[PDF] Corrigé ECRICOME 2016 ECS maths

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ECS2 - Lycée La Bruyère, Versailles

Année 2015/2016ECRICOME 2016 S

Éléments de correction

Premier exercice

1. a. On a, pourx!0, ln(1+x) =xx22 +o(x2)et11+x=1x+x2+o(x2): b.Il vient : w n+1wn=1n+1lnn+1n =1n 11+1n ln 1+1n 1n 11n +o1n 1n

12n2+o1n

2 =12n2+o1n 2 12n2: c.Par comparaison à la série de Riemann convergente12 P 1n

2, dont les termes sont tous négatifs, la

à celle de la suite(wn).

2.La fonction'est de classeC1sur]0;+1[avec :

8t2]0;+1[; '0(t) =1lntt

2: On en déduit ses variations, résumées dans le tableau ci-dessous :t '0e+111e 1e 100
3. a. En utilisant la décroissance de'sur[3;+1[, il vient :

8n>2;S2(n+1)S2n='(2n+2)'(2n+1)60;

ce qui met en évidence la décroissance de la suite(S2n)n>2. On montrerait de même la croissance de

la suite(S2n+1)n>2. En?n, S

2nS2n+1=ln(2n+1)2n+1!n!10:

Les deux suites(S2n)n>2et(S2n+1)n>2sont donc adjacentes. b.Les suites(S2n)n>2et(S2n+1)n>2étant adjacentes, elles convergent vers une limite commune. Il en va donc de même des deux suites extraites principales

1(S2n)n>1et(S2n+1)n>0, ce qui entraîne2la

convergence de la suite complète(Sn)n>1. La sériePun, dont la suite(Sn)n>1des sommes partielles converge comme on vient de le voir, est donc elle-même convergente. Cependant elle n"est pas absolument convergente carnjunj=lnn! +1si bien que 061n =o(junj), ce qui justi?e la divergence de la sériePjunjpar comparaison à la série harmoniqueP1n , divergente. 4. a. Pourn>3 donné, la décroissance de la fonction'sur l"intervalle[n;n+1][e;+1[entraîne : ln(n+1)n+1= n+1 n '(n+1)dt6 n+1 n '(t)dt= n+1 nlntt dt: b.En observant que : 8n>3; n+1 nlntt dt=h(lnt)22 i n+1 n=ln(n+1)22 (lnn)22 ;1. Qui"recouvrent»la suite complète, au sens oùf2ngn>1[ f2n+1gn>0=N.

2. On peut sans doute utiliser ce théorème, bien qu"il ne soit pas explicitement au programme.

ECS2 - Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2016 S - 2 l"inégalité de la questiona.donne :

8n>3;vn+1vn=ln(n+1)n+1ln(n+1)22

+(lnn)22 =ln(n+1)n+1 n+1 nlntt dt60; argument qu"ena.donne :

8k>3;lnkk

k+1 klntt dt d"où :

8n>3;vn=nP

k=1lnkk n 1lntt dt>n1P k=1 lnkk k+1 klntt dt 2P k=1 lnkk k+1 klntt dt =ln2(ln3)22 =m: Décroissante et minorée, la suite(vn)n>3est donc convergente.

5.Il vient, pourn>1 :

S

2n=2nP

k=1(1)klnkk =2nP k=1(1)k+1lnkk 2nP k=1lnkk où :

8k2Z;(1)k+1=0 sikest impair

2 sikest pair

si bien que : S 2n=2P

16k62nkpairlnkk

2nP k=1lnkk =2nP j=1ln(2j)2j2nP k=1lnkk =2nP k=1ln(2k)2k2nP k=1lnkk après changement d"indicek=2jdans la première somme. Puis : S

2n= (ln2)nP

k=11k +nP k=1lnkk 2nP k=1lnkk = (ln2)nP k=11k v n+(lnn)22 v

2n+ln(2n)22

= (ln2)nP k=11k +vnv2n(ln2+lnn)2(lnn)22 = (ln2)nP k=11k +vnv2n(ln2)22 ln2lnn:

6.D"après5.,

8n>1;S2n= (ln2)wn+vnv2n(ln2)22

d"où, en passant à la limite lorsquen! 1, sachant la sériePunconvergente d"après3.b.et la suite

(vn)convergente d"après4.b., ainsi donc que sa suite extraite(v2n)vers la même limite, 1 P n=1(1)nlnnn ln2(ln2)22 :Deuxième exercice 1. a. Pour P2Rn[X], degP006(degP)26net deg(XP0) =degX+degP06degP6nsi bien que

L"application'est donc un endomorphisme deRn[X].

