\input{../preambules/preDM.tex}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{tabularx}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\B}{\mathscr{B}}
%%%%%%%%%%% Numéro du DS à remplir %%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\num}{2A}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir surveillé n°2A}
\lfoot{}


\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir surveillé n°2A}
\end{center}
\vspace{30pt}

\section*{Exercice 1 - Inspiré d'ECRICOME 2020}

\noindent
Dans cet exercice, on désigne par $\M_{3}$ l'ensemble des matrices
réelles carrées d'ordre $3$, et on note $I_3$ la matrice identité de
$\M_{3}$. Soit $a$ un réel; on pose $M =
\begin{pmatrix}
  2 & a-1 & -1 \\
  1-a & a & a-1 \\
  1 & a-1 & 0
\end{pmatrix}
$.

\subsection*{Partie A : Étude du cas où $a = 1$}

Dans toute cette partie, on suppose que $a = 1$.
\begin{enumerate}
\item On explicite la matrice $M = \begin{pmatrix}
2 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$. On calcule alors 
$$
(M - I_3)^2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$ 
  
\item On a 
\begin{align*}
(M - I_3)^2 = 0 & \Longleftrightarrow M^2 - 2 M + I_3 = 0 \\
& \Longleftrightarrow M^2 - 2M = - I_3 \\
& \Longleftrightarrow M(2I_3 - M) = I_3 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La matrice $M$ est inversible et son inverse est $M^{-1} = 2I_3 - M$. }
\end{center} 
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B : Étude du cas où $a = 0$}

Dans cette partie, on suppose que $a = 0$. La matrice $M$ s'écrit donc $\begin{pmatrix}
2 & -1 & -1 \\
1 & 0 & -1 \\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix}$
\begin{enumerate}
  \setcounter{enumi}{2}
\item On résout le système d'équation 
\begin{align*}
M\times \vect{x}{y}{z} = \vect{x}{y}{z} &\Longleftrightarrow  \begin{cases}
2x - y - z & = x \\
x - z & = y \\
x - y & = z 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow
\begin{cases}
x - y - z & = 0 \\
x - y - z & = 0 \\
x - y - z & = 0 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow
\begin{cases}
x  & = y + z \\
0 & = 0  \qquad L_1 - L_2 \to L_2\\
0 & = 0  \qquad L_1 - L_3 \to L_3
\end{cases} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'ensemble des solutions est $S = \left\{ \vect{y+z}{y}{z}, (y,z) \in \R^2 \right\}$}
\end{center}
  
\item On utilise la méthode du pivot de Gauss : 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
2 & -1 & -1 \\
1 & 0 & -1 \\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
2 & -1 & -1\\
0 & 1 & -1\\
0 & -1 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 \\
-1 & 0 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
2L_2 - L_1 \to L_2\\
2L_3 - L_1 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
2 & -1 & -1\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 2 & 0 \\
-2 & 2 & 2
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank\\
\blank \\
L_3 + L_2 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}

Après avoir échelonné la matrice par la méthode du pivot de Gauss, on remarque qu'un pivot est nul. 

\begin{center}
 \fbox{La matrice $M$ n'est donc pas inversible.}
 \end{center} 
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C : Étude du cas où $a$ est différent de $0$ et de
  $1$}

\noindent
Dans cette partie, on pose les vecteurs $u = \vect{1}{1}{1}$, $v = \vect{1}{0}{1}$ et $w = \vect{1}{1}{0}$.
\begin{enumerate}
  \setcounter{enumi}{4}
\item On résout le système
\begin{align*}
\begin{cases}
x + y + z & = 0 \\
x + z & = 0 \\
x + y & = 0 
\end{cases} & \Longleftrightarrow 
\begin{cases}
x + y + z & = 0 \\
y & = 0  \qquad L_1 - L_2 \to L_2\\
z & = 0  \qquad L_1 - L_3 \to L_3 
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow x = y = z = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Le système est bien de Cramer et son unique solution est $S = \{(0,0,0)\}$.}
\end{center}
  
\item On calcule 
\begin{center}
\fbox{$
M \times u = \vect{2 + a-1 -1}{1-a +a + a-1}{1 + a-1} = \vect{a}{a}{a} = a u.
$}
\end{center}
On calcule ensuite 
\begin{center}
\fbox{$
M \times v = \vect{2 - 1}{1-a + a - 1}{1 + 0} = \vect{1}{0}{1} = v
$}
\end{center}
  
