\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{cancel}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\begin{document}

\chead{Correction Devoir surveillé n°1}
\lfoot{}
\cfoot{Fonctions, suites, probabilités.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°1}
\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Formulaire}
Déterminer parmi les assertions suivantes, celles qui sont vraies et celles
qui sont fausses (on ne demande pas de justifier la réponse)\newline
\emph{Chaque bonne réponse apporte 1 point, chaque réponse fausse -1 point
et aucune réponse 0 point}%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{lllllll}
a) FAUX
& b) VRAI 
& c) FAUX  &
d) FAUX
& 
e) VRAI
& f) FAUX \\
g) FAUX  & h) VRAI & i) FAUX &
j) VRAI  & k) FAUX & l) FAUX
\end{tabular}%
\end{equation*}

\section*{Exercice 2 - \'Equations et inéquations}
\begin{enumerate}
\item On cherche tout d'abord le discriminant de $x^2 - 2x +5$, à savoir $\Delta = 4 - 20= -16 < 0$. On résout alors l'équation sur $\R$ 
\begin{align*}
\sqrt{x^2-2x+5}=x-3 & \Longrightarrow x^2 - 2x + 5 = (x - 3)^2 \\
& \Longrightarrow x^2 - 2x + 5 = x^2 - 6x + 9 \\
& \Longrightarrow 4x - 4 = 0 \\
& \Longrightarrow 4(x-1) = 0 \\
& \Longrightarrow x = 1
\end{align*}
On vérifie la solution $x = 1$. Or $\sqrt{4} =  2 \neq - 2$. Donc $1$ n'est pas solution de cette équation. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_1 = \emptyset$.}
\end{center} 
\item On résout l'inéquation suivante sur $\R \setminus \{-3 , 1 \}$. 
\begin{align*}
\frac{1}{x-1}<\frac{2}{x+3} & \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{2(x-1)}{(x-1)(x+3)} - \dfrac{x+3}{(x-1)(x+3)}\\
& \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{x-5}{(x-1)(x+3)} 
\end{align*}
On résout alors l'équation à l'aide d'un tableau de signe.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $x + 3$/1, Signe de $x - 1$/1, Signe de $x - 5$/1, Signe de $\dfrac{x-5}{(x-1)(x+3)}$/2}{$-\infty$,$-3$,$1$,$5$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,t,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+}
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+}
\tkzTabLine{,-,d,+,d,-,z,+}  
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_2 = ]-3 ; 1[ \cup ]5 ; + \infty[$.}
\end{center}
\item On résout l'équation 
$$
e^x \geq x + 1 \Longleftrightarrow e^x - x - 1 \geq 0
$$
On pose alors la fonction $f : x \to e^x - x - 1$. Cette fonction est définie et dérivable sur $\R$ comme somme de fonction dérivable sur $\R$. On a alors pour tout $x$ réel
\begin{align*}
f'(x) & = e^x - 1
\end{align*}
Or $f'(x) \geq 0 \Longleftrightarrow e^x \geq 1 \Longleftrightarrow x \geq 0$. On a alors le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/0, +/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}   
D'après le tableau de variations, on a pour tout $x$ réel, $f(x) \geq 0$. On en déduit que $\forall x \in \R, e^x \geq x+1$. 
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est donc $\mathscr{S}_3 = \R$.  }
\end{center}

\item Afin de résoudre l'équation  $|2x+1| + |x -2 | = 4$, on résout l'équation $2x+1 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq - \dfrac{1}{2}$ et $x-2 \geq 0 \Longleftrightarrow x \geq 2$. On a donc 3 cas: 
\begin{enumerate}
\item {\bf Cas où $x < -1/2$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x - 2| = 4 & \Longleftrightarrow -(2x+1) - (x-2) = 4 \\
 & \Longleftrightarrow - 3x + 1 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow -3x = 3 \\
 & \Longleftrightarrow x = - 1
\end{align*}
Le nombre $-1$ appartient à l'intervalle $]- \infty ; - 1/2[$ donc $-1$ est une solution. 

