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

\begin{document}

\chead{Correction Calculs E3}
\lfoot{}
\cfoot{Calcul}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Calculs du 22/03 au 28/03}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{216}


\begin{exo}[Inéquations]
\begin{enumerate}
On cherche à factoriser le polynôme $x^3 + x^2 - 2$. On remarque que $1$ est une racine évidente de ce polynôme. On a donc la factorisation (en utilisant par exemple la division euclidienne)
$$
x^3 + x^2 - 2 = 0 \Longleftrightarrow (x-1)(x^2 + 2x +2) = 0
$$
On détermine alors les racines du polynôme $x^2 + 2x + 2$ en calculant son discriminant $\Delta = 4 - 4 \times 2 = -4 < 0$
Ainsi 
$$
\forall x \in \R, \quad x^2 + 2x + 2 > 0
$$
Donc le signe de $x^3 + x^2 - 2$ est le même que $x-1$. L'ensemble des solutions de l'inéquation $x^3 + x^2 -2 > 0 $ est donc 
\begin{center}
\fbox{$\mathcal{S} = ]1; +\infty[$.}
\end{center}

\item Pour cette inéquation, on va procéder de manière directe :
\begin{align*}
e^{2x} - 4 < 0 & \Longleftrightarrow e^{2x} < 4 \\
& \Longleftrightarrow 2x < \ln(4) \\
& \Longleftrightarrow x < \dfrac{1}{2} \ln(4)
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{Donc $\mathcal{S} = \left] -\infty ; \dfrac{1}{2}\ln(4) \right[$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{exo}[Récurrence]
Soit $x \in \R$ tel que $x + \dfrac{1}{x} \in \Z$. 
On va montrer par récurrence les propositions 
$$\P_n : \left\{ x^n + \dfrac{1}{x^n} \in \Z \right\}.$$

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $x + \dfrac{1}{x} \in \Z$ donc $\P_1$ est vraie. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que les propositions $\P_{n-1}$ et $\P_n$ sont vraies pour un certain rang $n \geq 1$. On a 
\begin{align*}
\left( x + \dfrac{1}{x} \right) \left( x^n + \dfrac{1}{x^n} \right) = x^{n+1} + x^{n-1} + \dfrac{1}{x^{n-1}} + \dfrac{1}{x^{n+1}}
\end{align*}
Donc 
$$
x^{n+1} + \dfrac{1}{x^{n+1}} = \left( x + \dfrac{1}{x} \right) \left( x^n + \dfrac{1}{x^n} \right) - \left(x^{n-1} + \dfrac{1}{x^{n-1}} \right)
$$
Or $\left( x + \dfrac{1}{x} \right) \in \Z$, $\left( x^n + \dfrac{1}{x^n} \right) \in \Z$ et $\left(x^{n-1} + \dfrac{1}{x^{n-1}} \right) \in \Z$. Or un produit et une somme de nombre entier reste un nombre entier donc 
$$
x^{n+1} + \dfrac{1}{x^{n+1}} \in \Z
$$
La proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{ Pour tout $n \geq 0$, $x^{n+1} + \dfrac{1}{x^{n+1}} \in \Z$ }.
\end{itemize}
\end{exo}

\begin{exo}[Probabilité]
Soit $n \in \N^*$. Une entreprise dispose d'un lot de $n$ feuilles numérotées $1,2, \ldots, n$. Elle photocopie ces $n$ feuilles et veut agrafer chaque copie avec son original. Suite à un défaut informatique, la photocopieuse a mélangé les $n$ originaux et les $n$ copies. L'entreprise place donc les $n$ originaux et les $n$ copies dans une boite. Une personne est chargé du travail suivant : Elle pioche simultanément et au hasard 2 feuilles dans la boite. S'il s'agit d'un original et de sa copie, elle les agrafe et les sort de la boite. Sinon elle les remet dans la boite et recommence. On note $A_n$ l'évènement "A l'issue de la première pioche, le deux feuilles piochées ne sont pas agrafées". \\

Pour tirer une copie et son original il faut tirer une feuille quelconque puis tirer la copie ou l'original correspondante (il y a une possibilité sur $2n-1$ feuilles restantes). Ainsi
$
P(\bar{A_n}) = 1 \times \dfrac{1}{2n-1}  = \dfrac{1}{2n-1}
$
donc 
\begin{center}
\fbox{$P(A_n) = \dfrac{2n-2}{2n-1}$.}
\end{center}
\end{exo}

\begin{exo}[Limites]
\begin{enumerate}
\item On calcule cette limite en factorisant par $x^3$, 
$$
\li_{x \to + \infty} x^3 - \ln(x) + 2 = \li_{x \to + \infty} x^3 \left( 1 - \dfrac{\ln(x)}{x^3} + \dfrac{2}{x^3} \right)
$$
Or, par croissances comparées,
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{\ln(x)}{x^3}  = 0
$$