\item On calcule 
 $$ M \times w = \vect{2 + a-1}{1-a+a}{1+a-1} = \vect{1+a}{1}{a} $$
 Or 
$$
\vect{1+a}{1}{a} = \vect{1}{1}{0} + a \vect{1}{0}{1} = w + av
$$
Ainsi \begin{center}
\fbox{$M \times w = w + av .$}
\end{center}
  
\item A l'aide de la question $5$, on sait déjà que le système associé à la matrice $P$ est de Cramer, la matrice $P$ est inversible. On utilise la méthode du pivot de Gauss pour déterminer l'inverse : 
On utilise la méthode du pivot de Gauss : 
\begin{align*}
\begin{array}{c|cr}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank
\end{array} \\
& & \\
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
\blank \\
L_1 - L_2 \to L_2\\
L_1 - L_3 \to L_3
\end{array} \\
 & & \\
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 - L_2 \to L_1 \\
\blank \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} & \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} & \begin{array}{r}
L_1 - L_3 \to L_1 \\
\blank \\
\blank
\end{array} \\
 & & \\
\end{array}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a finalement $P^{-1} = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}$. }
\end{center}
  
\item On calcule 
\begin{align*}
P^{-1} M  & = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
  2 & a-1 & -1 \\
  1-a & a & a-1 \\
  1 & a-1 & 0
\end{pmatrix}  \\
& = \begin{pmatrix}
-2 + 1 - a + 1 & -a +1 + a + a-1 & 1 + a-1 \\
2 -1 + a & a-1 -a & -1 -a + 1 \\
2 - 1 & a- 1 - (a-1) & - 1  
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
-a & a & a \\
1 + a & -1 & - a \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\end{align*}

On calcule ensuite 
\begin{align*}
P^{-1}M P & = \begin{pmatrix}
-a & a & a \\
1 + a & -1 & - a \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}  \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
-a + a + a & -a + a & -a + a  \\
1 +a -1 -a & 1+a - a & 1+a - 1 \\
1 - 1 & 1 - 1 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 \\
0 & 1 & a \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{On a bien  $T = \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 \\
0 & 1 & a  \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$.}
\end{center}

\item On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ T^n = \begin{pmatrix}
a^n & 0 & 0\\
0 & 1 & na \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} La proposition $\P_0$ s'écrit $T^0 = \begin{pmatrix}
a^0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & a \times 0 \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} = I_3$ donc l'initialisation est vérifié.
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 1$. On a alors
\begin{align*}
T^{n+1} & = T^n \times T \\
& = \begin{pmatrix}
a^n & 0 & 0\\
0 & 1 & na \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}
a & 0 & 0 \\
0 & 1 & a \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
a^n \times a & 0 & 0 \\
0 & 1 & a + na \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
a^{n+1} & 0 & 0 \\
0 & 1 & (n +1)a \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $T^n = \begin{pmatrix}
a^n & 0 & 0\\
0 & 1 & na \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix}$}.
\end{itemize}

\item On calcule On va montrer par récurrence les propositions $\P_n : \left\{ M^n = PT^n P^{-1} \right\}$. 

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a $M^0 = I_3$ et $P T^0 P^{-1} = P P^{-1} = I_3$ 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*}
M^{n+1} & = M^n \times M \\
& = P T^n P^{-1} \times P T P^{-1} \\
& = P T^n \times T \times P^{-1}\\
& = P T^{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 $n \in \N$, $M^n = PT^n P^{-1}$}.
\end{itemize}
On calcule pour tout $n \in \N$, 
\begin{align*}
P T^n & = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
a^n & 0 & 0\\
0 & 1 & na \\
0 & 0 & 1 
\end{pmatrix} \\
& = \begin{pmatrix}
a^n & 1 & 1 + na \\
a^n & 0 & 1 \\
a^n & 1 & na
\end{pmatrix}
\end{align*}
et on a également 
\begin{align*}
M^n = P T^n P^{-1} & = \begin{pmatrix}
a^n & 1 & 1 + na \\
a^n & 0 & 1 \\
a^n & 1 & na
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
-1 & 1 & 1 \\
1 & -1 & 0 \\
1 & 0 & -1
\end{pmatrix} \\
& \boxed{= \begin{pmatrix}
2 + na - a^n & a^n - 1 & a^n - 1 - na \\
1 - a^n & a^n & a^n - 1 \\
1 + na -a^n & a^n - 1 & a^n - na 
\end{pmatrix}}
\end{align*}
 
\end{enumerate}
 
\section*{Exercice 2 Inspiré EML 2019 et ECRICOME 2019}

On considère la fonction $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par : 
$$\forall t\in ]0,+\infty[,\, h_1(x) =x + 1 + \cfrac{1}{x}.$$
et la suite $u_n$ définie par $u_0 =2$ et $u_{n+1} = u_n + 1 + \dfrac{1}{u_n} = h_1(u_n)$. 