\item {\bf Cas où $-1/2 \leq x < 2$ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x  -2| = 4 & \Longleftrightarrow 2x+1 - (x-2) = 4 \\
 & \Longleftrightarrow x + 3 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow x = 1 
\end{align*}
Le nombre $1$ appartient à l'intervalle $[-1/2 ; 2[$ donc $1$ est une solution. 

\item {\bf Cas où $2 \leq x $ :} L'équation s'écrit alors 
\begin{align*}
|2x+1| + |x-2| = 4 & \Longleftrightarrow 2x+1 + x - 2 = 4 \\
 & \Longleftrightarrow 3x  = 5 \\
 & \Longleftrightarrow x = 5/3 
\end{align*}
Or $5/3$ n'appartient pas à l'ensemble considéré. 
\end{enumerate}
\begin{center}
\fbox{Au final l'ensemble des solutions est $\mathscr{S}_4 = \left\{ -  1, 1 \right\}$.}
\end{center}
\end{enumerate}


\subsection*{Exercice 3 - Démonstration par récurrence}
\begin{enumerate}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{4^n \geq 1 + 3n \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $4^0 = 1 \geq 1 + 3 \times 0$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& 4^n \geq 1 + 3n \\
\Longrightarrow \quad & 4^{n+1} \geq 4(1+ 3n) \\
\Longrightarrow \quad & 4^{n+1} \geq 4 + 12n \geq 4 + 3n \\
\Longrightarrow \quad & 4^{n+1} \geq 1 + 3(n+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 $n \in \N$, $4^n \geq 1 + 3n$}.
\end{itemize}
\item On considère la suite définie par $u_0 = 1$ et $u_{n+1} = 2 - \dfrac{1}{2} \ln(u_n)$. On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{ 1 \leq u_n \leq e \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 = 1$, $1 \leq u_0 \leq e$ et donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& 1 \leq u_n \leq e \\
\Longrightarrow \quad & 0 \leq \ln (u_n) \leq 1 \\
\Longrightarrow \quad & 0 \geq - \dfrac{1}{2} \ln(u_n) \geq - \dfrac{1}{2}  \\
\Longrightarrow \quad & 2 \geq 2 - \dfrac{1}{2} \ln(u_n) \geq  \dfrac{3}{2} \\
\Longrightarrow \quad & e \geq u_{n+1} \geq  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 $n \in \N$, $1 \leq u_n \leq e$}.
\end{itemize} 
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 4 - \'Etude de fonctions}
On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par 
$$\forall x\in\R,\ f(x)=(x^2-x-1)e^x+e$$
On admet que $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=0$

