[PDF] Exercice 1 - Daprès EML 2001 On dispose de deux urnes

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ECE 2 - Année 2018-2019

Lycée français de Vienne

Mathématiques - F. Gaunard

http://frederic.gaunard.comDevoir Surveillé de rentrée

SolutionExercice 1 - D"après EML 2001

On considère la fonctionf: [0;+1[!R, définie, pour toutxde[0;+1[, par f(x) =8 :xe x1;six >0

1;six= 0

(1) (a) En dehors de 0(c"est à dire sur]0;+1[,fest continue comme quotient de fonctions usuelles

continues dont le dénominateur ne s"annule pas. Il faut vérifier, pour la continuité en0, que

lim x!0xe x1=f(0) = 1:

Or, on reconnait l"inverse d"une limite usuelle

lim x!0e x1x = 1()limx!0xe x1= 1

Ainsi,fest bien continue sur[0;+1[.

(b) Sur ]0;+1[,fest de classeC1comme quotient de deux telles fonctions usuelles sont le dénominateur ne s"annule pas. Les formules de dérivation donnent f

0(x) =ex1xex(ex1)2

(1x)ex1(ex1)2: (c) La partie p olynominaledu DL à l"ordre 1en0est donnée par l"équation de la tangente en

0, on a bien évidemment

e x= 1 +x+o(x): Le reste de ce DL se précise pour obtenir le DL d"ordre2dont on a besoin ci après e x= 1 +x+x22 +o(x2):

2Solution(d)On injecte le DL à l"ordre 2 ci-dessous dans l"expression d ela dériv éede fobtenue deux

questions plus haut. A noter qu"au dénominateur, qui fait apparaître un carré, on a besoin seulement du DL à l"ordre 1 f

0(x) =(1x)ex1(ex1)2

(1x)(1 +x+x2=2 +o(x2))1(x+o(x)1)2 x2=2 +o(x2)x

2+o(x2)

1=2 +o(1)1 +o(1)

x!012 et on trouve bien la limite attendue. (e) P ourmon trerq uefest bienC1sur[0;+1[, il faut vérifier quefest bien dérivable en0(via limite de son taux d"accroissement) et que cette limite est bien égale à celle obtenue pour f

0(x), soit1=2. On utilise une fois de plus le DL d"ordre2. A noter qu"au dénominateur

on a seulement besoin du DL à l"ordre 1 car l"expression se trouve multipliée parx. f(x)f(0)x =xe x11x xex+ 1x(ex1) x1xx2=2 +o(x2) + 1x(1 +x+o(x)1) x2=2 +o(x2)x

2+o(x2)

1=2 +o(1)1 +o(1)

x!012 Ainsi,fest bien dérivable en0,f0(0) =1=2etf0est continue en0doncfestC1sur [0;+1[. (2) (a) Comm eprécédemmen t,fest de classeC2sur]0;+1[comme quotient de deux telles fonc- tions usuelles dont le dénominateur ne s"annule pas.Pour toutx >0, f

00(x) =xex(1ex)2((1x)ex1)2ex(1ex)(1ex)4

xex(ex1)2ex((1x)ex1)(ex1)3 xe2x+xex2e2x+ 2xe2x+ 2ex(ex1)3 ex(ex1)3(xex2ex+x+ 2): (b)

La fonction gdéfinie par

g:x2[0;+1[7!xex2ex+x+ 2:

Devoir Surveillé de rentrée:3apparaît au numérateur def00(x). C"est une fonction de classeC1sur[0;+1[, et on a

g

0(x) = (x1)ex+ 1:

Il faut hélas dérivergune fois de plus. On trouve g

00(x) =xex

ce qui permet enfin de dresser le(s) tableau(x) de variations! On observe queg0(0) =g(0) = 0.x g

00(x)g

0g 0(x)g g(x)0+10+

00+1+10+

00+1+10+

(c)

En déduire que

8x2]0;+1[; f00(x)>0:

(d)

Comme un calcul précéden tdonne, p ourx >0,

f

00(x) =exg(x)(ex1)3;

la dernière ligne du tableau précédent permet de voir quef00(x)>0pour toutx >0. On en déduit les variations def0puis celles def. Par croissance comparée, lim x!+1f0(x) = limx!+1xexe 2x= 0 et lim x!+1f(x) = limx!+1xe x= 0

4Solutionx

f

00(x)f

0f

0(x)f0+1+

1=21=200

11 00 (e) On fait alors un jo lidessin. Celui fourni ci-dessous es tobten ua vecSciLabet on ne resiste pas au plaisir d"en joindre les commandes.(3)On considère la suite (un)définie par u

0= 0;etun+1=f(un):

(a) Le tableau ci d essusdonne toutes les informations demandées, à sa voir,p ourtout x0 jf0(x)j 12 et0f(x)1: Devoir Surveillé de rentrée:5(b)Soit x2]0;+1[(en particulierx6= 0). Commef(0) = 16= 0, on a f(x) =x()xe x1=x 1e x1= 1 ()1 =ex1 ()ex= 2 ()x= ln(2): (c)