\subsection*{Partie A : \'{E}tude d'une fonction d'une variable}

\begin{enumerate}
\item La fonction $h_1$ est dérivable sur $\R_+^*$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R_+^*$. On a pour tout $x \in \R_+^*$, 
$$
h_1'(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x^2 - 1}{x^2}
$$
Or $x^2 - 1 \geq 0$ pour $x \in ]- \infty ; -1] \cup [1;+ \infty[$ et $x^2 - 1 < 0$ pour $x \in ]-1 ; 1[$. Ainsi, 
\begin{center}
\fbox{la fonction $h_1$ est croissante sur $[1;+\infty[$ et décroissante sur $]0;1]$. }
\end{center}

\item On a 
$$
\li_{x \tos 0} h_1(x) = + \infty \qquad \li_{x \to + \infty} h_1(x) = + \infty
$$
De plus $h_1(1) = 3$. On en déduit le tableau variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Signe de $h_1'$/1,Variations de $h_1$/2}{0,1,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/3 , +/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item L'équation de la tangente à la courbe en $x=2$ est donnée par 
\begin{align*}
y = h_1'(2)(x-2) + h_1(2)
\end{align*}
c'est à dire $y = \dfrac{3}{4}x - \dfrac{3}{2} +3 + \dfrac{1}{2}$ et en simplifiant
\begin{center}
\fbox{$y = \dfrac{3}{4}x + 2$.}
\end{center}

\item Script Scilab :  
\begin{verbatim}
function y = h1(x)
    y = (3/4)*x + 2
endfunction

X = 0.001:0.001:5
plot(X,f)
\end{verbatim}

\item Tracer la courbe représentative de $h_1$ ainsi que sa tangente en $x=1$.

\item On montre par récurrence les propriétés suivantes $\P_n : \left\{u_n \; \text{est bien définie et} \; u_n > 0  \right\}$.
\begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} La propriété $\mathscr{P}_0$ s'écrit "$u_0$ existe et $u_0 > 0$" or $u_0 = 2$ donc $\P_0$ est vraie. 
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. Donc $u_n \neq 0$ et ainsi $u_{n+1} = u_n + 1 + \dfrac{1}{u_n}$ est bien défini. On a $u_n >0$ et $\dfrac{1}{u_n} > 0$ donc $u_{n+1} > 0$. 
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $u_n$ existe et $u_n >0$. }
	\end{itemize}
	
\item Pour tout $n \in \N$, on calcule 
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n & = u_n + 1 + \dfrac{1}{u_n} - u_n \\
& = 1 + \dfrac{1}{u_n} > 0
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{La suite $(u_n)$ est donc croissante. }
\end{center}

\item Le script Scilab est 
\begin{verbatim}
n = input("Entrez un nombre entier n")
u = 2