\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$. On a pour tout $x \in \R$, 
\begin{align*}
f'(x) & = (2x - 1) e^x + (x^2 - x - 1)e^{x} \\
	  & \boxed{= (x^2 + x  - 2) e^x }
\end{align*}
\item On étudie le signe du trinôme $x^2+x-2$. Le discriminant est alors $\Delta = 1 - 4 \times (-2) \times 1 = 9$. Le trinôme a donc deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{-1 - 3}{2} = -2 \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{-1 + 3}{2} = 1
$$
On a donc le tableau de signe suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/2}{$-\infty$,$-2$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,}
%\tkzTabVar{+/,-/0, +/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}   
\item Déterminez $a$, $b$ et $c$ tel que $f(x) = x^2 \left( a - \dfrac{b}{x} - \dfrac{c}{x^2} \right) e^x  + e$. 
En développant la formule de la fonction $f$, on obtient 
$$
f(x) =(ax^2 + bx  + c)e^x + e
$$
Par identification, $a= 1$, $b = - 1$ et $c = -1$. Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$f(x) = x^2 \left( 1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^2} \right) e^x +e $.}
\end{center}
\item On a 
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0 ; \quad \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x^2} = 0.
$$
On en déduit $\li_{ x \to + \infty} 1 - \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^2} = 1$. Enfin, 
$$
\li_{x \to + \infty} x^2 = + \infty \quad \text{et} \quad \li_{ x \to + \infty} e^x = + \infty
$$
D'après la règle de multiplication, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) = + \infty $.}
\end{center}
\item On calcule $f(-2) = 5e^{-2} + e$ et $f(1) = -e + e = 0$. On en déduit alors le tableau de variation
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$-2$,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$5e^{-2}+e$,-/$0$, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
\item D'après le tableau de variation précédent, $0$ est un minimum de la fonction :
\begin{center}
\fbox{ $\forall x\in\R,\ f(x)\geq 0$.}
\end{center}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 5 - Scilab}
Les 3 questions sont indépendantes et par ordre de difficulté croissante. 
\begin{enumerate}
\item On considère le programme 
\begin{verbatim}
a = input('Entrez un réel')
b = a^2
a = b - 2*a
a = a +1
disp(a) 
\end{verbatim}
\begin{enumerate}
\item Le programme ci-dessus demande à l'utilisateur d'entrer un réel $a$ et calcule $a^2 - 2 a  + 1$. 
\item Si l'utilisateur rentre la valeur $2$, \fbox{le programme affiche $1$}. 
\item On résout $a^2 - 2a +1 = 0 \Longleftrightarrow (a-1)^2 = 0$ L'unique valeur de $a$ pour laquelle l'ordinateur renvoie la valeur $0$ est \fbox{ $a= 1$.} 
\end{enumerate}
\item Au 13 Septembre 2019, le taux de change entre l'euro et les dollars américains, les livres sterling ou les roupies indiennes sont les suivants
\begin{itemize}
\item 1 EUR = 1,1075 USD
\item 1 EUR = 0,8889 GBP
\item 1 EUR = 78,6358 INR
\end{itemize}
Recopiez et complétez le programme suivant afin que lorsqu'un utilisateur entre une somme en euro et la monnaie dans laquelle il veut le change, il obtienne l'argent changé. 
\begin{verbatim}
eur = input("Entrez la somme en euros")
change = input ("Entrez 1 si vous souhaitez obtenir le change en dollar. Entrez 2 
si vous souhaitez obtenir le change en livres. Enfin, entrez 3 si vous souhaitez 
obtenir le change en roupies.")

USD = ... 1.1075*eur ...
GBP = ... 0.8889*eur ...
INR = ... 78.6358*eur ...

if change == .. 1 .. then
    print("Avec " + str(..eur..) + " euros, vous obtenez " + str(USD) + " dollars") 
elseif change == .. 2 .. then
    print("Avec " + str(.. eur ..) + " euros, vous obtenez " + str(GBP) + " livres") 
else
    print("Avec " + str(.. eur ..) + " euros, vous obtenez " + str(INR) + " roupies") 
\end{verbatim}
\item On cherche à résoudre l'équation du second degré $ax^2 + bx +c = 0$. \'Ecrire un programme qui demande à l'utilisateur d'entrer les valeurs de $a$, $b$ et $c$ et qui affiche 
\begin{itemize}
\item les 2 solutions si le discriminant est positif,
\item l'unique solution si le discriminant est nul,
\item Il n'y a pas de solution si le discriminant est négatif.  
\end{itemize}

\begin{verbatim}
a = input("Entrez la valeur de a: ")
b = input("Entrez la valeur de b: ")
c = input("Entrez la valeur de c: ")
delta = b^2 - 4*a*c

if delta > 0 then
    x1 = (-b - sqrt(delta))/(2*a)
    x2 = (-b + sqrt(delta))/(2*a)
    disp("Il y a deux solutions " + string(x1) + " et " + string(x2) + ".")
elseif delta == 0 then 
    x0 = -b / (2*a)
    disp("Il y a une unique solution : " + string(x0))
else 
    disp("Il n''y a aucune solutions")
end
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 6 - Fonctions et suites}

\subsubsection*{Partie 1}

On considère la fonction $f(x)=\ln\pare{e^x+e^{-x}}$.

