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

\chead{Correction Devoir surveillé n°3}
\lfoot{}


\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°3}
\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - ECRICOME ECT 2018}
On considère une urne $U$ contenant deux boules blanches et une boule noire indiscernables au toucher, ainsi qu'une urne $V$ contenant une boule blanche et trois boules noires, elles aussi indiscernables au toucher. On effectue une suite de tirages d'une boule dans ces urnes en procédant comme suit :
\begin{itemize}
\item le premier tirage a lieu dans l'urne $U$;
\item tous les tirages s'effectuent avec remise de la boule piochée dans l'urne dont elle provient;
\item Si l'on pioche une boule blanche lors d'un tirage, le tirage suivant à lieu dans l'autre urne. 
\item Si l'on pioche une boule noire lors d'un tirage, le tirage suivant a lieu dans la même urne. 
\end{itemize}

\subsection*{Partie I - \'Etude de l'urne du $n$-ième tirage}

Pour tout entier $n$ de $\mathbb{N}^{*}$, on note $U_{n}$ l'événement « le $n$ -ième tirage s'effectue dans l'urne $U \gg$. Puisque le premier tirage a lieu dans l'urne $U,$ l'événement $U_{1}$ est certain : $P\left(U_{1}\right)=1$.
\begin{enumerate}
\item $U_{2}$ se réalise si, au cours du premier tirage, on a tiré (dans l'urne $U$ ) une boule noire, donc 
\begin{center}
\fbox{$P\left(U_{2}\right)=\frac{1}{3}$.}
\end{center}
\item Sachant $U_{2},$ on fait des tirages dans l'urne $U,$ donc $: P_{U_{2}}\left(U_{3}\right)=\frac{1}{3} .$ Sachant $\overline{U_{2}},$ on fait des tirages dans l'urne $V: P_{\bar{U}_{2}}\left(U_{3}\right)=\frac{1}{4}$. Comme $\left(U_{2}, \overline{U_{2}}\right)$ forme un système complet d'événements, on a d'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P\left(U_{3}\right) & =P\left(U_{2} \cap U_{3}\right)+P\left(\overline{U_{2}} \cap U_{3}\right) \\
& =P\left(U_{2}\right) P_{U_{2}}\left(U_{3}\right)+P\left(\overline{U_{2}}\right) P_{U_{2}}\left(U_{3}\right) \\
& =\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} \\
& \boxed{=\frac{5}{18}}
\end{align*}

\item \begin{enumerate}
\item Sachant $U_{n},$ on fait des tirages dans l'urne $U,$ donc : \begin{center}
\fbox{$ P_{U_{n}}\left(U_{n+1}\right)=\frac{1}{3}$}
\end{center} 
Sachant $\overline{U_{n}},$ on fait des tirages dans l'urne \begin{center}
\fbox{$V: P_{\overline{U_{n}}}\left(U_{n+1}\right)=\frac{1}{4}$.}
\end{center}
\item Comme $\left(U_{n}, \overline{U_{n}}\right)$ forme un système complet d'événements, on a d'après la formule des probabilités totales:
$$
\begin{aligned}
P\left(U_{n+1}\right) &=P\left(U_{n}\right) P_{U_{n}}\left(U_{n+1}\right)+P\left(\overline{U_{n}}\right) P_{\overline{U_{n}}}\left(U_{n+1}\right) \\
&=\frac{1}{3} P\left(U_{n}\right)+\frac{1}{4}\left(1-P\left(U_{n}\right)\right) \\
&=\boxed{\frac{1}{4}+\frac{1}{12} P\left(U_{n}\right)}
\end{aligned}
$$
\item En posant la suite $u_n = P(U_n)$, on remarque que $u_{n+1} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{12} u_n$. Il s'agit d'une suite arithmético-géométrique. On résout donc l'équation 
\begin{align*}
x = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{12}x & \Longleftrightarrow x - \dfrac{1}{12}x = \dfrac{1}{4} \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{11}{12}x = \dfrac{1}{4} \\
& \Longleftrightarrow x = \dfrac{3}{11}
\end{align*}
En posant la suite $v_n = u_n - \dfrac{3}{11}$, on montre que cette suite est géométrique. Pour tout $n \in \N$, 
\begin{align*}
v_{n+1} & = u_{n+1} - \dfrac{3}{11} \\
& = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{12} u_n -  \dfrac{3}{11} \\
& = - \dfrac{1}{44} + \dfrac{1}{12}\left( v_n + \dfrac{3}{11} \right) \\
& = - \dfrac{1}{44} + \dfrac{1}{12} v_n + \dfrac{1}{44} \\
& \boxed{= \dfrac{1}{12} v_n}
\end{align*}
La suite $(v_n)_{n \in \N}$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{12}$. Enfin, $P(U_1) = 1$ donc $v_1 = u_1 - \dfrac{3}{11} = \dfrac{8}{11}$. On a donc
$$
v_n = \dfrac{8}{11} \left( \dfrac{1}{12} \right)^{n-1}
$$
et alors 
\begin{center}
\fbox{$
u_n = \dfrac{8}{11} \left( \dfrac{1}{12} \right)^{n-1} + \dfrac{3}{11}
$}
\end{center}

