[PDF] I Préliminaires II Séries génératrices de Fibonacci

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CENTRALE²SUPELEC Corrigé de l"épreuve de Mathématiques 12019 -Filière TSII Préliminaires

Q 1.

©F0,F1,...,F15ªAE©0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610ªQ 2.Tout d"abord montrons par une récurrence à deux termes que¡Fn¢

nÊ2est suite d"entiers naturels non nuls : nÊ2est strictement croissanteQ 3.La suite¡Fn¢ nÊ2est strictement croissante donc, soit elle converge vers`2R, soit elle diverge versÅ1.

Supposons, par l"absurde que lim

n!Å1FnAE`2R; alors, par passage à la limite dans l"égalité F nÅ2AEFnÅ1 ÅFn, il vient :`AE2`,`AE0; or8nÊ1,FnÈ0; donc cette hypothèse est absurde.

On en conclut que la suite¡Fn¢

n2Ndiverge versÅ1Q 4.L"équationx2¡x¡1AE0 admet comme discriminant¢AE5 et comme solutions :x1AE1Åp5

2 etx2AE1¡p5 2

Or,'AE1Åp5

2

AEx1et1'

AE21Åp5

AE2(1¡p5)

1¡5AE¡1Åp5

2

AE¡x2; donc :

l"équationx2¡x¡1AE0 admet bien comme solutions'et¡1' Q 5.D"après ce qui précède, on a'2¡1AE'et'6AE0; donc'¡1'

AE1;'Å1'

AE1Åp5

2

Å¡1Åp5

2

AEp5etÃAE¡1Åp5

1Åp5

AE¡1Åp5

2

1Åp5

2 AE1' AE1'

2; de plus,'2AE'Å1; doncÃAE1'

2AE1'Å1Q 6.Montrons par récurrence la propriété :8n2N,FnAE1p5

¡'n¡(¡1)n'¡n¢

¦initialisation: F0AE0et1p5

¡'0¡(¡1)0'0¢AE0;F1AE1et1p5

¡'1¡(¡1)1'¡1¢AE1p5

'Å1'

AE1;lapropriété

est initialisée; ¦hérédité :supposons la propriété vérifiée pourFnetFnÅ1; F nÅ2AEFnÅ1ÅFndonc, par hypothèse de récurrence, AE 1p5 AE 1p5 AE 1p5 ¦conclusion :on a montré par récurrence que

8n2N,FnAE1p5

¡'n¡(¡1)n'¡n¢II Séries génératrices de Fibonacci Q 7.'È1, donc'¡nest négligeable devant'net ainsiFn»Å11p5 'nOlivier OMNES- 1 -Lycée Chaptal-Saint Brieuc

CENTRALE²SUPELEC Corrigé de l"épreuve de Mathématiques 12019 -Filière TSIQ 8.Tout d"abord, on poseunAEFnxn; ainsi¯¯¯unÅ1u

n¯

¯¯AEFnÅ1F

njxj »Å1' nÅ1' njxj¡!Å1'jxj; d"après le théorème de d"Alembert : si'jxjÇ1, alors la série converge absolument si'jxjÈ1, alors la série diverge grossièrement; d"après le lemme d"Abel, on en déduit que le rayon de convergence de la série X nÊ0F nxnest1' Ensuite, on posevnAEFnn!xn; ainsi¯¯¯vnÅ1v n¯

¯¯AEFnÅ1(nÅ1)Fnjxj »Å1'

nÅ1(nÅ1)'njxj »Å1'nÅ1jxj¡!Å10Ç1; d"après le théorème de d"Alembert, la série converge pour toutxréel; par définition, on en déduit que le rayon de convergence de la série X nÊ0F nn!xnestÅ1Q 9.Soitx2i

¡1'

,1' h (1¡x¡x2)A(x)AEÅ1X nAE0F nxn¡Å1X nAE0F nxnÅ1¡Å1X nAE0F nxnÅ2 AE

Å1X

nAE¡2F nÅ2xnÅ2¡Å1X nAE¡1F nÅ1xnÅ2¡Å1X nAE0F nxnÅ2

AEF0x0ÅF1x1¡F0x1ÅÅ1X

nAE0F nÅ2xnÅ2¡Å1X nAE0F nÅ1xnÅ2¡Å1X nAE0F nxnÅ2

AExÅÅ1X

nAE0¡

FnÅ2¡FnÅ1¡Fn¢

|{z} AE0x nd"après la définition récurrente de (Fn)

On a bien montré8x2i

¡1'

,1' h , que (1¡x¡x2)A(x)AExQ 10. 1p5

11¡'x¡1p5

11Åx/'AE1p5

'Å1'