\begin{enumerate}
\item
On résout $e^x + e^{-x} >0$. Or pour tout $x \in \R$, $e^x >0$ et $e^{-x} > 0$. \begin{center}
\fbox{Donc le domaine de définition de $f$ est $\R$.}
\end{center} 
\item
Le domaine de définition de $f$ est symétrique. Pour tout $x$ réel,
\begin{align*}
f(-x) & = \ln(e^{-x} + e^{-(-x)}) \\
 & = \ln(e^x + e^{-x}) \\
 & = f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est paire. }
\end{center}
\item
La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur $\R$. Pour tout $x$ réel
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}
\end{align*}
Or $e^x + e^{-x} > 0$,on s'intéresse alors au numérateur. On résout 
\begin{align*}
e^x - e^{-x} \geq 0 & \Longleftrightarrow \quad e^x \geq e^{-x} \\
& \Longleftrightarrow \quad  e^{2x} \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow \quad 2x \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \quad \boxed{x \geq 0}
\end{align*}
On calcule les limites 
$$
\li_{x \to + \infty} e^x = +\infty, \qquad \li_{x \to + \infty} e^{-x} = 0 
$$
Donc
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to +\infty} f(x) = + \infty$. }
\end{center}
De même  
$$
\li_{x \to - \infty} e^x = 0, \qquad \li_{x \to - \infty} e^{-x} = + \infty 
$$
Donc
\begin{center}
\fbox{ $\li_{x \to -\infty} f(x) = + \infty$. }
\end{center}
Enfin, $f(0) = \ln(e^0 + e^{-0}) = \ln(2)$. On en déduit le tableau de variation suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$\ln(2)$, +/$+ \infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
\item
On calcule pour $x$ réel,
\begin{align*}
f(x) - x & = \ln(e^x + e^{-x}) - x  \\
& = \ln(e^x (1 + e^{-2x})) - x \\
& = \ln(e^x) + \ln (1+ e^{-2x}) - x \\
& = x + \ln(1+ e^{-2x}) - x \\
& \boxed{= \ln(1+ e^{-2x})}
\end{align*}
\item
On a 
$$\li_{x \to + \infty} e^{-2x} = 0, \quad \li_{x \to + \infty} 1 + e^{-2x} = 1$$
Finalement 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to + \infty} f(x) - x = \li_{x \to +\infty} \ln(1+ e^{-2x})= 0$.}
\end{center}
On a également
$$\li_{x \to - \infty} e^{-2x} = + \infty, \quad \li_{x \to - \infty} 1 + e^{-2x} = +\infty$$
Finalement 
\begin{center}
\fbox{$\li_{x \to - \infty} f(x) - x = \li_{x \to -\infty} \ln(1+ e^{-2x})= +\infty$.}
\end{center}
\item
On a $f(x) > x  \Longleftrightarrow f(x) - x > 0$. On pose alors la fonction $g(x) = f(x) - x$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables. Pour tout $x$ réel, 
\begin{align*}
g'(x) & = f'(x) - 1 \\
& = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} - 1 \\
& = \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} - \dfrac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} \\
& = \dfrac{-2e^{-x}}{e^x + e^{-x}} < 0
\end{align*}
La fonction $g$ est donc strictement décroissante. les limites ayant été étudiés précédemment, on a le tableau de variation 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=2]{$x$/1, Signe de $g'(x)$/1, Variations de $g$/2}{$-\infty$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center} 
La fonction $g$ est ainsi toujours positive. Par conséquent, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, f(x) > x$. }
\end{center}
\item
On résout 
\begin{align*}
f(x) < x + 1 & \Longleftrightarrow \ln(e^x + e^{-x}) < x + 1 \\
& \Longleftrightarrow e^x + e^{-x} < e^{x+1} \\
& \Longleftrightarrow e^x - e \times e^x + e^{-x} < 0 \\
& \Longleftrightarrow (1 - e)e^x + e^{-x} < 0 \\
& \Longleftrightarrow (1 - e) e^{2x} + 1 < 0 \\
& \Longleftrightarrow -(e-1)e^{2x} < - 1 \\
& \Longleftrightarrow e^{2x} > \dfrac{1}{e-1} \\
& \Longleftrightarrow 2x > \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right) \\
& \Longleftrightarrow x > \dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est donc $\mathcal{S} = \left]\dfrac{1}{2} \ln \left( \dfrac{1}{e-1} \right) ; + \infty \right[$.}
\end{center}
\item
Tracer sur un même graphique les courbes représentatives de $f$, $y=x$ et $y=x+1$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.85]{DS1_1.png}
\end{center}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Partie 2}