\item Comme $\left| \dfrac{1}{12} \right| < 1$, $\li_{n \to + \infty} \left( \dfrac{1}{12} \right)^{n-1} = 0$. Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \rightarrow+\infty} P\left(U_{n}\right) = \dfrac{3}{11}$.}
\end{center}
\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\subsection*{Partie II - \'Etude du nombre de boules blanches.}

Pour tout entier naturel non nul $n,$ on note $X_{n}$ la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches piochées au cours des $n$ premiers tirages.
\begin{enumerate}
\item On a $X_{1}(\Omega)=\{0,1\},$ et puisqu'on fait un tirage dans l'urne $U$ au premier tirage, on a :
$$
P\left(X_{1}=0\right)=\frac{1}{3}, \quad \text { et } \quad P\left(X_{1}=1\right)=\frac{2}{3}
$$
$X_{1}$ suit donc une loi de Bernoulli de paramètre $2 / 3$
\item \begin{enumerate}
\item Sachant $\left[X_{1}=0\right],$ on fait le deuxième tirage dans l'urne $U,$ donc :
$$
P_{\left[X_{1}=0\right]}\left(X_{2}=0\right)=\frac{1}{3} \quad \text { et } \quad P_{\left[X_{1}=0\right]}\left(X_{2}=1\right)=\frac{2}{3}
$$
Sachant $\left[X_{1}=1\right],$ on fait le deuxième tirage dans l'urne $V,$ donc :
$$
P_{\left[X_{1}=1\right]}\left(X_{2}=1\right)=\frac{3}{4} \quad \text { et } \quad P_{\left[X_{1}=1\right]}\left(X_{2}=2\right)=\frac{1}{4}
$$
\item On a $X_{2}(\Omega)=\{0,1,2\}$. On calcule alors 
\begin{align*}
P\left(X_{2}=0\right) & =P\left(\left[X_{1}=0\right] \cap\left[X_{2}=0\right]\right) \\
& =P\left(X_{1}=0\right) P_{\left[X_{1}=0\right]}\left(X_{2}=0\right) \\
& =\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \\
& \boxed{=\frac{1}{9}}
\end{align*}
De même, 
\begin{align*}
P\left(X_{2}=2\right) & =P\left(\left[X_{1}=1\right] \cap\left[X_{2}=2\right]\right) \\
& =P\left(X_{1}=1\right) P_{\left[X_{1}=1\right]}\left(X_{2}=2\right) \\
& =\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4} \\
& \boxed{=\frac{1}{6}}
\end{align*}
On en déduit que 
\begin{center}
\fbox{$P\left(X_{2}=1\right)=1-\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{13}{18}$.}
\end{center}
\item On calcule l'espérance de la variable aléatoire $X_2$
\begin{align*}
E(X_2) & = 0 \times P(X_2 = 0) + 1 \times P(X_2 = 1) + 2 \times P(X_2 = 2) \\
& = \dfrac{13}{18} + \dfrac{1}{3} \\
&\boxed{ = \dfrac{19}{18}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\item On rappelle qu'en Scilab, l'instruction $ceil(k*rand())$ permet d'obtenir aléatoirement un nombre entre $1$ et $k$. Recopier et compléter les lignes pointillés du script Scilab ci-dessous afin qu'il simule la variable aléatoire $X_2$ :
\begin{verbatim}
tirage1 = ceil(3*rand()) 
if tirage1 < 3 then
    res1 = 1 
    tirage2 = ceil(4*rand())
    if tirage2 == 1 then res2 = 1
    else res2 = 0
    end
else
    res1 = 0
    tirage2 = ..ceil(3*rand())..
    if tirage2 < 3 then res2 = ..1..
    else res2 = ..0..
    end
end
X2 = res1 + res2
\end{verbatim}
\item Pour tout $n \geqslant 1, X_{n}(\Omega)=\llbracket 0, n \rrbracket .$ En effet, il est possible de n'avoir tiré que des boules noires, ou que des boules blanches, et toutes les situations intermédiaires sont possibles. $\left[X_{n}=0\right]$ se réalise si et seulement si on obtient $n$ fois de suite une boule noire (donc toujours dans l'urne $U$ ), donc en utilisant la formule des probabilités composées on en déduit que :
\begin{align*}
P\left(X_{n}=0\right) & = P(N_1 \cap N_2 \cap N_3 \cap \ldots \cap N_n) \\
	                  & = P(N_1) P_{N_1}(N_2) P_{N_1 \cap N_2} (N_3) \ldots P_{N_1 \cap \ldots \cap N_{n-1}}(N_n) \\  
                      & \boxed{= \left(\frac{1}{3}\right)^{n}}
\end{align*}