ECS2 - Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2016 S - 3 b.Il vient'(1) =0,'(X) =4X puis'(Xj) =4jXjj(j1)Xj2pour 26j6n.

La matrice A

nreprésentative de'en base canonique, carrée d"ordren+1, a donc pour coe?cient générique a i;j=8 :4jsii=j j(j1)sii=j2

0 sinon;06i;j6n:

Elle s"écrit en extension :

A n=0 B

BBBBBBBBB@0 02 00

0 4 06::::::

:::0 8 0:::0 :::::::::::::::n(n1) ::::::0:::0

0 00 0 4n1

C

CCCCCCCCCA2Mn+1(R):

c.Le calcul donne immédiatement'(3X4X3) =12(3X4X3). Le polynôme 3X4X36=0 est donc vecteur propre de'pour la valeur propre 12.

d.Les valeurs propres de'sont celles de sa matrice représentative An, c"est-à-dire ses coe?cients

diagonauxpuisque celle-ciest triangulaire: il s"agitde 0;4;8;:::;4ni.e. desréels dela forme4k, 06 k6n. L"endomorphisme'admettant ainsin+1=dimRn[X]valeurs propres, il est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont de dimension 1. 2. a. La fonctionfest de classeC2sur l"ouvertD2par opérations sur les fonctionsC2. Elle admet donc des dérivées partielles données par :

8(x;y)2 D2; @1f(x;y) =2x1xy; @2f(x;y) =2y1yx:

b.Pour(x;y)2 D2, rf(x;y) =0()(2x1xy=0

2y1yx=0()4x21=0

y=x:

Parmi les deux solutions

12 ;12 et12 ;12 du système précédent, seule B=12 ;12 appartient à D

2, c"est donc l"unique point critique de la fonctionf.

c.La fonctionfadmet pour matrice hessienne :

8(x;y)2 D2;r2f(x;y) = 2+1(yx)21(yx)2

1(yx)22+1(yx)2!

et en particulier au point B : r

2f(B) =31

1 3 Les valeurs propres de cette matrice sont les réelspour lesquels la matrice r

2f(B)I2=31

1 3 n"est pas inversible, i.e. dont le déterminant(3)21= (2)(4)est nul : il s"agit donc de 2 et 4, toutes deux strictement positives. La fonctionfprésente donc au point critique B un minimum local. 3. a. On obtient :

8k2J1;nK; @kf(x1;:::;xn) =2xkP

16i kxi+P kb.C"est une conséquence immédiate de la dé?nition de point critique et de l"expression obtenue ena..

ECS2 - Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2016 S - 4 c.Soitk2J1;nK. Partant de S(X) = (Xxk)Qk(X), il vient : S

0(X) = (Xxk)Q0k(X) +Qk(X)et S00(X) =2Q0k(X) + (Xxk)Q00k(X)

et en particulier S

0k(xk) =Qk(xk)et S00(xk) =2Q0k(xk).

d.Le résultat s"obtient en appliquant la formule

8P1;:::;Pn2R[X];

nQ j=1P j 0=nP i=1 P 0iQ j6=iP j nQ j=1P j nP i=1P 0iP i; une égalité entre fonctions rationnelles en dehors des racines des polynômes P

1;:::;Pn).

e.Pourk2J1;nK, la formule de la questiond.est valable enxket montre que : 2xkP i6=k1x kxi=0()4xkQk(xk)2Q0k(xk) =0 puisque Q k(xk) =Q i6=k(xkxi)6=0 sachant quex1;:::;xnsont deux-à-deux distincts. Vu les questionsb.etc., il en ressort queuest point critique defsi, et seulement si, 4xkS0(xk) S

00(xk) =0 pour toutk2J1;nK.

enx1;:::;xni.e. est multiple de S=Qn k=1(Xxk)puisquex1;:::;xnsont deux-à-deux distincts. En

comparant les degrés, on peut donc énoncer queuest point critique defsi, et seulement si, il existe

2Rtel que S004XS0=S.