\'Etude de la suite définie par 
$\begin{cases}
u_0=0\\
u_{n+1}=f(u_n) = \ln(e^{u_n} + e^{-u_n})
\end{cases}$
\begin{enumerate}
\item
On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n$ est bien définie et $u_n \geq 0 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0 = 0$ donc $u_0$ est bien défini et $u_0 \geq 0$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors $u_{n+1} = f(u_n)$ existe car la fonction $f$ est définie sur $\R$. De plus
\begin{align*}
& u_n \geq 0 \\
\Longrightarrow \quad &f (u_n) \geq f(0) \quad \text{$f$ croissante sur $[0;+\infty[$}
\end{align*}
Or $f(u_n)=  u_{n+1}$ et $f(0) = \ln(2) \geq 0$ donc $u_{n+1} \geq 0$. 
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n$ existe et $u_n \geq 0$}.
\end{itemize}
\item
D'après la partie A, pour tout $x$ réel, $f(x) \geq x$. En prenant $x = u_n$, on a 
$$
\forall n \in \N, u_{n+1} \geq u_n.
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante. }
\end{center}
\item
D'après la partie A,pour tout $x$ positif, $f(x) < x +1$.  En prenant $x = u_n$, on a 
\begin{center}
\fbox{$
\forall n \in \N, u_{n+1} < u_n + 1.
$}
\end{center}
\item
On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n<n+1 \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0 = 0$ donc $u_0 < 1$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& u_n \geq n+1 \\
\Longrightarrow \quad &u_{n+1} < u_n + 1 < n+1 + 1 \\
\Longrightarrow \quad &u_{n+1} <  n+1 + 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 $n \in \N$, $u_n < n+1$}.
\end{itemize}
\item
On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n \leq \ln(n+1) \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} $u_0 = 0$ et $\ln(0+1) = 0$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& u_n \leq \ln(n+1) \\
\Longrightarrow \quad & e^{u_n} \leq n+1 \\
\Longrightarrow \quad & e^{u_n} + e^{-u_n} \leq n+1 +1  \quad \text{car} e^{-u_n} \leq 1\\
\Longrightarrow \quad & \ln(e^{u_n} + e^{-u_n}) \leq \ln (n+2) \\
 \Longrightarrow \quad & u_{n+1} \leq \ln (n+2)
\end{align*} 
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n < n+1$}.
\end{itemize}

\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 7 - Probabilités et suites}

On dispose de deux urnes $U_{1}$ et $U_{2}$ ainsi que d'une pièce de monnaie
non truquée.\newline
Initialement, l'urne $U_{1}$ contient une boule blanche et deux boules
noires et l'urne $U_{2}$ contient deux boules noires.\newline
On considère l'épreuve $\mathcal{E}$ suivante :

\begin{itemize}
\item on lance la pièce

\item si l'on obtient pile, on tire une boule de $U_{1}$, sinon on tire une
boule de $U_{2}$

\item si la boule tirée est noire, elle est remise dans la même urne, sinon
elle est remise dans l'autre urne.
\end{itemize}
Pour $n$ entier naturel non nul, on désigne par $A_{n}$ l'évènement%
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$A_{n}$ : " la boule blanche se trouve dans l'urne $U_{1}$ \textbf{à l'issue}
de la $n^{i\grave{e}me}$ répétition de l'épreuve $\mathcal{E}$ " \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}%
et par $B_{n}$ l'évènement 
\begin{equation*}
\begin{tabular}{|l|}
\hline
$B_{n}$ : " la boule blanche se trouve dans l'urne $U_{2}$ \textbf{à l'issue}
de la $n^{i\grave{e}me}$ répétition de l'épreuve $\mathcal{E}$ " \\ \hline
\end{tabular}%
\end{equation*}

\begin{enumerate}
\item Dans cette question, on effectue une seule fois l'épreuve $\mathcal{E}$%
.