\item A chaque tirage d'une boule blanche, on change d'urne. Si on a changé un nombre pair de fois d'urne, alors la $(n+ 1)$-ième boule est bien tirée dans l'urne $U$.
\item En utilisant le Système Complet d'évènements $\left(\left[X_{n}=k\right]\right)_{k \in[0, n \rrbracket},$ on a
\begin{align*}
P\left(X_{n+1}=1\right) & =\sum_{k=0}^{n} P\left(X_{n}=k\right) P_{\left[X_{n}=k\right]}\left(X_{n+1}=1\right) \\
&=P\left(X_{n}=0\right) P_{\left[X_{n}=0\right]}\left(X_{n+1}=1\right)+P\left(X_{n}=1\right) P_{\left[X_{n}=1\right]}\left(X_{n+1}=1\right) \\
& \boxed{=\frac{2}{3} P\left(X_{n}=0\right)+\frac{3}{4} P\left(X_{n}=1\right)} 
\end{align*}
En effet, si $\left[X_{n}=0\right]$ est réalisé, le $(n+1)$ -ième tirage se fait dans l'urne $U,$ donc 
$$
P_{\left[X_{n}=0\right]}\left(X_{n+1}=1\right)=\frac{2}{3}\qquad \text{(proba de tirer une boule blanche dans $U$ )}
$$ 
De même, si $\left[X_{n}=1\right]$ est réalisé, le $(n+1)$ -ième tirage se fait dans l'urne $V,$ donc 
$$
P_{\left[X_{n}=1\right]}\left(X_{n+1}=1\right)=\frac{3}{4} \qquad \text{(proba de tirer une boule noire dans $V$ ).}
$$ 
\item Pour tout $n \geqslant 1$
$$
\begin{aligned}
u_{n+1} &=\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1} P\left(X_{n+1}=1\right) \\
&=\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1}\left(\frac{2}{3} P\left(X_{n}=0\right)+\frac{3}{4} P\left(X_{n}=1\right)\right) \\
&=\left(\frac{4}{3}\right)^{n} P\left(X_{n}=1\right)+\frac{2}{3}\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1}\left(\frac{1}{3}\right)^{n} \\
&=u_{n}+\frac{8}{9} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n}
\end{aligned}
$$
\item \begin{enumerate}
\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \{u_n = \frac{8}{5}\left(1-\left(\frac{4}{9}\right)^{n}\right) \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien d'une part 
$$ u_1 = \dfrac{4}{3} P(X_1 = 1) = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{9} $$ 
et d'autre part 
$$
 \frac{8}{5}\left(1-\left(\frac{4}{9}\right)^{1} \right) = \dfrac{8}{5} \times \dfrac{5}{9} = \dfrac{8}{9}
$$
 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+1} & = u_{n}+\frac{8}{9} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n} \\
& = \dfrac{8}{5}\left(1-\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n} \right) + \frac{8}{9} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n}  \\
& = \dfrac{8}{5} - \dfrac{8}{5} \times \left(\dfrac{4}{9}\right)^{n} + \frac{8}{9} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n} \\
& = \dfrac{8}{5} + \left( \dfrac{8}{9} - \dfrac{8}{5} \right) \left(\frac{4}{9}\right)^{n} \\
& = \dfrac{8}{5} + \left( \dfrac{40}{45} - \dfrac{72}{45} \right) \left(\frac{4}{9}\right)^{n}  \\
& = \dfrac{8}{5} - \dfrac{32}{45} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n}  \\
& = \dfrac{8}{5} - \dfrac{8}{5} \times \dfrac{4}{9} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n}  \\
& = \dfrac{8}{5} - \dfrac{8}{5} \times \left(\frac{4}{9}\right)^{n+1} \\
& \boxed{= \dfrac{8}{5} \left( 1 - \left(\frac{4}{9}\right)^{n+1} \right) }
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n = \dfrac{8}{5} \left( 1 - \left(\frac{4}{9}\right)^{n+1} \right)$}.
\end{itemize}

\item On a donc : 
\begin{center}
\fbox{$P\left(X_{n}=1\right)=\left(\frac{3}{4}\right)^{n} u_{n}=\frac{8}{5}\left(\frac{3}{4}\right)^{n}-\frac{8}{4}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$}
\end{center}
\item Comme $-1<\frac{3}{4}<1$ et $0<\frac{1}{3}<1,$ on en déduit que \begin{center}
\fbox{$\li _{n \rightarrow+\infty} P\left(X_{n}=1\right)=0$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 - Matrices - ELSCA 1999}


Soient $A=\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & -1 \\ 
1 & 2 & 1 \\ 
2 & 2 & 3
\end{array}
\right) $ et $P=\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 1 \\ 
-1 & -1 & -1 \\ 
0 & -2 & -2
\end{array}
\right) $