for k = 1:n
    u = u + 1 + 1/u
end

disp(u)
\end{verbatim}

\item Les fonctions $x \to x+1$ et $x \to \dfrac{1}{x}$ sont continues sur $[1;+\infty[$. La fonction $h_1$ est donc continue sur $[1;+\infty[$. Elle est également croissante sur $[1;+\infty[$ et 
$$
h_1 ([1;+\infty[) = [3;+\infty[.
$$
Donc d'après le théorème de la bijection, \begin{center}
\fbox{la fonction $h_1$ réalise une bijection de $[1,+\infty[$ vers $[3,+\infty[$.}
\end{center}
\end{enumerate}
On note $g : [3,+\infty[\rightarrow [1,+\infty[$ la bijection réciproque de la restriction de $h_1$ à $[1,+\infty[$.
\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{9}
\item
\begin{enumerate}
\item D'après le théorème de la bijection, la fonction $g$ est également croissante et 
$$
\li_{x \tos 3} g(x) = 1 \qquad \li_{x \to + \infty} g(x) = + \infty
$$
On en déduit alors le tableau de variation suivant : 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=6]{$x$/1,Variations de $h_1$/2}{3,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/1 , +/$+\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Soit $y\in [3,+\infty[$. On résout l'équation 
\begin{align*}
h_1(x) = y & \Longleftrightarrow x + 1 + \dfrac{1}{x} = y \\
& \Longleftrightarrow x^2 + x + 1 = xy \\
& \Longleftrightarrow x^2 + (1-y)x + 1 = 0 
\end{align*}
Le discriminant d'une telle équation est 
$$
\Delta = (1-y)^2 - 4 = y^2 - 2y - 3
$$
Le discriminant de l'équation $y^2 -2y - 3 =0$ est $\delta = 4 +12 = 16$. Ainsi, cette équation a deux solutions 
$$
y_1 = \dfrac{2-4}{2} = -1 \quad \text{et} \quad y_2 = \dfrac{2+4}{2} = 3
$$
Donc, pour $y \geq 3$, $y^2 - 2y -3 \geq 0$. Ainsi l'équation $x^2 + (1-y)x + 1 = 0 $ a deux solutions
$$
x_1 = \dfrac{-(1-y) + \sqrt{y^2 - 2y -3}}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{-(1-y) - \sqrt{y^2 - 2y -3}}{2}
$$
$$
x_1 = \dfrac{y -1 + \sqrt{y^2 - 2y -3}}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{ y - 1 - \sqrt{y^2 - 2y -3}}{2}
$$
Or 
\begin{align*}
(y-3)^2 - (y^2 -2y - 3)= - 4y + 12 = 4 (3 - y) < 0
\end{align*}

\begin{align*}
(y - 3)^2 <  y^2 - 2y - 3 
& \Longleftrightarrow \sqrt{(y-3)^2} < \sqrt{y^2 - 2y - 3} \\
 & \Longleftrightarrow y-3 < \sqrt{y^2 - 2y - 3} \\
 & \Longleftrightarrow -(y-3) > -\sqrt{y^2 - 2y - 3} \\
 & \Longleftrightarrow y-1 - y + 3 > y-1 - \sqrt{y^2 - 2y - 3} \\
 & \Longleftrightarrow \dfrac{2}{2} > \dfrac{y-1 - \sqrt{y^2 - 2y - 3}}{2} \\
 & \Longleftrightarrow 1 > x_2
\end{align*}
Ainsi, la seule solution valide est 
\begin{center}
\fbox{$
x_1 = \dfrac{y -1 + \sqrt{y^2 - 2y -3}}{2}
$}
\end{center}

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B : \'Etude d'une famille de fonctions}
Pour tout entier $n$ non nul, on note $h_n$ la fonction définie sur $\R_+^{*}$ par :
$$\forall x >0 \qquad h_n(x)=x^n+1+\dfrac1{x^n}$$
\begin{enumerate}
\item La fonction $h_n$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle. On calcule alors 
\begin{align*}
h_n'(x) & = nx^{n-1} - \dfrac{n}{x^{n+1}} \\
        & = n \dfrac{x^{2n}-1}{x^{n+1}}
\end{align*}
On résout alors 
\begin{align*}
x^{2n} - 1 \geq 0 & \Longleftrightarrow x^{2n} \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow e^{2n \ln(x)} \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow 2n \ln(x) \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \ln(x) \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow x \geq 1
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $h_n$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty[$.}
\end{center}
\item La fonction $h_n$ est strictement décroissante sur $]0,1]$. Elle est continue sur$]0;1]$ en tant que somme de fonctions continues sur $]0;1]$. Et pour tout $n \in \N$, $h_n(]0;1]) = [3 ; + \infty[$. D'après le théorème de la bijection, il existe une unique solution dans $]0;1]$ (notée $w_n$) telle que $h_n(x) = 4$. \\

La fonction $h_n$ est strictement croissante sur $[1;+\infty[$. Elle est continue sur$[1;+\infty[$ en tant que somme de fonctions continues sur $[1;+\infty[$. Et pour tout $n \in \N$, $h_n([1;+\infty[) = [3 ; + \infty[$. D'après le théorème de la bijection, il existe une unique solution dans $[1;+\infty[$ (notée $v_n$) telle que $h_n(x) = 4$. Ainsi

