ecricome 2005 option éco 2005 : corrigé rapide - Baudrand

ecricome 2005 option éco : corrigé rapide

exercice 1
1. [pic]
[pic]
On a effectué une intégration par parties avec
u = 1 - x, v' = e-2x , u' = -1, v = -(1/2)e-2x.
u et v sont de classe C1 sur [0, 1].
[pic]
2. Pour tout n dans N, pour tout x dans [0, 1], 0 ( 1 - x ( 1, 0 ( (1 -
x)n+1 ( (1 - x )n,
0 ( (1 - x)n+1e-2x ( (1 - x)ne-2x car e-2x ( 0, donc
[pic]
La suite (In) est donc décroissante. On pouvait aussi former In+1 - In.
3. C'est fait : In ( 0 pour tout n.
4. La suite (In) est décroissante et minorée par 0, elle est donc
convergente.
5. Pour tout x dans [0, 1], -2x ( 0, e-2x ( 1.
6. Donc (1 - x)n e-2x ( (1 - x)n car (1 - x)n ( 0, donc
[pic]
7. La suite (In) est encadrée par deux suites de limite nulle, elle est
donc elle-même de limite nulle.
8. [pic]
On a effectué l'intégration par parties avec
u = (1 - x)n+1, v' = 2e-2x , u' = -(n + 1)(1 - x)n, v = e-2x
u et v sont de classe C1 sur [0, 1].
On obtient bien 2In+1 = 1 - (n + 1)In.
9. 2In+1 = 1 - (n + 1)In, donc
(n+1)In = 1 - 2In+1, donc
limn(+( (n + 1)In = 1. Or (n + 1)In ~n(+( n In donc limn(+( n In = 1.
10. 2In+1 = 1 - (n + 1)In, donc
2In+1 = 1 - nIn - In
1 - nIn = 2In+1 + In
n( 1 - nIn) = 2nIn+1 + nIn
(L'idée était de former l'expression n(nIn -1) .)
nIn tend toujours vers 1, 2nIn+1 est équivalent à 2(n + 1)In+1, donc tend
vers 2, n(1 - nIn) tend donc vers 3, et donc la limite de n(nIn -1) quand n
tend vers +( est -3.




11. [pic], donc
n[nIn - 1) + 3 = ?(n) avec limn(+(?(n) = 0. Donc
[pic]
(On a donc a = 0, b = 1, c = -3.)
exercice 2 f(x) = x2 - x ln(x) - 1 si x > 0, f(0) = -1.
2.1.1. f est continue sur ]0, +([ car c'est la somme de fonctions continue
sur ]0, +([. f est continue en 0 car limx(0 x ln(x) = 0, donc limx(0 f(x) =
-1 = f(0). Donc f est continue sur R+.
2. [pic]
car ln(x) est négligeable devant x quand x tend vers +(. f n'est donc pas
dérivable en 0, et la représentation graphique de f admet une demi-tangente
verticale au point d'abscisse 0.
3. f '(x) = 2x - ln(x) - 1 ; f ''(x) = 2 - 1/x = (2x - 1)/x du signe de 2x
- 1, c'est-à-dire positive sur [0, 1/2[, négative sur ]1/2, +([.. Par
conséquent f est concave sur [0, 1/2], convexe sur ]1/2, +([. Tant qu'on y
est, étudions les variations de f ' :
|x |0 1/2 |
| |+( |
|f | - 0 |
|''(x)|+ |
|f | ? ln(2) |
|'(x) |? |


Le minimum de f ' est donc positif, f ' est donc positive sur ]0, +([, f
est donc strictement croissante sur [0, +([. Pour la limite en +( :
[pic]
|x |0 |
| |+( |
|f | +|
|'(x) | |
|f(x) |-1 ? |
| |+( |


4. f(x) tend vers +( quand x tend vers +(, et
[pic] car ln(x) est négligeable devant x.
Donc la représentation graphique de f admet une branche parabolique de
direction l'axe des ordonnées.
5. f est continue et strictement croissante sur l'intervalle [0, +([, f(0)
= -1 et lim+( f = +(, donc f définit une bijection de [0, +([ sur [-1, +([.
6. f -1 et f ont même sens de variations, donc f -1 est strictement
croissante.
lim+( f = +(, donc lim+( f -1 = +(.
7. Tout entier naturel k appartient à l'intervalle [-1, +([, f réalise une
bijection de [0, +([ sur [-1, +([, donc il existe xk unique dans [0, +([
tel que f(xk) = k. f(0) = -1 ( k, donc xk > 0.
a) f(1) = 0 donc x0 = 1.
b) f est strictement croissante, f(1,5) ( 0,6 < 1, f(2) ( 1,6 > 1, donc 1,5
< x1 0.
ab = 1 est acquis.
[pic], donc ln(a) = a - 1/a, a ln(a) = a2 - 1, a2 - a ln(a) - 1 = 0, f(a) =
0
On a vu que l'équation f(a) = 0 admet 1 pour unique solution dans ]0, +([,
donc
a = 1, puis b = 1.
3. [pic]
Donc r = -e, s = 0, t = e, rt - s2 = -e2 < 0. g n'admet donc pas d'extremum
local en (1, 1). Comme c'était le seul point ou g était susceptible d'avoir
un extremum, on peut conclure que g n'admet pas d'extremum local sur R2.