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item  On applique la m\'{e}thode de Gauss: 
\begin{eqnarray*}
\left( 
\begin{tabular}{rrr||rrr}
1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 
-1 & -1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 
0 & -2 & -2 & 0 & 0 & 1
\end{tabular}
\right) 
\begin{tabular}{l}
L1 \\ 
L2+L1 \\ 
L3
\end{tabular}
\  &\Leftrightarrow &\left( 
\begin{tabular}{rrr||rrr}
1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 
0 & -2 & -2 & 0 & 0 & 1
\end{tabular}
\right) 
\begin{tabular}{l}
L1-2L2 \\ 
L2 \\ 
L3+2L2
\end{tabular}
\\
&\Leftrightarrow &\left( 
\begin{tabular}{rrr||rrr}
1 & 0 & 1 & -1 & -2 & 0 \\ 
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & -2 & 2 & 2 & 1
\end{tabular}
\right) 
\begin{tabular}{l}
L1+$\frac{1}{2}$L3 \\ 
L2 \\ 
-$\frac{1}{2}$L3
\end{tabular}
\\
&\Leftrightarrow &\left( 
\begin{tabular}{rrr||rrr}
1 & 0 & 0 & 0 & -1 & $\frac{1}{2}$ \\ 
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 
0 & 0 & 1 & -1 & -1 & -$\frac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right) 
\begin{tabular}{l}
L1+$\frac{1}{2}$L3 \\ 
L2 \\ 
-$\frac{1}{2}$L3
\end{tabular}
\end{eqnarray*}
Donc $P$ est inversible et $P^{-1}=\left( 
\begin{tabular}{rrr}
0 & -1 & $\frac{1}{2}$ \\ 
1 & 1 & 0 \\ 
-1 & -1 & -$\frac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right) $ (il est prudent de v\'{e}rifier que $P.P^{-1}=I$ )

\item  On calcule pas \`{a} pas: 
\begin{eqnarray*}
\left. A^{\prime }=P^{-1}\cdot A\cdot P\right.  &=&\left( 
\begin{tabular}{rrr}
0 & -1 & $\frac{1}{2}$ \\ 
1 & 1 & 0 \\ 
-1 & -1 & -$\frac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right) .\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & -1 \\ 
1 & 2 & 1 \\ 
2 & 2 & 3
\end{array}
\right) .\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 1 \\ 
-1 & -1 & -1 \\ 
0 & -2 & -2
\end{array}
\right)  \\
&=&\left( 
\begin{tabular}{rrr}
0 & -1 & $\frac{1}{2}$ \\ 
1 & 1 & 0 \\ 
-1 & -1 & -$\frac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right) .\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 4 & 3 \\ 
-1 & -2 & -3 \\ 
0 & -4 & -6
\end{array}
\right) \\
& = &
\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 2 & 0 \\ 
0 & 0 & 3
\end{array}
\right) \\
& =& A^{\prime }
\end{eqnarray*}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item  Si $A\cdot M=M\cdot A$.alors 
\begin{align*}
A^{\prime }\cdot M^{\prime} & =P^{-1}\cdot A\cdot P\cdot P^{-1}\cdot M\cdot P \\
& =P^{-1}\cdot A\cdot M\cdot P \\
& =P^{-1}\cdot M\cdot A\cdot P \\
& =M^{\prime }\cdot A^{\prime }
\end{align*}
R\'{e}ciproquement, si $M^{\prime }$ commute avec $A^{\prime }$ alors avec $%
M=P\cdot M^{\prime }\cdot P^{-1}$ et comme $A=P\cdot M^{\prime }\cdot P^{-1}
$
\begin{align*}
M\cdot A & = P\cdot M^{\prime }\cdot P^{-1}\cdot P\cdot A^{\prime }\cdot P^{-1} \\
& =P\cdot M^{\prime }\cdot A^{\prime }\cdot P^{-1} \\
& = P\cdot A^{\prime}\cdot M^{\prime }\cdot P^{-1} \\
& =A\cdot M
\end{align*}
donc $M$ et $A$ commutent.

\item  Soit $M^{\prime }=\left( 
\begin{array}{rrr}
x & a & u \\ 
y & b & v \\ 
z & c & w
\end{array}
\right) .$

\begin{align*}
A^{\prime }\cdot M^{\prime }=M^{\prime }\cdot A^{\prime } & 
\Leftrightarrow \left. \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 2 & 0 \\ 
0 & 0 & 3
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{rrr}
x & a & u \\ 
y & b & v \\ 
z & c & w
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{rrr}
x & a & u \\ 
y & b & v \\ 
z & c & w
\end{array}
\right) \left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\ 
0 & 2 & 0 \\ 
0 & 0 & 3
\end{array}
\right) \right. \\
& \Longleftrightarrow  \left( 
\begin{array}{rrr}
x & a & u \\ 
2y & 2b & 2v \\ 
3z & 3c & 3w
\end{array}
\right) =\left( 
\begin{array}{rrr}
x & 2a & 3u \\ 
y & 2b & 3v \\ 
z & 2c & 3w
\end{array}
\right) \\
& \Longleftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{rrr}
x=x & a=0 & u=0 \\ 
y=0 & b=b & v=0 \\ 
z=0 & c=0 & w=w
\end{array}
\right. 
\end{align*}

Donc les matrices commutant avec $A^{\prime }$ sont les .$\left( 
\begin{array}{rrr}
x & 0 & 0 \\ 
0 & b & 0 \\ 
0 & 0 & w
\end{array}
\right) $, $x,b,w$ pouvant prendre toutes les valeurs r\'{e}elles.

