in ]0,+\infty[$ :
\[g'(x) = -4x \ln x\]
qui est du signe de $-\ln x$ c'est-à-dire du signe de $1-x$. De plus, par somme et croissance comparée pour la première limite et par somme et produit pour la seconde :
\[\lim \limits_{x \to 0^+} g(x) = 1 \quad \text{et} \quad \lim \limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty.\]
On a également $g(1) = 2$. On obtient ainsi le tableau :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
   \tkzTabInit{$x$ / 1 , $g'$ / 1, $g$ / 1.5}{$0$, $1$, $+\infty$}
   \tkzTabLine{, +, z, -, }
   \tkzTabVar{-/ 0, +/ 1, -/ $-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La fonction $g$ est strictement décroissante et continue sur $[1,+\infty[$. Par le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de $[1,+\infty[$ sur $]-\infty,2]$ (ce dernier intervalle découlant de la question précédente). Comme~$0\in]-\infty,2]$, il existe un unique réel $m \in [1,+\infty[$ tel que $g(m) = 0$. De plus, pour tout $x \in ]0,1]$, $g(x) >0$. En conclusion, \fbox{l'équation d'inconnue $x \in ]0,+\infty[$ : $g(x) = 0$ admet une unique solution $m$}. Ainsi, $g$ est strictement positive sur $]0,m[$ et strictement négative sur $]m,+\infty[$.
\item On a les équivalences :
\[g(m) = 0 \Longleftrightarrow 1+m^2 - 2m^2 \ln m = 0 \Longleftrightarrow \frac{1}{2m^2} = \frac{\ln m}{1+m^2}\]
donc \fbox{$f(m ) = \frac{1}{2m^2}$}.
\item Par quotient limites, on a directement : $\lim \limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty$. On peut écrire, pour $x$ au voisinage de $+\infty$ :
\[f(x) = \frac{\ln x}{x^2} \times \frac{x^2}{1+x^2}.\]
Ainsi, par croissance comparée et produit, $f$ admet une limite en $+\infty$ et $\lim \limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$. On obtient le tableau, puisque $f'$ est du signe de $g$ :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
   \tkzTabInit{$x$ / 1 , $f'$ / 1, $f$ / 1.5}{$0$, $m$, $+\infty$}
   \tkzTabLine{, +, z, -, }
   \tkzTabVar{-/ $-\infty$, +/ $\frac{1}{2m^2}$, -/ 0}
\end{tikzpicture}
\end{center}

puis la courbe

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[domain=-3:4,scale = 0.8]

    \draw[->] (-0.5,0) -- (7,0) node[right] {$x$};
    \draw[->] (0,-3) -- (0,1.8) node[above] {$f(x)$};
         \draw[smooth,samples=100,domain=0.4:6,very thick] plot (\x,{4*ln(\x)/(1+\x*\x)}) node[above] {$\mathscr C_{f}$};
\draw[dashed]  (1.89,4*0.139232271381) -- (1.89,-0.2) node[below] {$m$};
\draw[dashed]  (1.89,4*0.139232271381) -- (-0.2,4*0.139232271381) node[left] {$\frac{1}{2m^2}$};
%                  \draw[smooth,samples=100,domain=-1.2:1.2,dashed] plot (\x,{tan(\x r)}) node[left] {$\mathscr C_{\tan}$};
%\draw[smooth,samples=100,domain=-1.8:1.8] plot (\x,\x) node[left] {$y=x$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\end{enumerate}