\begin{center}
\fbox{ l'équation $h_n(x)=4$ admet exactement deux solutions, $w_n$ et $v_n$ et vérifiant : $0 < w_n < 1 <v_n$.}
\end{center}
\item 
\begin{enumerate}
\item Démontrer que $\forall x > 0, \quad \forall n \in \N^* $,
\begin{align*}
h_{n+1}(x)-h_n(x) & = x^{n+1} + 1 + \dfrac{1}{x^{n+1}} - \left( x^n + 1 + \dfrac{1}{x^n} \right) \\
& = \dfrac{x^{2n+2} + x^{n+1} + 1 - x^{2n+1} - x^{n+1} - x}{x^{n+1}} \\
& = \dfrac{x^{2n+1}(x - 1) + (1-x)}{x^{n+1}} \\
& \boxed{= \dfrac{(x-1)(x^{2n+1}-1)}{x^{n+1}}}
\end{align*}
\item En posant $x = v_n$, on a 
$$
h_{n+1}(v_n) - h_n(v_n) = \dfrac{(v_n -1)(v_n^{2n+1} - 1)}{v_n^{n+1}}
$$

Or $h_n(v_n) = 4$ par définition. De plus d'après la question précédente $v_n \geq 1$ donc $v_n - 1 \geq 0$ et $v_n^{2n+1} - 1 \geq 0$ donc 

\begin{center}
\fbox{$ h_{n+1} (v_n) - h_n(v_n) \geq 0 \Longleftrightarrow  h_{n+1} (v_n) \geq 4$.}
\end{center}

\item Soit $n \in \N$, d'après la question 2, $h_{n+1}(v_{n+1}) = 4$ on a donc
$$
h_{n+1} (v_n) \geq h_{n+1}(v_{n+1})
$$
La fonction $h_{n+1}$ est bijective et sa fonction réciproque est strictement croissante sur $[3;+\infty[$. Donc 

\begin{align*}
h_{n+1} (v_n) \geq h_{n+1}(v_{n+1}) &\Longleftrightarrow h_{n+1}^{-1}\circ h_{n+1} (v_n) \geq h_{n+1}^{-1}\circ h_{n+1}(v_{n+1}) \\
& \Longleftrightarrow v_n \geq v_{n+1}
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{La suite $(v_n)$ est décroissante.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $n \ge 1$, on a $h_n(1) = 3 \leq 4$ et $h_n(3) = 3^n + 1 + \dfrac{1}{3^n} \geq 4$. 
La fonction étant continue sur $[1,3]$, l'équation $h_n(x) = 4$, d'après le théorème des valeurs intermédiaire admet une solution sur $[1,3]$. Comme cette équation a une unique solution  sur $[1;+\infty[$, cette solution est forcément $v_n$, on a donc 
\begin{center}
\fbox{  $v_n \le 3$}
\end{center}
\item Script Scilab 
\begin{verbatim}
function y = h(n,x)
    y = x^n + 1 + 1/x^n
endfunction
\end{verbatim}

\item On admet que l'on a écrit une fonction $v$ qui a chaque entier $n$ associe une valeur approchée de $v_n$. On écrit alors le code suivant :
\begin{verbatim}
X=1:20
Y=zeros(1,20)
for k=1:20
    Y(k)=v(k)^k
end
plot2d(X,Y,style=-2,rect=[1,1,20,3])
\end{verbatim}
À l'exécution du programme, on obtient la sortie graphique suivante :
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\includegraphics[width=8cm]{figure2.pdf}
\end{center}
\end{figure}\\
On affiche les résultats de $v_k^k$ pour $k \in \entier{0,20}$. Ces résultats semblent constants. 
\item D'après la question 2, on a $h_n(v_n)= 4$. Or $h_n(v_n) = v_n^n + 1 + \dfrac{1}{v_n^n}$. On note alors $X = v_n^n$ et on résout donc
\begin{align*}
X + 1 + \dfrac{1}{X} = 4 
\end{align*}
Or cette équation a été résolue dans la partie A, à la question 10 (b) pour $y = 4$. La solution est alors 
$$
X = \dfrac{4-1 + \sqrt{16 - 8 - 3}}{2} = \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}
$$
Donc, 
\begin{center}
\fbox{ $\forall n \ge 1, \qquad (v_n)^n = \dfrac{3+ \sqrt{5}}{2}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 - Inspiré de ECRICOME ECT 2017 et ECRICOME ECE 2015}