\item  Les matrice commutant avec $A$ sont donc les 
\begin{eqnarray*}
M=P\cdot M^{\prime }\cdot P^{-1} & =\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 1 \\ 
-1 & -1 & -1 \\ 
0 & -2 & -2
\end{array}
\right) \cdot \left( 
\begin{array}{rrr}
x & 0 & 0 \\ 
0 & b & 0 \\ 
0 & 0 & w
\end{array}
\right) \cdot \left( 
\begin{tabular}{rrr}
0 & -1 & $\frac{1}{2}$ \\ 
1 & 1 & 0 \\ 
-1 & -1 & -$\frac{1}{2}$%
\end{tabular}
\right)  \\
 & =\left( 
\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 1 \\ 
-1 & -1 & -1 \\ 
0 & -2 & -2
\end{array}
\right) \cdot \left( 
\begin{array}{rrr}
0 & -x & \frac{x}{2} \\ 
b & b & 0 \\ 
-w & -w & -\frac{w}{2}
\end{array}
\right) \\
& =\left( 
\begin{array}{ccc}
b-2w & -x+2b-w & \frac{1}{2}\left( x-w\right)  \\ 
-b+w & x-b+w & \frac{1}{2}\left( w-x\right)  \\ 
-2b+2w & -2b+2w & w
\end{array}
\right) 
\end{eqnarray*}
avec $w,b$ et $x$ pouvant prendre toutes les valeurs r\'{e}elles.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - Analyse}

Dans cet exercice, on définit sur $] 0,+\infty[$ la fonction $f$ par :
$$
\forall x \in] 0,+\infty[, \qquad  f(x)=\sqrt{x} \ln x
$$
\begin{enumerate}
\item La fonction $x \to \sqrt{x} \ln (x)$ est continue si :
\begin{itemize}
\item la fonction $x \to \sqrt{x}$ est continue i.e. si $x \geqslant 0$ 
\item la fonction $x \to \ln (x)$ est continue i.e. si $x>0$.
\end{itemize}
\begin{center}
\fbox{On en déduit que $f$ est continue sur $\right] 0,+\infty[.$}
\end{center}
\item On effectue le changement de variable $X=\frac{1}{x}$ (ainsi $x=\frac{1}{X}$ ). Si $x \rightarrow 0^{+},$ alors $X \rightarrow+\infty .$ On en déduit que :
$$
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \sqrt{x} \ln (x)=\lim _{X \rightarrow+\infty} \sqrt{\frac{1}{X}} \ln \left(\frac{1}{X}\right)=\lim _{X \rightarrow+\infty} \frac{-\ln (X)}{\sqrt{X}}=0
$$
\begin{center}
\fbox{On peut prolonger la fonction $f$ par continuité en posant $f(0)=0$. }
\end{center}
On appellera désormais $f$ la fonction prolongée, définie sur $[0,+\infty[$.
\item La fonction $f$ est dérivable sur $] 0,+\infty[$ car c'est le produit de deux fonctions dérivables sur $] 0,+\infty$ (cf question précédente).
Soit $x \neq 0$
$$
\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}=\frac{\sqrt{x} \ln (x)}{x}=\frac{\ln (x)}{\sqrt{x}}
$$
Or
$$
\li_{x \tos 0} \dfrac{\ln(x)}{\sqrt{x}} = - \infty
$$
Donc la fonction $f$ n'est pas dérivable en 0 .
On en déduit que la courbe de $f$ admet une tangente verticale (dirigée vers le bas) en $0 .$

\item Soit $x>0$
\begin{align*}
f^{\prime}(x) & = \frac{1}{2 \sqrt{x}} \ln (x)+\sqrt{x} \frac{1}{x} \\
 & =\frac{\ln (x)}{2 \sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{x}} \\
 & = \frac{\ln (x)+2}{2 \sqrt{x}} 
 \end{align*}
Donc $$\forall x>0,\qquad  f^{\prime}(x) =\frac{\ln (x)+2}{2 \sqrt{x}}$$