exercice 3
Deux exercices d'analyse, il reste 1 exercice pour parler des probas et de
l'algèbre linéaire ! Et ça ne s'annonce pas sous les meilleurs auspices...
Voyons voir les connaissances exigibles des candidats à propos des
problèmes du second degré :
En 1e ES : " Résolution d'équations et d'inéquations du second degré."
En Tale ES : Rien.
En ECE1 : "Trinômes du second degré. Factorisation par (x - a) dans un
polynôme ayant a pour racine." En commentaire : "On reviendra sur le calcul
et les propriétés des racines du trinôme ainsi que sur son signe, en
liaison avec les représentations graphiques." Admirez le "On reviendra..."
!
En ECE2 : Rien.
Il va donc falloir traiter la première question avec ces maigres
connaissances, et une pratique nécessairement limitée de la part des
candidats qui ont eu d'autres chats à fouetter au cours de ces deux
dernières années ! C'est d'autant plus regrettable que la résolution de
cette première question, et une bonne maîtrise des problèmes du second
degré, sont nécessaires à la résolution de bien des questions suivantes...
3.1. f(x) = x2 - qx - pq
1. Le discriminant de f(x) est égal à q2 + 4pq, il est donc strictement
positif, l'équation f(x) = 0 possède donc deux racines distinctes r1 et r2.
On peut donc factoriser f(x) par x - r1 et x - r2, et on a, vu les
coefficients des termes en x2 :
f(x) = x2 - qx - qp = (x - r1)(x - r2)
x2 - qx - qp = x2 - (r1 + r2)x + r1r2
soit, par identification :
r1 + r2 = q
r1r2 = -p
On peut évidemment calculer r1 et r2, puis r1 + r2 et r1 r2, mais c'est
plus long !
2. f(1) = 1 - q - qp = 1 - (1 - p) - (1 - p)p = p - p + p2 = p2.
f(-1) = 1 + q - qp = 1 + 1 - p - (1 - p)p = 2 - p - p + p2 = 2(1 - p) + p2
f(0) = -pq.
3. f(x) est négatif entre les racines, positif à l'extérieur des racines
r1, r2.
f(0) < 0, f(1) > 0, f(-1) > 0, donc -1 < r1 < 0 < r2 < 1. r1 et r2 sont
donc tous deux de valeur absolue inférieure à 1.
r1 + r2 = q > 0, donc (r1( < (r2(, car (r1( = -r1, (r2( = r2 ...
On a bien 0 < (r1( < (r2(.
3.2.1. (Bon sang, mais comment se débrouiller avec cette numérotation ??)
Avec des notations évidentes, mais que l'énoncé ferait bien de rappeler, ne
serait-ce que dans un souci d'harmonisation :
a1 = P(A1) = P(P1 ( P2) = P(P1) P(P2) = p2 (indépendance des lancers
successifs).
a2 = P(A2) = P(F1 ( P2 ( P3) = p(F1) P(P2) P(P3) = q p2.
a3 = P(A3) = P[ (P1 F2 P3 P4) ( (F1 F2 P3 P4) ]
= P(P1 F2 P3 P4) + P(F1 F2 P3 P4) par incompatibilité des
événements
= p3 q + p2 q2.
2. La remarque n'est pas d'une clarté aveuglante, faisons semblant de
comprendre, et écrivons avec des notations certainement discutables :
an = P(A3) = P[ (P1 ( F2 ( An) ( (F1 ( An+1) ]
= P (P1 ( F2 ( An) + P(F1 ( An+1) par incompatibilité des
événements
= p q an + q an+1 par indépendance des lancers successifs.
3. D'une part on ne peut pas donner p ET q comme on veut, car p = 1 - q,
d'autre part demander d'afficher les valeurs de an même pour n = 0 et n = 1
alourdit le programme bien inutilement. Pour éviter des appels multiples
dans une procédure récursive, on adopte une stratégie itérative :
program ecr05;
var n,k:integer;a,b,c,p,q:real;
BEGIN
readln(n,p);
q:=1-p;
a:=0;
b:=p*p;
for k:=2 to n do
begin
c:=q*p*a+q*b;
a:=b;
b:=c;
end;
if n=O then writeln(0);
if n=1 then writeln(p*p);
if n >=2 then writeln(c);
END.
4. La suite (an) est une suite linéaire récurrente à deux termes,
d'équation caractéristique
x2 -qx - qp = 0,
dont les solutions sont r1, r2. On a donc
(n ( N, an = ?r1n + ?r2n
Avec n = 0, et n = 1, on obtient
[pic]
Et en reportant, on obtient bien
[pic]
5.
[pic]
car 0 < (r1( < (r2( < 1, donc [pic],
et on rappelle que un ~ vn ( limn(+( (un/vn) = 1 ( un = vn + o(vn) ( un =
vn(1 + ?n) avec ?n de limite nulle en +