On a donc 
\begin{center}
\fbox{$\lim\limits_{x \to + \infty} x^3 - \ln(x) + 2 = + \infty $.}
\end{center}

\item En utilisant la quantité conjuguée, on a 
\begin{align*}
\li_{x \to 0} \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2 + 1} - 1} & = \li_{x \to 0} \dfrac{x^2 (\sqrt{x^2 +1} +1)}{(\sqrt{x^2 + 1} - 1)(\sqrt{x^2 + 1} + 1)} \\
& = \li_{x \to 0} \dfrac{x^2 (\sqrt{x^2 +1} +1)}{x^2 + 1 - 1} \\
& = \li_{x \to 0} \dfrac{x^2 (\sqrt{x^2 +1} +1)}{x^2} \\
& = \li_{x \to 0} \sqrt{x^2 +1} +1 \\
& \boxed{= 2}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage
\begin{exo}[Système]
On utilise la méthode du pivot de Gauss pour résoudre le système: 
\begin{align*}
\left\{ \begin{array}{rcl}
(1-\lambda)x +2y -z & = & 0 \\
-2x - (3+\lambda)y + 3z & = & 0 \\
x + y -(2+\lambda) z & = & 0
\end{array} \right. & \Longleftrightarrow 
\left\{ \begin{array}{rcl}
x + y -(2+\lambda) z & = & 0 \\
-2x - (3+\lambda)y + 3z & = & 0  \quad \L_1 \leftrightarrow L_3\\
(1-\lambda)x +2y -z & = & 0 
\end{array} \right. \\ 
& \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x + y -(2+\lambda) z & = & 0 \\
 - (1+\lambda)y - (1+2\lambda)z & = & 0  \quad 2 L_1 + L_2 \rightarrow L_2 \\
 - (1+\lambda)y + (\lambda^2+ \lambda -1)z & = & 0 \quad (1-\lambda)L_1 - L_3 \rightarrow L_3
\end{array} \right. \\
& \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x + y -(2+\lambda) z & = & 0 \\
 - (1+\lambda)y - (1+2\lambda)z & = & 0  \\
(\lambda^2+ 3\lambda)z & = & 0 \quad L_3 - L_2 \rightarrow L_3
\end{array} \right.
\end{align*}


Ce système est de Cramer si et seulement si les pivots sont non nuls. Or les pivots sont nuls si et seulement si 
$$
\lambda^2 + 3 \lambda = 0 \Longleftrightarrow \lambda= 0 \quad \text{ou} \quad \lambda = -3
$$
et si 
$$
- (1+\lambda) = 0 \Longleftrightarrow \lambda = -1
$$
Il y a donc 3 cas possibles.
\begin{enumerate}
\item Si $\lambda \in \R \setminus \{-3 ,-1, 0 \}$ : Dans ce cas, le système est de Cramer et il n'a qu'une unique solution qui est forcément $(0,0,0)$. 

\item Si $\lambda = 0$, le système est équivalent à
$$
\left\{ \begin{array}{rcl}
x + y - 2 z & = & 0 \\
 - y - z & = & 0  \\
0 & = & 0 
\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x & = & 3z \\
y & = & -z  \\
0 & = & 0 
\end{array} \right.
$$

\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions du système est $ \mathcal{S} = \left\{ \vect{3z}{-z}{z}, z \in \R \right\} = Vect \left( \vect{3}{-1}{1} \right)$}
\end{center}

\item Si $\lambda = -3$, le système est équivalent à
$$
\left\{ \begin{array}{rcl}
x + y + z & = & 0 \\
 2y + 5z & = & 0  \\
0 & = & 0 
\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x & = & \frac{3}{2} z \\
y & = & - \frac{5}{2}z \\
0 & = & 0 
\end{array} \right.
$$

\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions du système est $ \mathcal{S} = \left\{ \vect{3z}{-5z}{2z}, z \in \R \right\} = Vect \left( \vect{3}{-5}{2} \right)$}
\end{center}

\item Si $\lambda = -1$, le système est équivalent à
$$
\left\{ \begin{array}{rcl}
x + y + z & = & 0 \\
z & = & 0  \\
-2z & = & 0 
\end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{rcl}
x & = & -y \\
z & = & 0 \\
z & = & 0 
\end{array} \right.
$$

\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions du système est $ \mathcal{S} = \left\{ \vect{-y}{y}{0}, y \in \R \right\} = Vect \left( \vect{-1}{1}{0} \right)$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[Intégrales]
\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to \dfrac{\ln(x)^2}{x}$ est continue sur $[1,2]$. L'intégrale existe donc et 
\begin{align*}
\int_1^2 \dfrac{\ln(x)^2}{x} dx  & = \left[ \dfrac{1}{3} \ln(x)^3 \right]_1^2 \\
& \boxed{= \dfrac{\ln(2)^3}{3} }
\end{align*}