\subsection*{Partie I : tirages dans une urne}

Une urne $\mathcal{U}$ contient 1 boule noire et 9 boules blanches indiscernables
au toucher.
\begin{enumerate}
\item On procède à 400 tirages successifs avec remise d'une boule dans $\mathcal{U}$.
On appelle $X$ la variable aléatoire égale au nombre de fois où la boule
noire a été piochée.
	\begin{enumerate}
	\item "Obtenir une boule noire" est une expérience de Bernoulli de probabilité de succès $p = \dfrac{1}{10}$. On répète cette expérience 400 fois de façon indépendante et $X$ compte le nombre de succès. $X$ suit donc une loi binomiale de paramètre $400$ et $\dfrac{1}{10}$ 
	\begin{center}
	\fbox{$X(\Omega) = \entier{0,400}$ et $X \loi{B}(400, 1/10)$.}
	\end{center}
On a alors pour tout $k \in \entier{0,400}$, 
\begin{center}
\fbox{$P(X = k) = \vect{400}{k}{} \left(\dfrac{1}{10}\right)^k \left(\dfrac{9}{10}\right)^{400-k}$}
\end{center}
	\item D'après le cours, 
	\begin{center}
	\fbox{$E(X) = 400 \times \dfrac{1}{10} = 40$ et $V(X) = 400 \times \dfrac{1}{10} \times \dfrac{9}{10} = 36$.}
	\end{center}
	\end{enumerate}
\item On procède cette fois-ci dans $\mathcal{U}$ \, à une suite de 4 tirages avec remise d'une boule. On appelle $Y$ la variable aléatoire égale
à 1 si on a tiré au moins une boule noire, 0 sinon.
	\begin{enumerate}
	\item Il n'y a que deux cas possibles. On a $Y(\Omega) = \{ 0, 1\}$. La variable aléatoire $Y$ suit donc une loi de Bernoulli. On calcule 
$$
P(Y = 0) = \left(\dfrac{9}{10} \right)^4
$$
En effet, ne tirer aucune boule noire signifie tirer 4 boules rouges. Les tirages étant indépendants, le résultats est obtenu en effectuant le produit. 
Ainsi $$
P(Y = 1) = 1 - \left(\dfrac{9}{10} \right)^4
$$
 \begin{center}
\fbox{Donc $Y \loi{B} \left( 1 - \left(\dfrac{9}{10} \right)^4 \right)$.}
\end{center}
	\item D'après le cours, 
	\begin{center}
	\fbox{$E(Y) = 1 - \left(\dfrac{9}{10} \right)^4 $ et $V(Y) = \left(\dfrac{9}{10} \right)^4 \left(1 - \left(\dfrac{9}{10} \right)^4 \right)$.}
	\end{center}
	\end{enumerate}
\item Cette fois-ci, on pioche dans l'urne $\mathcal{U}$ \, successivement et sans remise les 10 boules. On note $Z$ le numéro du tirage auquel est apparue la boule noire. On notera pour tout entier naturel $i$ non nul: 
\begin{itemize}
\item $N_i$ l'évènement "On tire une boule noire lors du $i$-ème tirage". 
\item $B_i$ l'évènement "On tire une boule blanche lors du $i$-ème tirage". 
\end{itemize}
	\begin{enumerate}
	\item L'évènement $(Z=1) = N_1$ donc 
	\begin{center}
	\fbox{$P(Z = 1) = \dfrac{1}{10}$}
	\end{center}
De la même façon, pour $Z=2$, il faut d'abord tirer une boule blanche puis une boule noire. 
Donc $P(Z=2) = P(B_1 \cap N_2) = P(B_1) P_{B_1}(N_2)$. Donc 
\begin{center}
\fbox{$
P(Z= 2) = \dfrac{9}{10} \times \dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{10 }
$}
\end{center}
De la même façon, $(Z=3) = B_1 \cap B_2 \cap N_3$. D'après la formule des probabilités composées
\begin{align*}
P(Z=3) & = P(B_1 \cap B_2 \cap N_3) \\
       & = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \times P_{B_1 \cap B_2} (N_3) \\
       & = \dfrac{9}{10} \times \dfrac{8}{9} \times \dfrac{1}{8} \\
       & \boxed{= \dfrac{1}{10}}
\end{align*} 
	\item La boule noire peut arriver entre le premier et le 10ème tirage. On a donc $Z(\Omega) = \entier{1,10}$. Or pour $k \in \entier{2,10}$, on a alors $(Z = k) = B_1 \cap B_2 \cap \times \cap B_{k-1} \cap N_k$. D'après la formule des probabilités composées : 
	\begin{align*}
	P(Z = k) & = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \times \ldots \times P_{B_1 \cap B_2 \cap \ldots \cap B_{k-2}} (B_{k-1}) \times  P_{B_1 \cap B_2 \cap \ldots \cap B_{k-1}} (N_k) \\
	& = \dfrac{9}{10} \times \dfrac{8}{9} \times \ldots \times \dfrac{11-k}{12-k} \times \dfrac{1}{11-k}  \\
	& = \dfrac{1}{10}
	\end{align*}
	
