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Devoir de Math´ematiques 2 : corrig´e
Exercice 1. Deux sommes
La somme A n est la somme des termes d’une suite g´eom´etrique de raison 2. Avec le cours nous obtenons :
A n =
1 − 2 n + 1 − 2
= 2 n +1^ − 1
Calculons la somme double.
B n =
∑^ n
k =
∑^ n
` =
2 k + `
∑^ n
k =
∑^ n
j =
2 k 2 `
∑^ n
k =
2 k
( (^) n ∑
` =
2 `
∑^ n
k =
2 k^
2 n +1^ − 1
2 n +1^ − 1
) ∑ n
k =
2 k
En conclusion :
B n =
2 n +1^ − 1
Exercice 2. Coefficients binomiaux
Notation. La notation Ja, bK d´esigne l’ensemble des entiers n tels que a ≤ n ≤ b.
- Questions de cours. Vues en cours.
- L’´el`eve Blaise a r´ealis´e un tableau des coefficients binomiaux. Il a fait les deux constats suivants :
A. « Qu an d je fai s la s omm e d es co effi ci ents bin omi aux d 'un e li gn e je tr ouv e un e pui s s an ce d e 2. »
B. « Qu an d je fai s la s omm e d es co effi ci ents bin omi aux d 'un e colonn e je tr ouv e le co effi ci ent bin omi al d e la li gn e du d es s ou s et d e la colonn e d ' a pr ès. »
Il formule les deux conjectures suivantes. D´emontrons-les.
- Conjecture A. Soit n ∈ N. Avec la formule du binˆome de Newton on obtient :
∑^ n
k =
n k
∑^ n
k =
n k
1 k 1 n − k^ = 2 n
- Conjecture B. On proc
ede par r´ecurrence sur n. Posons l’hypothese :
H n : ∀m ∈ J 0 , nK,
∑^ n
` =
`
m
n + 1 m + 1
- Initialisation. Pour n = 0. Soit m = 0. Nous avons : ∑^0
` =
`
- H´er´edit´e. Supposons que H n est vraie. Soit m ∈ J 0 , n + 1K.
` =
`
n + 1
n + 1 n + 1
n + 2 m + 1
car m + 1 = n + 2
- Si m ∈ J 0 , nK alors n ∑+
` =
`
m
∑^ n
` =
`
m
n + 1 m
n + 1 m + 1
n + 1 m
n + 2 m + 1
Dans tous les cas : H n +1 est vraie.
- Conclusion. Pour tout n ∈ N, l’assertion H n est vraie.
Probl`eme 1. ´Etudes autour d’une transformation complexe
Partie I. ´Etude d’une quantit´e complexe
- Un exemple. On pose z =
1 + i · (a) z =
1 − i (1 + i)(1 − i)
1 − i 2
. Nous avons donc :
Re(z) =
et Im(z) =
(b) 1 + i =
i
2 e iπ^4. Cela donne donc pour l’inverse z :
|z| =
√^1
et arg(z) = −
π 4
[2π]
Dans toute la suite on consid`ere z θ =
1 + e iθ^ ·
- Le complexe z θ n’est pas d´efini si et seulement si e iθ^ = − 1 ou encore θ = π [2π]. Nous avons donc :
D = R \ {π + 2kπ, k ∈ Z}
- In´egalit´e triangulaire. (a) Cf cours. (b) Nous avons par l’in´egalit´e triangulaire |1 + e iθ^ | ≤ | 1 | + |e iθ^ | = 2. En passant `a l’inverse on obtient :
|z θ | =
|1 + e iθ^ |
(c) Allure de C f.
- Etude de la r´´ eciproque. (a) La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle ] − π, π[. Nous avons lim θ → π − f (θ) = +∞ et lim θ →− π + f (θ) = −∞. Donc d’apr
es le th´eoreme de la bijection f induit une bijection de ] − π, π[ vers l’intervalle J = R a d´eterminer. On note g la fonction r´eciproque ainsi d´etermin´ee. (b) La fonction f est d´erivable sur J et pour tout θ ∈ I, f ′(θ) 6 = 0. Donc, d’apres un th´eor`eme de cours, la fonction g est d´erivable sur J.
Partie III. Conclusion
On consid`ere l’application ϕ d´efinit pour tout z ∈ C \ {− 1 } par ϕ(z) = 1 1 + z
· On note U l’ensemble des nombres
complexes de module 1.
- Soit w ∈ C∗. w = ϕ(z) ⇐⇒ w = (^) 1+^1 z ⇐⇒ (1 + z)w = 1 ⇐⇒ z =
1 − w w Ainsi pour tout w ∈ C∗^ il existe un unique z ∈ C \ {− 1 } tel que w = ϕ(z) : cela se traduit en disant que ϕ est une bijection de C \ {− 1 } vers C∗.