Le développement limité à l'ordre 1 de $f$ est
$$
f(x)=f(1)+f^{\prime}(1)(x-1)+ (x-1)\varepsilon(x)
$$
avec $\li_{x \to 1} \varepsilon(x) = 0$. Or $f(1)=\sqrt{1} \ln (1)=0$ et $f^{\prime}(1)=\frac{\ln (1)+2}{2 \sqrt{1}}=1$ Donc
\begin{center}
\fbox{$
f(x)= (x-1)+ (x-1)\varepsilon(x)
$ et $\li_{x \to 1} \varepsilon(x) = 0$}
\end{center}
\item Soit $x>0$. On détermine le signe de $f^{\prime}(x)$. Comme $2 \sqrt{x}>0, f^{\prime}(x)$ est du signe de $\ln (x)+2$. Or:
$$
\ln (x)+2=0 \Leftrightarrow \ln (x)=-2 \Leftrightarrow x=\mathrm{e}^{-2}
$$
On en déduit le tableau de variations de $f$.
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{TVDS3.png}
\end{center}
\item On a la courbe
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{courbe_DS3.png}
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 4 - \'Etude d'un polynôme et d'une suite}
On considère les fonctions $f$ et $g$ définies sur $\R$ par 
$$
f(x) = x^3 - 5x^2 + 8x -3 \et P(x) = f(x) - x = x^3 - 5x^2 + 7x -3
$$
On pose alors la suite $(u_n)$ définie par $u_0 \in [1;3]$ et $u_{n+1} = f(u_n)$. 
\begin{enumerate}
\item On remarque que $1$ est une racine évidente de ce polynôme car 
$$
P(1) = 1^3 - 5 \times 1^2 + 7 \times 1 - 3 = 0
$$
On divise donc le polynôme $P$ par $X-1$. On obtient, (en utilisant par exemple une division euclidienne), $P(X) = (X-1)(X^2 - 4X + 3)$. On calcule alors le discriminant du polynôme $X^2 - 4X + 3$ : 
$$
\Delta =  16 - 4 \times 3 = 4
$$
Il y a donc deux racines sur ce polynôme, 
$$
X_1 = \dfrac{4-2}{2} = 1 \et X_2 = \dfrac{4+2}{2} = 3
$$
On a donc la factorisation 
\begin{center}
\fbox{$P(X) = (X-1)^2(X-3)$.} 
\end{center}
\item On fait alors le tableau de signe en utilisant les résultats de la question 1. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1, Signe de $(x-1)^2$/1, Signe de $ x-3$/1, Signe de $P$/2}{$-\infty$,$1$,$3$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,+,z,+} 
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+}  
\tkzTabLine{,-,z,-,z,+} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Le polynôme $P$ est positif sur $]-3;-1[$ et sur $]1;+\infty[$ et négatif sur $]- \infty ; -3[$ et sur $]-1 ; 1[$. 
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ (en tant que polynôme) donc 
$$
\forall x \in \R, \quad f'(x) = 3x^2 - 10x + 8
$$
Afin de déterminer le tableau de signe de $f'$ et de variation de $f$, on détermine le discriminant de $3x^2 - 10x + 8 = 0$, à savoir $\Delta = 100 - 4 \times 3 \times 8 = 4$. Il y a donc deux solutions : 
$$
x_1 = \dfrac{10 - 2}{6}= \dfrac{4}{3} \et x_2 = \dfrac{10+2}{6} = 2
$$
On calcule ensuite les limites
$$
\li_{x \to - \infty} f(x) = \li_{x \to - \infty} x^3 = - \infty \et \li_{x \to + \infty} f(x) = \li_{x \to + \infty} x^3 = + \infty
$$
On a donc 
$$
f(4/3) = \dfrac{64}{27} - 5 \times \dfrac{16}{9} + 8 \times \dfrac{4}{3} - 3 = \dfrac{64}{27} - \dfrac{240}{27} + \dfrac{288}{27} - \dfrac{81}{27} = \dfrac{31}{27}
$$
et 
$$
f(2) = 8 - 20 + 16 - 3 = 1
$$
On en déduit donc le tableau de variation. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$4/3$,$2$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,} 
\tkzTabVar{-/$-\infty$, +/$\frac{31}{27}$, -/1, +/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On montre par récurrence les propositions propositions $\P_n : \{u_n \in [1;3] \}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 \in [1;3]$. 
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On calcule $f(1) = 1 - 5 \times 1^2 + 8 \times 1 - 3 = 1$ et $f(3) = 27 - 5 \times 9 + 8 \times 3 - 3 = 3$. 
En observant le tableau de variation de la fonction $f$. On voit que le minimum de la fonction $f$ sur $[1,3]$ est $1$ et son maximum est $3$. \\
Donc si $u_n \in [1,3]$, $u_{n+1} = f(u_n) \in [1,3]$. 
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n \in [1;3]$}.
\end{itemize}

\item On a montré à la question $2$ que pour $x \in [1;3]$ $f(x) - x \leq 0$. Or, $u_n \geq 1$ donc 
$$
f(u_n) - u_n \leq 0 \Longleftrightarrow u_{n+1} \leq u_n
$$
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est bien décroissante. }
\end{center}
\item La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée. D'après le théorème de convergence monotone, 
\begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est donc convergente. }
\end{center}
On note $\ell$ la limite de $(u_n)$. La fonction $f$ est continue sur $[1,3]$. Donc on applique le théorème du point fixe. On a nécessairement 
\begin{align*}
f(\ell) = \ell & \Longleftrightarrow f(\ell) - \ell = 0 \\
& \Longleftrightarrow P(\ell) = 0
\end{align*}
Or on a déterminé les racines de $P$ qui sont $1$ et $3$. Donc $\ell = 1$ ou $\ell = 3$. Or $u_n \in [1;3]$ et $(u_n)$ est décroissante donc $u_n \geq \ell$. Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} u_n = 1$}
\end{center}
\item On écrit le script Scilab :
\begin{verbatim}
u = input("Entrez un nombre réel u0 :")
n = input("Entrez un nombre entier n:")
for k = 1:n
     u = u^3 - 5*u^2 + 8*u - 3
end 
disp(u)
\end{verbatim}
\item On suppose dans cette question que $u_0 > 3$. Or pour $x > 3$, $P(x) \geq 0$. On montre par récurrence (comme à la question 4) que $\forall n \in \N,\quad u_n \geq 3$. 
Donc $P(u_n) \geq 0 \Longleftrightarrow u_{n+1} - u_n \geq 0$. La suite $(u_n)$ est alors croissante. \\