Afin d"appliquer l"inégalité des accroissemen tsfinis à fsur[0;1], il faut vérifier que tous

les termes de la suite(un)sont bien dans l"intervalle. C"est une récurrence immédiate. En effet,u0= 02[0;1], et commef(x)2[0;1]six0, en prenantx=un, on a bien u n+1=f(un)2[0;1]siun2[0;1]. Commefest bien de classeC1sur[0;1], queln(2)2[0;1] et quejf0(x)j 1=2six2[0;1], l"IAF donne jun+1ln(2)j=jf(un)f(ln(2))j 12 junln(2)j; ce qu"on voulait. (d) Une récurrence p ermetalors d"obtenir q ue,p ourtout n2N, junln(2)j 12 n En effet, c"est vrai pourn= 0(ju0ln(2)j 1) et si c"est vrai pour un certainn2N, alors par la question précédente jun+1ln(2)j 12 junln(2)j 12 12 n =12 n+1 On en déduit, par le théorème des gendarmes que la suite converge versln(2) lim n!+1un= ln(2): (e) Ce t ypede programme est ultra-classique et finalemen ton a m êmepas b esoinde calculer les termes de la suite... N 0 while 1 2 )^N > 1 0 5 N N 1 end disp N) Une autre version, basée sur la résolution de l"inéquation(1=2)N105, serait N floor 5 log 1 0 log 2 1 disp N)

6SolutionExercice 2 - D"après EDHEC 2015

On noteB= (e1;e2;e3;e4;e5)la base canonique deR5. On désigne parIla matrice identité deM5(R) et on considère l"endomorphismefdeR5dont la matrice dans la baseBest : C=0 B

BBB@1 1 1 1 1

1 0 0 0 0

1 0 0 0 0

1 0 0 0 0

1 1 1 1 11

C CCCA (1) (a)

Les quatre dernières c olonnesde la m atricesCétant les mêmes, on peut tout de suite écrire

que

Im(f) =Vect0

B BBB@0 B BBB@1 1 1 1 11 C

CCCA;0

B BBB@1 0 0 0 11 C CCCA1 C

CCCA=Vect(e1+e2+e3+e4+e5;e1+e5):

Ces deux vecteurs - qui engendrent l"image def- étant clairement non colinéaires, ils forment une base de l"image defqui est donc de dimension2. Ainsie1+e5est dans l"image et e

2+e3+e4=e1+e2+e3+e4+e5(e1+e5)2Im(f):

Ces deux vecteurs étant des éléments de l"image defet étant à nouveau non colinéaires, ils

forment également une base de l"image car celle-ci est de dimension2. (b)

D"après le théorème du rang, on p eutdéduire que la dimension de Ker(f)est égale à52 = 3.

Pour en déterminer une base, on résout l"équationf(u) = 0. u=0 B BBB@x y z t w1 C

CCCA2Ker(f)()x+y+z+t+w= 0

x= 0 x= 0 w=(y+z+t) ()u=0 B BBB@0 y z t (y+z+t)1 C

CCCA=y0

B BBB@0 1 0 0 11 C

CCCA+z0

B BBB@0 0 1 0 11 C

CCCA+t0

B BBB@0 0 0 1 11 C CCCA

On en déduit que

Ker(f) =Vect0

B BBB@0 B BBB@0 1 0 0 11 C

CCCA;0

B BBB@0 0 1 0 11 C

CCCA;0

B BBB@0 0 0 1 11 C CCCA1 C CCCA Les trois vecteurs ci-dessus, que l"on note respectivement"1;"2;"3forment une famille libre (c"est immédiat) et engendrent le noyau def. Ils en forment donc une base, que l"on note K. Devoir Surveillé de rentrée:7(2)On note u=e2+e3+e4etv=e1+e5. (a)

On utilise la linéarité de fet la valeurs des images des vecteurs de la base canonique à partir

des colonnes deC. f(u) =f(e2+e3+e4) =f(e2) +f(e3) +f(e4) =e1+e5+e1+e5+e1+e5= 3(e1+e5) = 3v f(v) =f(e1+e5) =f(e1) +f(e5) =e1+e2+e3+e4+e5+e1+e5= 2(e1+e5) +e2+e3+e4 =u+ 2v

Il suit que

f(uv) =f(u)f(v) = 3v(u+ 2v) =vu =(uv) et f(u+ 3v) =f(u) + 3f(v) = 3v+ 3(u+ 2v) = 3u+ 9v = 3(u+ 3v) (b)

Il faut alors mon trerque la famille

F=8 >>>:0 B BBB@0 1 0 0 11 C

CCCA;0

B BBB@0 0 1 0 11 C

CCCA;0

B BBB@0 0 0 1 11 C

CCCA;0

B BBB@1 1 1 1 11 C

CCCA;0

B BBB@3 1 1 1 31
C CCCA9 forme une base deR5. Cette famille étant composée de cinq vecteurs deR5, il suffit de montrer qu"elle est libre. Soienta;b;c;d;e2R. On a a"

1+b"2+c"3+d(uv) +e(u+ 3v) = 0()8

>>>:d+ 3e= 0 a+d+e= 0 b+d+e= 0 c+d+e= 0 abcd+ 3e= 0 ()8 >>>:a= 0 b= 0 c= 0 d= 0 e= 0 Ainsi la famille est libre et forme bien une base deR5. (c) Au vu des questions précéden tes(les trois premiers v ecteursde Fsont dans le noyau def- donc leur image est nulle;uvest envoyé sur son opposé etu+3vsur trois fois lui même),

8Solutionon en déduit aisément que

D=Mat(f;K) =0

B

BBB@0 0 0 0 0

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