 \input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Calculs D1}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Calculs du 11/01 au 17/01}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{154}


\begin{exo}[Dérivées]
\begin{enumerate}
\item On résout l'inéquation 
$$
2x^3 + 3x > 0 \Longleftrightarrow x(2x^2 + 3) > 0
$$
à l'aide d'un tableau de signe
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=5,espcl=2]{$x$/1,Signe de $x$/1,Signe de $2x^2 + 3$/1, Signe de $2x^3 + 3x$/2}{$-\infty$,$-\sqrt{\frac32}$,$0$,$\sqrt{\frac32}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,z,+} 
\tkzTabLine{,+,z,-,t,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,z,+}
\end{tikzpicture}
\end{center}
La fonction $f$ est donc dérivable sur $\left] - \sqrt{
\dfrac{3}{2}} , 0\right[$ et sur $\left] \sqrt{\dfrac{3}{2}} ; + \infty \right[$ en tant que produit et composée de fonction dérivable.  
On calcule alors 
\begin{center}
\fbox{$
f'(x) = \dfrac{6x^2 + 3}{2x^3 + 3x} 
$}
\end{center}
\item La fonction $x \to -\dfrac{x^2}{2}$ est dérivable sur $\R$ (fonction polynôme). La fonction $x \to e^x$ est dérivable sur $\R$. Donc par composée, la fonction $g$ est dérivable sur $\R$.  \\

On calcule alors pour tout $x \in \R$, 
\begin{align*}
g'(x) & = -\dfrac{2x}{2} e^{-\frac{x^2}{2}} \\
& \boxed{= - xe^{-\frac{x^2}{2}}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Inéquations]
Résoudre les inéquations suivantes.
\begin{enumerate}
\item On résout pour tout $x \in \R^*$, 
\begin{align*}
\dfrac{xe^x-1}{x} \geq e^x & \Longleftrightarrow \dfrac{xe^x - 1}{x} - e^x \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{x e^x - 1 - xe^x}{x} \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow - \dfrac{1}{x} \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{x} \leq 0
\end{align*}
Or la fonction $x \to 1/x$ est négative sur $]- \infty ; 0[$ donc 
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_1 = 
]-\infty ; 0[$.}
\item On résout l'inéquation $2x^2 - 3x + 1 < 0$ à l'aide du discriminant $\Delta = 9 - 4 \times 2 \times 1 = 1 > 0$. Ainsi le polynôme $2x^2 - 3x + 1$ a deux racines qui sont 
$$
x_1 = \dfrac{3 - 1}{4} = \dfrac{1}{2} \qquad \text{et} \qquad x_2 = \dfrac{3 +1}{4} = 1
$$
Ainsi, (à l'aide d'un tableau de signe par exemple)
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_2 = 
\left] \dfrac{1}{2} ; 1 \right[$.}
\end{center}
\end{enumerate}


\end{exo}


\begin{exo}[Récurrence]
On considère que $A = P D P^{-1}$.
On va montrer par récurrence les propositions 
$$\P_n : \left\{  A^n = P D^n P^{-1}  \right\}.$$

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On sait que d'une part $A^0 = I_n$ et $P D^0 P^{-1} = P P^{-1} = I_n$.  
Donc $\P_0$ est vraie.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
A^{n+1} & = A^n \times A \\
        & = P D^n P^{-1} \times P D P^{-1} \\
        & = P D^n \times D \times P^{-1} \\
        & \boxed{= P D^{n+1} P^{-1}}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{ Pour tout $n \geq 0$, $\ds  A^n = P D^n P^{-1} $ }.
\end{itemize}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{exo}[Sommes ]
Donner le résultat de la somme ou du produit suivant :
\begin{enumerate}
\item On calcule en factorisant :
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} 2^{2k+1} & = \sum_{k=1}^n 2 \times 2^{2k} \\
& = 2 \sum_{k=1}^n 4^k \\
& = 8 \times \dfrac{1 - 4^n}{1-4} \\
 & = \boxed{\dfrac{8}{3}(4^n -1)}
\end{align*}

\item En utilisant la formule du binôme de Newton, on calcule 
\begin{align*}
 \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} 2^k (-3)^{n-k}& = (2-3)^n \\
& \boxed{= (-1)^n}
\end{align*}

\item On calcule en développant,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} k(k-2) & = \sum_{k=1}^n k^2 - 2k \\
& = \sum_{k=1}^n k^2 - 2 \sum_{k=1}^n k \\
& = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} - n(n+1) \\
& = \dfrac{n(n+1)(2n+1 - 6)}{6} \\
& \boxed{= \dfrac{n(n+1)(2n-5)}{6}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[Probabilité]
Une urne contient 12 boules : 6 boules vertes, 4 boules rouges et 2 boules noires; on tire au hasard successivement et avec remise 8 boules et on note $X$ la variable al\'eatoire \'egale au nombre de boules dans l'urne. \\

Il n'y a donc qu'une valeur prise par $X$ qui est 12. Ainsi 
$$
X(\Omega) = \{ 12 \}
$$
\begin{center}
\fbox{$X$ suit une loi certaine. $E(X) = 12$, $V(X) =0$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[Limites]
\begin{enumerate}
\item On a
$$
\li_{x \tos 0} \dfrac{e^x - 1}{x} =1
$$ 
par taux d'accroissement donc en composant les limites,
\begin{center}
\fbox{$
\lim\limits_{x \tos 0 }  \ln{\left( \dfrac{e^x-1}{x}\right)} = \li_{X \tos 1} \ln{X} = 0
$}
\end{center}
\item On a en utilisant la quantité conjuguée :
\begin{align*}
\sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2 - 2} & = \dfrac{\left(\sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2 - 2} \right)\left(\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2 - 2} \right)}{\left(\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2 - 2} \right)} \\
& = \dfrac{x^2 +1 - (x^2 - 2)}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2 - 2}} \\
& = \dfrac{3}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2 - 2}} 
\end{align*}
Or $\li_{x \to + \infty} \sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2 - 2} = + \infty$. donc 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{x \to + \infty} \sqrt{x^2+1} - \sqrt{x^2 - 2} = 0 
$}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\begin{exo}[Système]
Soit \\

 $A = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}$. Calculez $A^{-1}$.En déduire les solutions de $\left\{ \begin{array}{rcl}
x -z & = & 4 \\
2y & = & 16 \\
x + z & = & 15
\end{array} \right. $

On utilise la méthode du pivot de Gauss pour inverser $A$ : 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
\blank\\
L_3 - L_1 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
2L_1 + L_3 \to L_1\\
\blank \\
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}
Les pivots sont tous non-nuls donc la matrice $A$ est inversible. 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
1/2 L_1 \to L_1\\
1/2 L_2 \to L_2 \\
1/2 L_3 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}
Donc \begin{center}
\fbox{$A^{-1} = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}$}
\end{center}
Le système est équivalent à $A \vect{x}{y}{z} = \vect{4}{16}{15}$ donc $\vect{x}{y}{z} = A^{-1} \vect{4}{16}{15}$
\end{exo}
Or 
$$
A^{-1} \vect{4}{16}{15} = \dfrac{1}{2} \vect{19}{16}{11}
$$
\begin{center}
\fbox{L'unique solution du système est $ \dfrac{1}{2}\vect{19}{16}{11}$}
\end{center}

\end{document}