- Notons D =
Z ∈ C | Re(Z) =^1 2
. Soit w ∈ D. Il existe un unique y ∈ R tel que w =^1 2
Or d’apr`es le r´esultat de la question 10 (a) il existe un unique θ ∈] − π, π[ tel que − 2 y = f (θ) ou encore avec la question 4 : w =
− i
sin(θ) 2 + 2 cos(θ)
1 + e iθ Il existe donc un unique z = e iθ^ ∈ U \ {− 1 } tel que w = ϕ(z). Cela siginifie que ϕ induit une bijection de U \ {− 1 } vers D. Dans le plan complexe :
- U \ {− 1 } s’identifie au cercle de centre O et de rayon 1 priv´e du point (− 1 , 0) ;
- D s’identifie `a la droite d’´equation x =
Probl`eme 2. ´Etude d’une fonction r´eciproque
Soit k ∈ R, l’objet de ce probl`eme est d’exprimer certaines solutions de l’´equation
(E k )
x ln x
= k, d’inconnue x,
`a l’aide d’une fonction appel´ee fonction de Lambert.
Dans la suite, on d´esigne par f la fonction d´efinie par f (x) =
x ln x et par^ g^ la fonction d´efinie par^ g(x) =^ x^ exp(x).
Partie I. ´Etude de f.
- f est d´efinie en x si et seulement si x > 0 et ln x 6 = 0 si et seulement si x ∈]0, 1[∪]1, +∞[.
D’o`u D f =]0, 1[∪]1, +∞[.
- les fonctions f 1 : x 7 → x et f 2 : x 7 → ln x sont d´erivables sur D f. Puisque f 2 ne s’annule pas sur D f , la fonction f est d´erivable sur D f comme quotient de fonctions d´erivables. Pour tout x ∈ D f , on a : f ′(x) = ln^ x^ −^1 (ln x)^2
- • En 0 +^ : avec les notations ci-dessus, on a lim x → 0 +^
f 1 (x) = 0 et lim x → 0 +^
f 2 (x) = −∞. D’o`u :
x^ lim→ 0 +^ f^ (x) = 0.
- En 1 −^ : on a lim x → 1 −^
f 1 (x) = 1 et lim x → 1 −^
f 2 (x) = 0−. D’o`u :
lim x → 1 −^
f (x) = −∞.
- En 1 +^ : on a lim x → 1 +^
f 1 (x) = 1 et lim x → 1 +^
f 2 (x) = 0+. D’o`u :
lim x → 1 −^
f (x) = +∞.
- En +∞ : par croissance compar´ee, on a
x →^ lim+∞ f^ (x) = +∞.
- Pour x ∈ D f , le signe de f ′(x) est donn´e par celui de ln x − 1. On en d´eduit imm´ediatement le signe de f ′^ et le tableau de variations de f :
x 0 1 e +∞ f ′(x) − − 0 +
f (x) (^0) H HHj − ∞
+∞ H
HHj e
^ *
- f est strictement d´ecroissante et continue sur ]1, e]. D’apr
es le th´eoreme de la bijection continue, f r´ealise alors une bijection de ]1, e] vers f (]1, e]) = [e, +∞[.
Dans la suite, on note f −^1 : [e, +∞[→]1, e] la r´eciproque de f.
- D’apr`es le tableau de variations de f, on a :
- si k < 0 , l’´equation (E k ) admet une unique solution ;
- si 0 ≤ k < e, l’´equation (E k ) n’a pas de solution ;
- si k = e, l’´equation (E k ) admet une unique solution ;
- si k > e, l’´equation (E k ) admet deux solutions.
- On cherche d’abord une solution s’exprimant `a l’aide de la fonction W. Si k ≥ e, on a alors −
e ≤ −^
k <^0. Par cons´equent W est d´efinie en − (^1) k. Posons z = W (− (^1) k ). On a alors : z e z^ = −
k
. Compte-tenu de la stricte croissance de W, on a de plus :
W (−
e
) = − 1 ≤ z < 0 = W (0).
La question pr´ec´edente montre que x = e− z^ est solution de l’´equation (E k ). L’encadrement pr´ec´edent de z conduit `a l’encadrement suivant de x : 1 < x ≤ e−^1. Il en r´esulte que x = f −^1 (k) puisque f −^1 (k) est l’unique ant´ec´edent de k dans l’intervalle ]1, e]. Mais alors, on a pour tout k ≥ e :
f −^1 (k) = e− W^ (−^
(^1) k ) = −kW (− 1 k
Bar`eme. Total /
Pr´esentation - R´edaction. /
Exercice 1. /
2 pts et 4 pts.
Exercice 2. /
- (a) 2 pts, (b) 4 pts, (c) 2 pts ; 2. 2 pts et 4 pts.
Probl`eme 1. /
Partie I. 1. (a) 2 pts, (b) 2 pts ; 2. 2 pts ; 3. (a) 1 pt, (b) 2 pts ; 4. 3 pts. Partie II. 5. 1 pt ; 6. 3 pts ; 7. 4 pts ; 8. 3 pt ; 9. (a) 1 pt ; (b) 1 pt ; (c) 2 pt ; 10. (a) 3 pts, (b) 2 pts. Partie III. 11. 2 pts ; 12. 3 pts.
Probl`eme 2. /
Partie I. 1. 2 pts ; 2. 2 pts ; 3. 4 pts ; 4. 2 pts ; 5. 2 pts ; 6. 2 pts. Partie II. 7. 3 pts ; 8. 2 pts ; 9. 4 pts ; 10. 3 pts ; 11. 2 pts ; 12. 2 pts.
R´esultats
Moyenne Max Min Exercice 1 3.05 6 0 Exercice 2 4.6 14 0 Probleme 1 16.73 24.5 8. Probleme 2 8.03 16.5 2 P - R 1.83 3 0.
TOTAL 34.23 51 11.