Puisque S est unitaire de degrén, la seule contribution en Xndans le polynôme S004XS0provient

de4XS0et est égale à4n. En identi?ant les coe?cients de degréndans la relation précédente,

on observe donc que le réel, s"il existe, est nécessairement égal à4n, d"où le résultat.

4. a. D"après la question3.f., un pointu= (x1;:::;xn)2 Dnest critique pourfsi, et seulement si, le polynôme S=Qn k=1(Xxk), unitaire (i.e. de coe?cient dominant égal à 1) de degrén, véri?e '(S) =4nSi.e.estproprepour'associéàlavaleurpropre4n.Or,d"après1.d.,lesous-espacepropre de'pour la valeur propre 4nest une droite et ne contient donc qu"un seul polynôme unitaire. Les

coordonnées deu, qui sont les racines de S ordonnées par ordre strictement croissant, sont donc

déterminées par', ce qui établit l"unicité d"un éventuel point critique pourf.

Remarque.On n"a pas justi?é l"existence d"un point critique pourfcar à ce stade, rien n"assure que

le seul polynôme unitaire du sous-espace propre de'pour la valeur propre 4nsoit scindé à racines

simples de degrén, i.e. de la forme S=Qn k=1(Xxk)avecx1<

X=X(Xp3

2 )(X+p3 2 ena., la fonctionfadmet doncp3 2 ;0;p3 2 pour unique point critique.Problème

Première partie

1. a. On obtient immédiatement :

8a2N;Ia;0=

1 0 xadx=1a+1: b.Pour(a;b)2NN, les deux fonctionsx7!xa+1etx7!(1x)bsont de classeC1sur le segment[0;1], et une intégration par parties est donc possible : I a;b= 1 0 xa(1x)bdx=hxa+1a+1(1x)bi1 0+ 1 0x a+1a+1b(1x)b1dx=ba+1Ia+1;b1; le crochet étant nul cara+1>0 etb>0. ECS2 - Lycée La Bruyère, Versailles ECRICOME 2016 S - 5

c.On en déduit par récurrence surb2N(en intégrant le8adans le prédicat de récurrence) que :

En e?et, la formule a été établie pourb=0 ena.et si, pourb2Ndonné, elle est acquise au rang

b1 alors, d"aprèsb., si bien que la formule est encore valable au rangb. d.La fonctionfa;best continue surRn f0;1get positive surR. La fonctionfa;bétant continue sur3le segment[0;1]et nulle en dehors, son intégrale converge avec :+1 1 f a;b(x)dx=(a+b+1)!a!b! 1 0 xa(1x)bdx=1

d"aprèsc.. Toutes les conditions sont donc réunies pour quefa;bsoit une densité de probabilité.

2.On peut noter pour commencer que X est presque sûrement à valeurs dans[0;1]donc bornée, si bien

qu"elle admet des moments à tout ordre. a.Il vient d"après1.c.:

E(X) =

+1 1 xf a;b(x)dx=1I a;b 1 0 xa+1(1x)bdx=Ia+1;bI a;b=a+1a+b+2: b.On a de même :

E(X2) =

+1 1 x2fa;b(x)dx=1I a;b 1 0 xa+2(1x)bdx=Ia+2;bI a;b=(a+2)(a+1)(a+b+3)(a+b+2) d"où, d"après la formule de Koenig-Huygens,

V(X) =E(X2)E(X)2=(a+1)(b+1)(a+b+3)(a+b+2)2:

c.La fonction proposée est de classeC1sur]0;1[avec, pourx2]0;1[, F

0(x) = (a+b+1)!a+b+1P

k=a+1kx = (a+b+1)!h a+bP k=a+1 +xa+b(a+b)!i car pourk=a+b+1, le deuxième terme est nul d"où, par télescopage, = (a+b+1)!hxa(1x)ba!b!xa+b(a+b)! +xa+b(a+b)!i =(a+b+1)!a!b!xa(1x)b=fa;b(x): C"est donc une primitive defa;bsur]0;1[, qui s"annule en 0 comme le montre un calcul direct.

La variable à densité X prenant presque sûrement ses valeurs dans]0;1], on a déjàP(X6x) =F(x)

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