1Åx/'¡'x¡x2AExp5

'Å1'

1¡x³

'¡1'

¡x2;

or, on a montré que'Å1'

AEp5 et'¡1'

AE1; donc1p5

11¡'x¡1p5

11Åx/'AEx1¡x¡x2Q 11.On utilise le développement de référence :8t2]¡1,1[,11¡tAEÅ1X

nAE0tnavecRAEÅ1; tAE'xdonne :8x2¸

¡1'

,1' ,11¡'xAEÅ1X nAE0'nxn, avecRAE1' tAE¡x' nAE0(¡1)n'¡nxn, avecRAE'Q 12.Tout d"abord,'È1, donc1'

Ç'; soit doncx2i

¡1'

,1' h D"aprèsQ9.A(x)AEx1¡x¡x2et, par définitionA(x)AEÅ1X nAE0F nxn; or d"aprèsQ10.1p5

11¡'x¡1p5

11Åx/'AEx1¡x¡x2et, d"aprèsQ11.

1p5

11¡'x¡1p5

11Åx/'AE1p5

Å1X

nAE0'nxn¡Å1X

AEÅ1X

nAE01p5

¡'n¡(¡1)n'¡n¢xn

Par unicité du développement en série entière, on retrouve donc :8n2N,FnAE1p5 ¡'n¡(¡1)n'¡n¢Olivier OMNES- 2 -Lycée Chaptal-Saint Brieuc

CENTRALE²SUPELEC Corrigé de l"épreuve de Mathématiques 12019 -Filière TSIQ 13.8x2R,B(x)AEÅ1X

nAE01n!p5

¡'n¡(¡1)n'¡n¢xnAE1p5

Å1X

nAE01n!¡'x¢n¡Å1X ; donc

B(x)AE1p5

¡e'x¡e¡x/'¢,8x2RQ 14.B(x)exAE1p5

e ('Å1)x¡e³

1¡1'

; or'Å1AE'2et 1¡1' AE1'

2; donc

B(x)exAE1p5

e'2x¡e'¡2x´ AE1p5

Å1X

nAE01n!'2nxn¡Å1X

AEÅ1X

nAE01n!1p5

¡'2n¡'¡2n¢xn; on a bien

B(x)exAEÅ1X

nAE0F

2nn!xn,8x2RQ 15.Tout d"abord dérivons le membre de gauche avec la formule de Leibniz :

¡B(x)ex¢(n)AEnX

kAE0³ n k´ ¡B(x)¢(k)¡ex¢(n¡k); donc¡B(x)ex¢(n)(0)AEnX kAE0³ n k´

¡B(x)¢(k)(0)¡ex¢(n¡k)(0)

or, comme le développement en série entière coïncide en tout point avec le développement de Taylor, on

a : ¡B(x)¢(k)(0)AEFk; de plus¡ex¢(n¡k)(0)AE1; on obtient donc :¡B(x)ex¢(n)(0)AEnX kAE0³ n k´ F k.

Maintenant, d"après la formule de Taylor, dans le membre de droite la dérivéen¡ième en zéro est donné

parF2n; on obtient bien nX kAE0³ n k´ F kAEF2n,8n2NIII Représentation intégrale de la suite de Fibonacci Z¼ 0 f(x)sin(2kx) dxAEZ

¼/2

¡¼/2f(x)sin(2kx) dxet doncbkAE2¼

Z

¼/2

¡¼/2f(x)sin(2kx) dxor la fonctionx7!f(x)sin(2kx) est impaire, on en déduit donc quebkAE0Q 17.Comme précédemment,a0AE1¼

Z

¼/2

,¼2

£et dtAEdxcos

2(x); on obtient

donc : a

0AE1¼

Z Å1

¡1cos

2(x)1Å4sin2(x)dtAE1¼

Z Å1

¡111

cos

2(x)Å4sin2(x)cos

2(x)dtAE1¼

Z Å1

¡111Åt2Å4t2dtAE1¼

Z Å1

¡111Å5t2dt

AE 1¼ h 1p5

Arctan³

tp5 ´i Å1

¡1; or limt!¡1Arctan(tp5)AE¡¼2

et limt!Å1Arctan(tp5)AE¼2 ; on obtient a

0AE1p5

Q 19.La fonctionfest¼¡périodique, de classeC1par morceaux; de plusf(0)AEf(¼), doncfest continue sur

R; d"après le théorème de Dirichlet, on peut dire que la série de Fourier defconverge en tout point vers

f; soit :

8x2R,f(x)AE1p5

Å2p5

Å1 X kAE1Ãkcos(2kx)Olivier OMNES- 3 -Lycée Chaptal-Saint Brieuc

CENTRALE²SUPELEC Corrigé de l"épreuve de Mathématiques 12019 -Filière TSIQ 20.Les hypothèses étant vérifiées, l"égalité de Parseval donne1¼