\smallskip

\noindent \textbf{Partie II : Une fonction définie par une intégrale}

\begin{enumerate}[resume]
\item La fonction $f$ est continue et positive sur $[1,+\infty[$, négative sur $]0,1]$. Ainsi, si $x \in [1,+\infty[$, comme $f$ est positive sur $[1,x[$, par positivité de l'intégrale :
\[F(x) = \int_1^x f(t) \dx{t} \geqslant 0\]
et de même, si $x \in ]0,1]$,
\[-F(x) = \int_x^1 f(t) \dx{t} \leqslant 0.\]
\fbox{Finalement, $F$ est positive sur $\R_+^*$.}
Par définition, $F$ est une primitive de $f$ sur $\R_+^*$ donc $F$ est dérivable sur $\R_+^*$ et $F' = f$.
\item Par quotient, comme $\arctan$ est définie sur $\R$, $\varphi$ est définie sur $\R^*$. De plus, $\arctan$ est dérivable en $0$ et~$\arctan'(0) = \frac{1}{1+0^2}$ donc, par définition de la dérivée en $0$ :
\[\lim \limits_{x \to 0} \varphi(x) = \lim \limits_{x \to 0} \frac{\arctan x}{x} = 1.\]
\fbox{Finalement, $\varphi$ est prolongeable par continuité sur $\R$ par $\varphi(0) = 1$.}
\item Soit $x \in \R_+^*$. On pose $u : t \mapsto \arctan t$ et $v : t \mapsto \ln t$ qui sont des fonctions de classe $\mathscr C^1$ sur $[1,x]$. En intégrant par parties, on obtient :
\[F(x) = \int_1^x u'(t) v(t) \dx{t} = \left[ u(t) v(t)\right]_1^x - \int_1^x u(t) v'(t) \dx{t} = \arctan x \ln x - \int_1^x  \frac{\arctan t}{t} \dx{t}\]
car $\ln 1 = 0$. En conclusion, pour tout $x \in ]0,+\infty[$, \[\boxed{F(x) = \arctan x \ln x - \int_1^x \varphi(t) \dx{t}}.\]
\item Comme $\varphi$ est continue sur $\R$, on a :
\[\int_1^x \varphi(t) \dx{t} \underset{x \to 0}{\longrightarrow} \int_1^0 \varphi(t) \dx{t} = -\int_0^1 \varphi(t) \dx{t}.\]
De plus, on a, pour tout $x \in \R_+^*$ :
\[\arctan x \ln x = \varphi(x) \times x \ln x\]
donc par croissance comparée et produit, on a :
\[\arctan x \ln x \underset{x \to 0}{\longrightarrow} \varphi(0) \times 0 = 0.\]
En conclusion, $F$ est prolongeable par continuité en $0$ par
\[\boxed{F(0) = \int_0^1 \varphi(t) \dx{t}}.\]
\item En tant que primitive d'une fonction continue, $F$ est dérivable sur $\R_+^*$ donc, par somme, le fonction définie par~$\psi : x \mapsto F(x) - F(1/x)$ est dérivable sur $\R_+^*$ et, pour tout $x \in \R_+^*$ :
\[\psi'(x) = F'(x) +\frac{1}{x^2} F'(1/x) = \frac{\ln x}{1+x^2} + \frac{1}{x^2} \frac{-\ln x}{1+1/x^2} = 0.\]
Ainsi, $\psi$ est constante sur $\R_+^*$ et $\psi(1) = F(1) - F(1) = 0$ : $\psi$ est nulle sur $\R_+^*$.

\fbox{En conclusion, pour tout $x \in \R_+^*$ : $F(x) = F(1/x)$.}
\item Comme $1/x \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 0$, par composition, $x \mapsto F(1/x)$ admet pour limite $F(0)$ en $+\infty$ donc, avec la question précédente :
\[\boxed{F(x) = F(1/x) \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} F(0)}.\]
\end{enumerate}

\noindent \textbf{Partie III : Calcul approché de $F(0)$}

On définit, pour tout $p \in \N^*$ :
\[f_p : t \mapsto t^p \ln t.\]