Supposons que cette suite soit majorée. Elle serait alors convergente et sa limite (théorème du point fixe) vaudra nécessairement $1$ ou $3$. Or comme $(u_n)$ croissante, $u_n \leq \ell$, ce qui serait absurde. \\

Donc la suite n'est pas majorée. 
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est donc divergente. }
\end{center}
\end{enumerate}

\section*{Problème - Suites implicites et polynôme. }

Pour tout $n \in \mathbb{N}^{*},$ on définit la fonction $f_{n}: \mathbb{R}_{+} \rightarrow \mathbb{R}$ par :
$$
\forall x \in \mathbb{R}_{+}, f_{n}(x)=x^{n}+9 x^{2}-4
$$
Le but de ce problème est d'étudier l'équation $f_{n}(x)=0$ et le comportement de la solution quand $n$ tend vers $+\infty$
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $n \in \N^*$, la fonction $f_n$ est un polynôme. Elle est donc dérivable sur $\R_+$. On a pour tout $x \in \R_+$, 
$$
f_n'(x) = nx^{n-1} + 18x = x(nx^{n-2} + 18)
$$
Or pour tout $x \in \R_+$, $nx^{n-2} + 18 > 0$. La fonction $f_n$ est donc strictement croissante sur $\R_+$. On calcule 
$$
\li_{x \to 0} f(x) = -4 \et \li_{x \to +\infty} f(x) = \li_{x\to + \infty} x^n = + \infty
$$ 
On a donc le tableau de variation suivant
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1, Variations de $f_n$/1.5}{$0$,$+ \infty$}
\tkzTabVar{-/$-4$, +/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

La fonction $f_n$ est continue sur $\R_+$ (fonction polynôme).
La fonction $f_n$ est strictement croissante et 
$$
f_n(\R_+) = [-4 ; +\infty[
$$
D'après le théorème de la bijection, 
\begin{center}
\fbox{l'équation $f_{n}(x)=0$ n'a qu'une seule solution strictement positive, notée $u_{n}$}
\end{center}
\item $u_1$ est la solution de l'équation 
\begin{align*}
f_1(x) = 0 & \Longleftrightarrow x + 9x^2  - 4 = 0 \\
& \Longleftrightarrow 9x^2 + x - 4 = 0
\end{align*}
Le discriminant de cette équation est $\Delta = 1+ 144 = 145$
Il y a alors deux solutions 
$$
x_1 = \dfrac{-1 - \sqrt{145}}{18} <0 \et x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{145}}{18}
$$
\begin{center}
\fbox{On a ainsi $u_1 = \dfrac{\sqrt{145} - 1}{18}$.}
\end{center}

$u_2$ est la solution positive de l'équation 
\begin{align*}
f_2(x) = 0 & \Longleftrightarrow 10x^2 - 4 = 0 \\
& \Longleftrightarrow 10 x^2 = 4 \\
& \Longleftrightarrow x^2 = \dfrac{2}{5} \\
& \Longleftrightarrow x= \pm \sqrt{\dfrac{2}{5}}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc $u_2 = \sqrt{\dfrac{2}{5}}$.}
\end{center}
\item Soit $n\in \N^*$. On calcule 
$$
f_n(0) = -4 \et f_n \left( \dfrac{2}{3} \right) = \left( \dfrac{2}{3} \right)^n + 9 \times \dfrac{4}{9} - 4 = \left( \dfrac{2}{3} \right)^n
$$
On a donc $f_n(0) \times f_n(2/3) <0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, la solution de $f_n(x) = 0$ est comprise entre 0 et $\dfrac{2}{3}$. 
\begin{center}
\fbox{ $\left.\forall n \in \mathbb{N}^{*}, u_{n} \in\right] 0, \frac{2}{3}[$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Soit $x \in ] 0,1\left[,\right.$ on calcule 
\begin{align*}
f_{n+1}(x) - f_n(x) & = x^{n+1} + 9x^2 - 4  - (x^n +9x^2 - 4) \\
& = x^{n+1} - x^n \\
& = x^n (x - 1)
\end{align*}
Or $x^n > 0$, et $(x-1) < 0$. Donc 
\begin{center}
\fbox{ $\forall x \in ]0;1[, f_{n+1}(x)<f_{n}(x)$.}
\end{center}
\item Soit $n\in\N$, $u_{n+1} \in ]0;1[$ (question 1(c)). On a donc d'après la question précédente : 
$$
f_{n+1}(u_{n+1}) < f_n(u_{n+1})
$$
Et comme par définition, $f_{n+1}(u_{n+1}) =0$, \begin{center}
\fbox{on a 
$
f_{n}\left(u_{n+1}\right) > 0
$}
\end{center}
Enfin, comme $f_n(u_n) = 0$ et que $f_n$ est bijective et croissante, on a 
\begin{align*}
f_{n}\left(u_{n+1}\right) > 0 & \Longleftrightarrow f_{n}\left(u_{n+1}\right) > f_n(u_n) \\
& \Longleftrightarrow f_n^{-1}(f_n(u_{n+1})) > f_n^{-1}(f_n(u_n)) \\
& \Longleftrightarrow u_{n+1} > u_n
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est croissante. }
\end{center}
\item La suite $\left(u_{n}\right)$ est croissante et majorée par $2/3$. \begin{center}
\fbox{Elle est convergente.}
\end{center} On note $\ell$ sa limite.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item D'après la question 1.c.: $0<u_{n}<\dfrac{2}{3}$ La fonction élévation à la puissance $n$ étant strictement croissante sur $[0,+\infty[,$ on en déduit :
$$
0<u_{n}^{n}<\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} \\
$$
Or comme $\li_{n \to +\infty} \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} = 0$ car $\dfrac{2}{3} < 1$. Donc, par le théorème d'encadrement, on en déduit que 
\begin{center}
\fbox{$\left(u_{n}^{n}\right)$ est convergente de limite $0 .$}
\end{center}