\begin{center}
\fbox{$Z$ suit donc une loi uniforme. $Z \loi{U}(\entier{1,10})$.}
\end{center}
	\item D'après le cours, 
\begin{center}
\fbox{$E(Z) =  \dfrac{10+1}{2} = 5,5$ et $V(Z) = \dfrac{10^2 -1}{12} = \dfrac{99}{12}$.}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie II : tirages doubles dans une urne choisie au hasard}

L'urne $\mathcal{U}$, contient toujours 1 boule noire et 9 boules blanches indiscernables
au toucher. L'urne $\mathcal{V}$, contient 5 boules noires et 5 boules blanches
indiscernables au toucher.\\
On lance une pièce équilibrée. Si elle retombe sur le côté Pile, on tire deux
boules successivement et avec remise dans $\mathcal{U}$, et si on obtient Face, on tire
deux boules successivement et avec remise dans $\mathcal{V}$. On note : 
\begin{itemize}
\item $U$ l'évènement "On choisit l'urne $\mathcal{U}$". 
\item $V$ l'évènement "On choisit l'urne $\mathcal{V}$". 
\end{itemize}
On note $T$ la variable aléatoire égale au nombre de fois où l'on a pioché
une boule noire.
\begin{enumerate}
\item On peut ne tirer 0, 1 ou 2 boules noires (il y a deux tirages) donc 
\begin{center}
\fbox{$T(\Omega) = \entier{0,2}$. }
\end{center}
\item On considère le système complet d'évènement $(U,V)$. D'après la formule des probabilités totales, 
\begin{align*}
P(T = 0) & = P(U)P_{U}(T=0) + P(V) P_{V}(T = 0) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{9}{10} \times \dfrac{9}{10} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \\
& = \dfrac{81}{200} + \dfrac{25}{200} \\
& \boxed{= \dfrac{53}{100} }
\end{align*}
De même, 
\begin{align*}
P(T = 2) & = P(U) P_{U}(T=2) + P(V) P_{V}(T = 2) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{10} \times \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{10} \times \dfrac{5}{10} \\
& \boxed{= \dfrac{13}{100}}
\end{align*}
Ainsi, 
\begin{align*}
P(T=1) &  = 1 - P(T=2) - P(T=0) \\
 & = 1 - \dfrac{13}{100} - \dfrac{53}{100} \\
 & = \dfrac{34}{50} \\
 & \boxed{= \dfrac{17}{50}}
\end{align*}
\item D'après la formule de l'espérance, on a 
\begin{align*}
E(T) & = 0 \times P(T=0) + P(T=1) + 2 P(T= 2) \\
& = \dfrac{17}{50} + \dfrac{13}{50} \\
& = \dfrac{30}{50} \\
& \boxed{= \dfrac{3}{5}}
\end{align*}

Si la loi suivait une loi binomiale de paramètre $n=2$ (vu le support de $T$) et $p$ alors 
$$
E(T) = np = \dfrac{3}{5} \Longrightarrow  p = \dfrac{3}{10}
$$
On devrait alors avoir $P(T=2) = \left(\dfrac{3}{10} \right)^2 = \dfrac{9}{100} \neq \dfrac{1}{8}$. 
Donc, \begin{center}
\fbox{la variable aléatoire $T$ ne suit pas une loi binomiale. }
\end{center}
\item On cherche à calculer et comparer $P_{T=1}(U)$ et $P_{T=1}(V)$. On utilise pour cela la formule de Bayes. On a 
$P_U(T=1) = 1 - P_U(T=0) - P_U(T=2) = 1- \dfrac{81}{100} - \dfrac{1}{100} = \dfrac{18}{100} = \dfrac{9}{50}$
\begin{align*}
P_{T=1}(U) & = \dfrac{P(U)}{P(T=1)}P_U(T=1) \\
& = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{17}{50}} \times \dfrac{9}{50} \\
& = \dfrac{50}{34} \times \dfrac{9}{50} \\
& \boxed{= \dfrac{9}{34}}
\end{align*}