\begin{enumerate}[resume]
%\item Justifier que pour tout $p\in\N^*$, $f_p$ est prolongeable par continuité sur $[0,1]$. On notera à nouveau ce prolongement $f_p$.
%\item Calculer, pour tout $p\in\N^*$ :
%\[I_p = \int_0^1 f_p(t) \dx{t}.\]
\item Soit $x \in \R_+^*$. On a $ix\neq 1$ dont, avec la fomrule de la somme géométrique, pour tout $n \in \N$ :
\[\sum_{k=0}^n \big((ix)^2\big)^k = \frac{1 - \big((ix)^2\big)^{(n+1)}}{1 - (ix)^2} = \frac{1 - (-1)^{n+1}x^{2n+2}}{1 + x^2 }\] ce qui s'écrit :
\[\boxed{\frac{1}{1+x^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k x^{2k} + (-1)^{n+1} \frac{x^{2n+2}}{1+x^2}}.\]
\item Soit $k \in \N$ et $x \in ]0,+\infty[$.
On pose $u : t \mapsto \ln t$ et $v : t \mapsto \frac{t^{k+1}}{k+1}$ qui sont des fonctions de classe $\mathscr C^1$ sur $[1,x]$. En intégrant par parties, on obtient :
\[\int_1^x t^k \ln t \dx{t} = \left[ u(t) v(t)\right]_1^x - \int_1^x u(t) v'(t) \dx{t} = \left[ \frac{t^{k+1}}{k+1} \ln t\right]_1^x - \int_1^x  \frac{t^{k+1}}{k+1} \times \frac{1}{t} \dx{t} =\frac{x^{k+1} \ln x}{k+1} - \frac{x^{k+1} -1}{(k+1)^2}\]
donc :
\[\boxed{\int_1^x t^k \ln t \dx{t} =\frac{x^{k+1} \ln x}{k+1} - \frac{x^{k+1} -1}{(k+1)^2}}\]
\item Soit $n \in \N$ et $x \in ]0,+\infty[$. On a, avec les questions précédentes :
\begin{align*}
F(x) &= \int_1^x \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} \ln t \dx{t}+ (-1)^{n+1} \int_1^x \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t \dx{t}\\
& =  \sum_{k=0}^n (-1)^k \int_1^x  t^{2k} \ln t \dx{t} + (-1)^{n+1} \int_1^x \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t \dx{t}\\
& =  \sum_{k=0}^n (-1)^k \left(\frac{x^{2k+1} \ln x}{k+1} - \frac{x^{k+1} -1}{(2k+1)^2}\right) + (-1)^{n+1} \int_1^x \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t \dx{t}
\end{align*}
donc, en faisant tendre $x$ vers $0$, par croissance comparée :
\[F(0) =  \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{1}{(2k+1)^2} + (-1)^{n+1} \int_1^0 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t \dx{t}\]
où la fonction $t \mapsto \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t$ est prolongée par continuité en $0$ par la valeur $0$. Cette fonction étant négative sur $[0,1]$, on obtient :
\[\left\lvert F(0) -  \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{1}{(2k+1)^2}\right\rvert + \int_1^0 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2} \ln t \dx{t} \leqslant \int_1^0 t^{2n+2} \ln t \dx{t}\]
car pour tout $t \in \R$, $1(1+t^2) \leqslant 1$. En calculant, cette dernière intégrale comme à la question précédente :
\[\int_1^0 t^{2n+2} \ln t \dx{t} = \frac{1}{(2n+3)^2}\]
En conclusion, pour tout $n \in \N$ :
\[\boxed{\left\lvert F(0) - \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} \right\rvert \leq \frac{1}{(2n+3)^2}}.\]
\item En choisissant $n = 4$ dans l'égalité précédente, on a : $\frac{1}{(2 \times 4+3)^2} \leqslant 1/10^2 = 10^{-2}$. Ainsi, une valeur approchée de $F(0)$ à $10^{-2}$ près est
\[\sum_{k=0}^4 \frac{(-1)^k}{(2k+1)^2} = 1-1/9 + 1/25 - 1/49 + 1/81.\]
\fbox{En conclusion, une valeur approchée à $10^{-2}$ près de $F(0)$ est $\frac{91369}{99225}$.}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Avant le premier tirage, il y a~$b$ boules blanches et~$r$ boules rouges, donc la probabilit\'e que la premi\`ere boule tir\'ee soit blanche est
$$ \boxed{P(B_1) = \frac{b}{b+r}.}  $$
Le couple~$(B_1,\overline{B_1})$ forme un syst\`eme complet d'\'ev\'enements: d'apr\`es la formule des probabilit\'es totales,
$$ \begin{array}{rl}  P(B_2) & = P(B_2|B_1)P(B_1)+P(B_2|\overline{B_1})P(\overline{B_1}) \\[2mm] & = P(B_2|B_1)P(B_1)+P(B_2|\overline{B_1})(1-P(B_1)) \\[2mm] & = \dfrac{b}{b+r}P(B_2|B_1)+\dfrac{r}{b+r}P(B_2|\overline{B_1}) \end{array}  $$
sachant que:
\begin{itemize}
\item si la premi\`ere boule tir\'ee est blanche, avant le deuxi\`eme tirage, il y a~$b+c$ boules blanches et~$b+c+r$ boules au total, donc
$$ P(B_2|B_1) = \frac{b+c}{b+c+r} $$