\begin{enumerate}
\item La notation $PiB_{1}$ signifiant: \textquotedblleft la pièce a donné
pile et on a tiré la boule blanche de $U_{1}$" (on l'a donc remise dans $%
U_{2}$). On calcule ç l'aide de la formule des probabilités composées :
\begin{align*}
P(PiB_1) & = P(Pi) \times P_{Pi} (B_1) \\
         & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \\
         & = \dfrac{1}{6}
\end{align*}

\item Les résultats possibles de l'é%
preuve $\mathcal{E}$ sont 
\begin{center}
\fbox{$ \left\{ Pi B_1, PiA_1, FaA_1, FaB_1 \right\} $}
\end{center}
Remarque : La boule blanche ne se trouvant que dans l'urne $U_1$ au début, l'évènement $FaB_1$ est impossible.

\item En appliquant la formule des probabilités totales appliquée au système complet d'évènement (Pi,Fa), on a
\begin{align*}
P(A_1) & = P(PiA_1) + P(FaA_1) \\
	   & = P(Pi) P_{Pi}(A_1) + P(Fa) P_{Fa}(A_1) \\
	   & = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2} \times 1 \\
	   & = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} \\
	   & \boxed{= \dfrac{5}{6}}
\end{align*}
On a alors \begin{center}
\fbox{$P(B_1) = 1 - P(A_1) = \dfrac{1}{6}$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item On répète maintenant l'épreuve $\mathcal{E}$.

\begin{enumerate}
\item Si l'on sait que la boule blanche est dans l'urne $U_1$, on se trouve dans la même situation qu'au premier tirage. Ainsi,

\begin{center}
\fbox{ $\forall n\geqslant 0,\quad P_{A_{n}}(A_{n+1})= P(A_1) = \dfrac{5}{6}$ et $P_{A_{n}}(B_{n+1})= P(B_1) = \dfrac{1}{6}$.}
\end{center}

\item On se place dans le cas où la boule blanche est dans l'urne $U_2$ à la $n^{\`eme}$ expérience.  En appliquant la formule des probabilités totales appliquée au système complet d'évènement (Pi,Fa), on a
\begin{align*}
P_{B_{n}}(A_{n+1}) & = P_{B_n} (Pi \cap A_{n+1}) + P_{B_n}(Fa \cap A_{n+1}) \\
                   & = P_{B_n} (Pi) \times P_{B_n \cap Pi}(A_{n+1}) + P_{B_n} (Fa) \times P_{B_n \cap Fa}(A_{n+1}) \\
                   & = \dfrac{1}{2} \times  0 + \dfrac{1}{2}        \times \dfrac{1}{3} \\
                   & \boxed{= \dfrac{1}{6}}  
\end{align*}
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$P_{B_{n}}(B_{n+1}) = 1 - P_{B_n} (A_{n+1}) = \dfrac{5}{6}$}
\end{center}

\item On notera $a_n = P(A_n)$ et $b_n = P(B_n)$. Les évènements $(A_n,B_n)$ forment un système complet d'évènements. En utilisant la formule des probabilités totales, on a 
\begin{align*}
P(A_{n+1}) & = P(A_n \cap A_{n+1}) + P(B_n \cap A_{n+1}) \\
		   & = P(A_n) P_{A_n}(A_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(A_{n+1}) \\
		   & = a_n \times \dfrac{5}{6} + b_n \times \dfrac{1}{6} \\
a_{n+1}	   & = \boxed{\dfrac{5}{6} a_n + \dfrac{1}{6}b_n}
\end{align*}