Z

0¡f(x)¢2dxAEa20Å12

Å1 X kAE1a2 kÅb2 k; soit Z 0µ 2 dxAE¼5

Å2¼5

Å1 X kAE1Ã2kEnsuite,

Å1X

kAE1Ã2kAEÅ1X kAE1¡

2(1Åp5)

2¡1AE6Å2p5

4 p5

¡1AE3¡p5

2 p5 ; on obtient alors : Z 0µ 2 dxAE¼5

Å2¼5

£3¡p5p5

AE¼p5Å3¼¡¼p5

5 p5 ; soit Z 0µ 2 dxAE3¼5 p5 IV Temps d"attente de (Pile,Pile) dans un jeu de pile ou face infini Q 21.P¡YAE1¢AEP¡(X1AE1)\(X2AE1)¢, or les événements sont indépendants donc : P P

¡YAE2¢AEP¡(X1AE0)\(X2AE1)\(X3AE1)¢; donc, par indépendance mutuelle, il vient :P¡YAE2¢AE18

AEP¡(X1AE0)\(X2AE0)\(X3AE1)\(X4AE1)¢ÅP¡(X1AE1)\(X2AE0)\(X3AE1)\(X4AE1)¢; soit P

¡YAE3¢AE216

AE18 P ÅP¡(X1AE0)\(X2AE1)\(X3AE0)\(X4AE1)\(X5AE1)¢; soitP¡YAE4¢AE332

Q 22.D"aprèslaformuledesprobabilitéscomposées:P¡YAEnÅ2¢AEP¡Cn¢£P¡XnÅ1AE0 etXnÅ2AEXnÅ3AE1jCn¢

orP¡XnÅ1AE0 etXnÅ2AEXnÅ3AE1jCn¢AEP¡(XnÅ1AE0)\(XnÅ2AE1)\(XnÅ3AE1)¢AE18 ; donc P

¡YAEnÅ2¢AE18

P¡Cn¢Q 23.L"événement¡X1AE1¢\CnsignifiequelepremierlanceramènePileetqu"iln"yapasdeuxPileconsécutifs

dans la séquence¡X1,X2,...,Xn¢; il est donc nécessaire que le deuxième lancer amène Face et ainsi¡X1AE1¢\CnAE¡X1AE1¢\¡X2AE0¢\CnQ 24.D"après la formule des probabilités totales :P¡Cn¢AEP¡Cn\(X1AE0)¢ÅP¡Cn\(X1AE1)¢; et d"après la

question précédente : P AE 12

P¡Cn¡1¢Å14

P¡Cn¡2¢Olivier OMNES- 4 -Lycée Chaptal-Saint Brieuc

CENTRALE²SUPELEC Corrigé de l"épreuve de Mathématiques 12019 -Filière TSIQ 25.D"aprèsQ 22.8n2N,P¡YAEnÅ2¢AE18

P¡Cn¢;

d"après la question précédente, on déduit la relation :P¡YAEnÅ2¢AE12

P¡YAEnÅ1¢Å14

nÅ1Fn

¦initialisation :P¡YAE1¢AE14

et12

2F1AE14

;P¡YAE2¢AE18 et12

3F2AE18

; la propriété est initialisée;

¦hérédité :supposons la propriété vérifiée pourP¡YAEn¢etP¡YAEnÅ1¢;

P

¡YAEnÅ2¢AE12

P¡YAEnÅ1¢Å14

P¡YAEn¢d"après la question précédente AE 12

£12

nÅ2FnÅ1Å14

£12

nÅ1Fnpar hypothèse de récurrence AE 12 nÅ3¡FnÅ1ÅFn¢AE12 nÅ3FnÅ2par définition deFn ¦conclusion :on a montré par récurrence que nÅ1FnQ 27. P

¡YAE0¢AE1¡Å1X

nAE1P¡YAEn¢AE1¡Å1X nAE112 nÅ1Fn

AE1¡12

Å1 X nAE1F nµ12 n

AE1¡12

Aµ12

avecF0AE0

AE1¡12

£12

1¡12

¡14

AE0d"après laQ9.A(x)AEx1¡x¡x2

Q 28.P¡YAE0¢AE0 signifie que :

on obtiendra presque sûrement au moins une fois (Pile,Pile) dans un jeu de pile ou face infiniQ 29.Par définition, E¡Y¢AEX

nÊ0nP¡YAEn¢AEX nÊ0nF n2 nÅ1; étudions la convergence de cette série : posonsunAEnFn2quotesdbs_dbs33.pdfusesText_39

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