\item tandis que si elle est rouge, il y a~$b$ boules blanches, donc
$$ P(B_2|\overline{B_1}) = \frac{b}{b+c+r}. $$
\end{itemize}
En reportant dans l'expression pr\'ec\'edente,
$$ \begin{array}{rl} P(B_2) & = \dfrac{b}{b+r}\times\dfrac{b+c}{b+c+r}+\dfrac{r}{b+r}\times\dfrac{b}{b+c+r} \\[3mm] & = \dfrac{b^2+bc+br}{(b+r)(b+c+r)} \end{array} $$
soit apr\`es simplification: $\boxed{P(B_2) = \dfrac{b}{b+r}}$.
\item Il s'agit ici de d\'eterminer $P(B_1|B_2)$. D'apr\`es la formule de Bayes,
$$ P(B_1|B_2) = \frac{P(B_2|B_1) P(B_1)}{P(B_2)} $$
avec~$P(B_2|B_1) = \dfrac{b+c}{b+c+r}$, et les \'ev\'enements~$B_1$ et~$B_2$ sont \'equiprobables d'apr\`es la question~1, donc
$$ \boxed{P(B_1|B_2) = \dfrac{b+c}{b+c+r}}.$$
\item Les \'ev\'enements~$B_1$ et~$B_2$ sont ind\'ependants si et seulement si~$P(B_2|B_1)=P(B_2)$, et l'on a les \'egalit\'es
$$ P(B_2|B_1) = \frac{b+c}{b+c+r} \qquad\text{et}\qquad P(B_1) = \frac{b}{b+r} $$
et les \'equivalences suivantes:
$$ P(B_2|B_1)=P(B_1) \Longleftrightarrow \frac{b+c}{b+c+r}=\frac{b}{b+r} \Longleftrightarrow (b+c)(b+r) = b(b+c+r) \Longleftrightarrow rc=0 $$
ce qui est impossible puisque~$r$ et~$c$ sont des entiers naturels non nuls. En conclusion,
\begin{center}
\fbox{les \'ev\'enements~$B_1$ et~$B_2$ ne sont pas ind\'ependants.}
\end{center}
\item On applique le r\'esultat de la question~1, en rempla\c{c}ant~$b$ et~$r$, respectivement, par les nouvelles variables~$x$ et~$y$:
$$ \boxed{u_1(x,y)=\frac{x}{x+y} \quad\text{et}\quad u_2(x,y)=\frac{x}{x+y}.} $$
\item On applique la formule des probabilit\'es totales au syst\`eme complet d'\'ev\'enements~$(B_1,\overline{B_1})$:
$$ P(B_n) = P(B_n|B_1)P(B_1)+P(B_n|\overline{B_1})P(\overline{B_1}) $$
puis on utilise que, par d\'efinition de~$u_1$,
$$ P(B_1) = u_1(x,y) = \frac{x}{x+y}\quad\text{et}\quad P(\overline{B_1})=1-P(B_1) = \frac{y}{x+y}  $$
ce qui donne
$$ u_n(x,y)=P(B_n) = \frac{x}{x+y}P(B_n|B_1)+\frac{y}{x+y}P(B_n|\overline{B_1}). $$
Il reste \`a d\'eterminer~$P(B_n|B_1)$ et~$P(B_n|\overline{B_1})$. Le nombre~$P(B_n|B_1)$ est \'egal \`a la probabilit\'e que la~$n$-i\`eme boule tir\'ee soit blanche sachant que la premi\`ere \'etait blanche: c'est donc la probabilit\'e que, apr\`es une s\'erie de~$n-1$ tirage (du deuxi\`eme au~$n$-i\`eme) selon le m\^eme protocole mais en d\'emarrant avec~$x+c$ boules blanches et~$y$ boules rouges, la derni\`ere boule tir\'ee soit blanche. Ainsi,
$$ P(B_n|B_1) = u(x+c,y)  $$
et par le m\^eme raisonnement, $P(B_n|\overline{B_1})=u(x,y+c)$. En reportant, on obtient le r\'esultat demand\'e:
$$ \boxed{u_n(x,y) = \frac{x}{x+y}u_n(x+c,y)+\frac{y}{x+y}u_n(x+y,c)} $$
\item Pour tout~$n\in\N^*$, on note~$\mathscr{P}(n)$ la propri\'et\'e: \og $\forall (x,y)\in\N^*\times\N^*$, $u_n(x,y)=x/(x+y)$\fg. Montrons par r\'ecurrence que~$\mathscr{P}(n)$ est vraie pour tout~$n\in\N^*$.
\begin{itemize}
\item \underline{Initialisation.} D'apr\`es la question~4, pour tout~$(x,y)\in\N^*\times\N^*$, $u_1(x,y)=x/(x+y)$ donc \underline{$\mathscr{P}(1)$ est vraie}.
\item \underline{H\'er\'edit\'e.} Soit~$n\in\N^*$. Supposons que~$\mathscr{P}(n)$ est vraie. Montrons que~$\mathscr{P}(n+1)$ est vraie. Soit~$(x,y)\in\N^*\times\N^*$. D'apr\`es la question~4,
$$ u_{n+1}(x,y)=\frac{x}{x+y}u_n(x+c,y)+\frac{y}{x+y}u_n(x,y+c). $$
Par hypoth\`ese de r\'ecurrence,
$$ u_n(x+c,y) = \frac{x+c}{x+c+y}\qquad\text{et}\qquad u_n(x,y+c)=\frac{x}{x+y+c} $$
donc on obtient en reportant dans l'expression pr\'ec\'edente de~$u_{n+1}(x,y)$:
$$ u_{n+1}(x,y) = \frac{x(x+c)}{(x+y)(x+y+c)}+\frac{yx}{(x+y)(x+y+c)} = \frac{x(x+c+y)}{(x+y)(x+y+c)} = \frac{x}{x+y} $$
et ceci est valable pour tout~$(x,y)\in\N^*\times\N^*$: \underline{$\mathscr{P}(n+1)$ est vraie}, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.
\end{itemize}
En conclusion, ceci montre bien que:
$$ \boxed{\forall n\in\N^*,\; \forall (x,y)\in\N^*\times\N^*,\; u_n(x,y)=\frac{x}{x+y}} $$
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\end{document}