De la même façon,
\begin{align*}
P(B_{n+1}) & = P(A_n \cap B_{n+1}) + P(B_n \cap B_{n+1}) \\
		   & = P(A_n) P_{A_n}(B_{n+1}) + P(B_n) P_{B_n}(B_{n+1}) \\
		   & = a_n \times \dfrac{1}{6} + b_n \times \dfrac{5}{6} \\
b_{n+1}	   & = \boxed{\dfrac{1}{6} a_n + \dfrac{5}{6}b_n}
\end{align*} 

\item $(A_n, B_n)$ forme un système complet d'évènement, donc
\begin{center}
\fbox{$P(A_n) + P(B_n) = a_n + b_n = 1$
}
\end{center}
Soit $n \geq 0$, on a d'une part
$$
a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{6}b_n,
$$
d'autre part
$$
b_{n+1} = \dfrac{1}{6}a_n + \dfrac{5}{6}b_n \quad \Longleftrightarrow \quad b_n = \dfrac{6}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{5} a_n
$$
donc 
\begin{align*}
& a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{6} \left( \dfrac{6}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{5} a_n \right) \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} = \dfrac{5}{6}a_n + \dfrac{1}{5} b_{n+1} - \dfrac{1}{30} a_n  \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} = \dfrac{24}{30}a_n + \dfrac{1}{5} (1 - a_{n+1}) \\
\Longleftrightarrow \quad & a_{n+1} + \dfrac{1}{5} a_{n+1} = \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  \dfrac{6}{5} a_{n+1} = \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  a_{n+1} = \dfrac{5}{6} \times \dfrac{4}{5}a_n + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{5}  \\
\Longleftrightarrow \quad &  a_{n+1} =  \dfrac{2}{3}a_n +\dfrac{1}{6}  \\
\end{align*}

On a également,
\begin{align*}
b_{n+1} & = 1 - a_{n+1} \\
        & = 1 - \dfrac{2}{3}a_n - \dfrac{1}{6} \\
        & = \dfrac{5}{6} - \dfrac{2}{3}(1 - b_n) \\
        & = \dfrac{5}{6} - \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{3}b_n \\
        & = \dfrac{2}{3} b_n + \dfrac{1}{6} 
\end{align*}
Finalement,
\begin{center}
\fbox{$\forall
n\geqslant 0,\quad \left\{ 
\begin{array}{c}
a_{n+1}=\dfrac{2}{3}a_n+\dfrac{1}{6}\medskip \\ 
b_{n+1}=\dfrac{2}{3}b_n+\dfrac{1}{6}%
\end{array}%
\right. $}
\end{center}

\item On a deux suites arithmético-géométrique ayant pour termes initiaux $a_1 = \dfrac{5}{6}$ et $b_1 = \dfrac{1}{6}$. On résout l'équation 
\begin{align*}
x = \dfrac{2}{3}x + \dfrac{1}{6} & \Longleftrightarrow \quad \dfrac{1}{3} x = \dfrac{1}{6} \\
& \Longleftrightarrow \quad  x = \dfrac{1}{2}
\end{align*}
On pose la suite $(u_n)_{n \in \N}$ définie par $u_n = a_n - \dfrac{1}{2}$. On vérifie que $(u_n)_{n \in \N}$ est une suite géométrique. Pour $n \in \N$, 
\begin{align*}
u_{n+1} & = a_{n+1} -  \dfrac{1}{2} \\
        & = \dfrac{2}{3}a_n + \dfrac{1}{6} - \dfrac{1}{2} \\
        & = \dfrac{2}{3}a_n - \dfrac{1}{3} \\
        & = \dfrac{2}{3} \left( a_n - \dfrac{1}{2} \right) \\
        & = \dfrac{2}{3} u_n 
\end{align*} 
De plus $u_1 = a_1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{6} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{3}$. On a alors $u_n = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$ et finalement
\begin{center}
\fbox{$a_n = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} + \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
Enfin, $b_n= 1 - a_n$ donc
\begin{center}
\fbox{$b_n = - \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} + \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}