\item On sait que 
\begin{align*}
f_n(u_n) = 0 & \Longleftrightarrow u_n^n + 9 u_n^2 - 4 = 0 \\
& \Longleftrightarrow 9u_n^2 = 4 - u_n^n \\
& \Longleftrightarrow u_n^2 = \dfrac{4}{9} - \dfrac{u_n^n}{9} \\
& \Longleftrightarrow |u_n| = \sqrt{  \dfrac{4}{9} - \dfrac{u_n^n}{9}}
\end{align*}
Or $u_n > 0$, donc $u_n = \sqrt{  \dfrac{4}{9} - \dfrac{u_n^n}{9}}$. Or d'après la question précédente, 
$$ \li_{n \to + \infty } u_n^n = 0.$$
Donc 
\begin{center}
\fbox{$
\li_{n \to +\infty} u_n = \sqrt{\dfrac{4}{9}} = \dfrac{2}{3}
$ }
\end{center}
\end{enumerate}
\item On note $u_{n}=\frac{2}{3}+v_{n}$
\begin{enumerate}
\item On sait que $(u_n)$ est convergente et tend vers $\dfrac{2}{3}$, or $v_n = u_n - \dfrac{2}{3}$. 
\begin{center}
\fbox{Donc $(v_n)$ est convergente et  $v_{n}$ tend vers 0 .}
\end{center}
\item Par définition 
$$
f_{n}\left(u_{n}\right)=u_{n}^{n}+9 u_{n}^{2}-4=0 .
$$
Or $u_{n}=\frac{2}{3}+v_{n}$
On en déduit que
$$
\begin{aligned}
\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}+9\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{2}-4 &=\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}+9\left(\frac{4}{9}+\frac{4}{3} v_{n}+v_{n}^{2}\right)-4 \\
&=\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}+4+12 v_{n}+9 v_{n}^{2}-4 
\end{aligned}
$$
\begin{center}
\fbox{Ainsi $\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}+9 v_{n}^{2}+12 v_{n}=0 $.}
\end{center}
\item D'après la question précédente, 
\begin{align*}
\left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}+9 v_{n}^{2}+12 v_{n}=0 & \Longleftrightarrow 9 v_{n}^{2}+12 v_{n} = - \left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n} \\
& \Longleftrightarrow v_n (9v_n + 12) = - \left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n} \\
& \Longleftrightarrow\boxed{ v_n = \dfrac{- \left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}}{9v_n + 12}}
\end{align*}
\item 
On a alors 
\begin{align*}
v_n = \dfrac{- \left(\frac{2}{3}+v_{n}\right)^{n}}{9v_n + 12} & \Longleftrightarrow v_n = \dfrac{- \left(\frac{2}{3} \left(1 + \dfrac{3}{2} v_{n} \right)\right)^{n}}{12 \left( \dfrac{9}{12} v_n + 1 \right)} \\
& \Longleftrightarrow v_n = \dfrac{- \left(\frac{2}{3} \right)^n \left(1 + \dfrac{3}{2} v_{n} \right)^{n}}{12 \left( \dfrac{9}{12} v_n + 1 \right)} \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{12 v_n}{- \left(\frac{2}{3} \right)^n } = \dfrac{\left(1 + \dfrac{3}{2} v_{n} \right)^{n}}{  \dfrac{9}{12} v_n + 1} \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{v_n}{- \dfrac{1}{12}\left(\frac{2}{3} \right)^n } = \dfrac{\left(1 + \dfrac{3}{2} v_{n} \right)^{n}}{  \dfrac{9}{12} v_n + 1}
\end{align*}
Or $\li_{n \to + \infty} v_n =0 $ donc   
\begin{center}
\fbox{ $\li_{n \to +\infty} \dfrac{v_n}{-\frac{1}{12}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}} = 1$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On a 
\begin{verbatim}
function y =f5(x) 
    y = x^5 + 9 * x^2 -4
endfunction

X = linspace(0,10, 10000)
plot(X,f5)
\end{verbatim}
\end{enumerate}

\end{document}