De même $P_V(T=1) = 1 - P_V(T=0) - P_V(T=2) = 1- \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$
\begin{align*}
P_{T=1}(V) & = \dfrac{P(V)}{P(T=1)}P_V(T=1) \\
& = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{17}{50}} \times \dfrac{1}{2} \\
& = \dfrac{50}{34} \times \dfrac{1}{2} \\
& \boxed{= \dfrac{25}{34}}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Sachant que $T=1$, Il est plus probable
d'avoir obtenu Face avec la pièce.}
\end{center}
\end{enumerate}


\subsection*{Partie III : Tirages infinies dans une urne choisie au hasard}

L'urne $\mathcal{U}$, contient toujours 1 boule noire et 9 boules blanches indiscernables
au toucher. L'urne $\mathcal{W}$, contient 10 boules blanches. On choisit une des deux urnes aux hasard (chaque urne ayant la même probabilité d'être choisie) et on tire dans l'urne choisie une par une les boules sans remise jusqu'à être en mesure de pouvoir connaitre l'urne choisie. On note $S$ la variable aléatoire qui prend pour valeur le nombre de tirages ainsi effectués. On note : 
\begin{itemize}
\item $U$ l'évènement "On choisit l'urne $\mathcal{U}$". 
\item $W$ l'évènement "On choisit l'urne $\mathcal{W}$". 
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Sachant que l'on tire dans l'urne $U$, on se retrouve dans la même situation que dans la partie $I$ et l'on cherche à savoir quand l'on tire la boule noire (on sait alors avec certitude que l'on a tiré dans l'urne $U$). Ainsi pour tout entier $j \in \entier{1,10}$:
\begin{center}
\fbox{$
P_{U}(S=j) = P(Y =j) =  \dfrac{1}{10}
$}
\end{center}
\item Si l'on sait que l'on tire dans l'urne $W$, il faut tirer toutes les boules pour s'apercevoir que nous étions dans l'urne $W$, ainsi 
\begin{center}
\fbox{$ P_{W}(S=10) = 1$}
\end{center}
et 
\begin{center}
\fbox{$
\forall j \in \entier{1,9}, P_{W} (S = j) = 0
$}
\end{center}

\item On considère le système complet d'évènement $(U,W)$ et on va utiliser la formule des probabilités totales. Si $j \in \entier {1,9}$, on a 
\begin{align*}
P(S=j) & = P(U) P_{U}(S=j) + P(V) P_{V}(S=j) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{2} \times 0 \\
& = \dfrac{1}{20}
\end{align*}
Et pour $j=10$, 
\begin{align*}
P(S=10) & = P(U) P_{U}(S=10) + P(V) P_{V}(S=10) \\
& = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{2} \times 1 \\
& = \dfrac{11}{20}
\end{align*}
Donc 
\begin{center}
\fbox{$
P(S=j) = \begin{cases} \frac{1}{20} & \quad \text{si $j \in \entier{1,9}$} \\
\frac{11}{20} & \quad \text{si $j = 10$} 
\end{cases}
$}
\end{center}
\item L'espérance de $S$ est 
\begin{align*}
E(S) & = \sum_{j=1}^{10} j P(S=j) \\
& = \sum_{j=1}^{9} j P(S=j) + 10 \times P(S=10) \\
& = \dfrac{1}{20} \sum_{j=1}^9 j + \dfrac{11}{2} \\
& = \dfrac{1}{20} \times \dfrac{9 \times 10}{2} + \dfrac{11}{2} \\
& \boxed{= \dfrac{31}{4}}
\end{align*}
\item On calcule $E(S^2)$ en utilisant la formule de transfert, 
\begin{align*}
E(S^2) & = \sum_{j=1}^{10} j^2 P(S=j) \\
& = \sum_{j=1}^{9} j^2 P(S=j) + 100 \times P(S=10) \\
& = \dfrac{1}{20} \sum_{j=1}^9 j^2 + 55 \\
& = \dfrac{1}{20} \times \dfrac{9 \times 10 \times 19}{6} + 55 \\
& = \dfrac{57}{4} + 55 \\
& \boxed{= \dfrac{277}{4}}
\end{align*}
Enfin, d'après la formule de Koenig-Huygens, on a 
\begin{align*}
V(S) & = E(S^2) - E(S)^2 \\
&= \dfrac{277}{4} - \dfrac{961}{16} \\
& = \dfrac{1108}{16} - \dfrac{961}{16} \\
& \boxed{= \dfrac{147}{16}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{document}