\item La fonction $t \to \dfrac{t^3}{t^4 +1} $ est continue sur $[0,1]$ donc l'intégrale existe et 
\begin{align*}
\int_0^1 \dfrac{t^3}{t^4 +1} dt & = \left[ \dfrac{1}{3} \ln(t^4 +1) \right]_1^4 \\
& \boxed{= \dfrac{\ln(2)}{3}}
\end{align*}

\item La fonction $t \to t^7 e^{t^4} $ est continue sur $\left[0 1 \right]$. L'intégrale existe mais nous ne connaissons pas de primitives de cette fonction. Nous procédons alors à une intégration par parties avec 
\begin{tabular}{cc}
$u(t) = t^4$ & $v'(t) = t^3e^{t^4}$ \\
$u'(t) = 4t^3$ & $v(t) =  \dfrac{e^{t^4}}{4}$
\end{tabular}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a donc 
\begin{align*}
\int_{0}^{1} t^7 e^{t^4} dt & = \left[ \dfrac{t^4 e^{t^4}}{4} \right]_0^1 - \int_0^1 t^3 e^{t^4} dt \\
& = \dfrac{e}{4} - 0 - \left[\dfrac{e^{t^4}}{4} \right]_0^1 \\
& = \dfrac{e}{4} - \left( \dfrac{e}{4} - \dfrac{1}{4} \right) \\
& \boxed{= \dfrac{1}{4} }
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{exo}[Série]
\begin{enumerate}
\item En passant par les sommes partielles, on a pour tout $n \in \N$, 
$$
\sum_{k=1}^n \dfrac{5^k}{k!} = \sum_{k=0}^n \dfrac{5^k}{k!} - 1
$$
Or la série $\sum_{k \geq 0} \dfrac{5^k}{k!}$ est une série exponentielle convergente donc la série $\sum_{k \geq 1} \dfrac{5^k}{k!}$ est convergente et 
$$
\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{5^k}{k!} = e^5 - 1
$$

\item On a pour tout $k \in \N$, $\left(\dfrac{1}{4}\right)^{k+1} = \dfrac{1}{16} \times \left(\dfrac{1}{4}\right)^{k-1}$. Or la série $\ds \sum_{k \geq 0} k\left( \dfrac{1}{4} \right)^{k-1}$ est convergente car $\dfrac{1}{4} < 1$. Donc la série $\ds \sum_{k\geq 0} k\left( \dfrac{1}{4} \right)^{k+1}$ est une série géométrique dérivée convergente et 
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{+ \infty} k\left( \dfrac{1}{4} \right)^{k+1} & = \dfrac{1}{4^2} \sum_{k=0}^{+ \infty} k\left( \dfrac{1}{4} \right)^{k-1} \\
& = \dfrac{1}{4^2} \dfrac{1}{\left( 1 - \dfrac{1}{4} \right)^2} \\
& = \dfrac{1 }{4^2} \times \dfrac{4^2}{3^2} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{9}}
\end{align*}

\item On passe par les sommes partielles, pour tout $n \in \N$, on a 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n k^2 \dfrac{2^k}{k!} & = \sum_{k=1}^n k \dfrac{2^k}{(k-1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n k \dfrac{2^k}{(k-1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n (k-1+1)\dfrac{2^k}{(k-1)!} \\
& = \sum_{k=1}^n (k-1) \dfrac{2^k}{(k-1)!} + \sum_{k=1}^n \dfrac{2^k}{(k-1)!} \\
& = \sum_{k=2}^{n} (k-1) \dfrac{2^k}{(k-1)!} + 0 + \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{j+1}}{j!} \\
& = \sum_{k=2}^{n} \dfrac{2^k}{(k-2)!} + 0 + \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{j+1}}{j!}  \\
& = \sum_{j=0}^{n-2} \dfrac{2^{j+2}}{j!} + 0 + \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{j+1}}{j!} \\
& = 4\sum_{j=0}^{n-2} \dfrac{2^{j}}{j!} + 2 \sum_{j=0}^{n-1} \dfrac{2^{j}}{j!}
\end{align*} 
Or la série $\ds \sum_{n \geqslant 0} \dfrac{2^n}{n!}$ est une série exponentielle convergente donc la série $ \sum_{k \geqslant 1} k^2 \dfrac{2^k}{k!}$ est convergente donc 
\begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{k=1}^{+ \infty} k^2 \dfrac{2^k}{k!} = 4 e^2 + 2 e^2  = 6e^2$}
\end{center}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}
