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DEVOIR SURVEILLE 4

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DEVOIR SURVEILLE 4

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Exo 2

Recommandations

Rédigez vos réponses dans un français correct. Terminez chaque résolution d’exercice par une

conclusion encadrée ou soulignée. Laissez une marge au correcteur.Les exercices sont indépendants et peuvent être traités dans n’importe quel ordre. Dans un

exercice avec plusieurs questions, on pourra, si besoin est, admettre le résultat d’une question pourrépondre aux suivantes.La calculatrice n’est pas autorisée.

Exercice 1

Soit (un)n�0 une suite de nombres complexes telle que chaque terme est la moyenne arithmé-tique du terme qui le précède et du terme qui le suit, c’est-à-dire

∀n ∈ N, un+1 =un + un+2

1. On pose r = u1 − u0. Démontrer que, pour tout n ∈ N, on a

un = u0 + nr.

2. Que peut-on alors dire de la suite (un)n�0 ?

Exercice 2

On pose

Z =2 + i

2− i ·

On souhaite démontrer que Z n’est, pour aucun entier n ∈ N∗, une racine n-ème de l’unité.Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant l’existence de n ∈ N∗ tel que Zn = 1,

c’est-à-dire tel que(2 + i)n = (2− i)n.

On pose

S =n−1∑

k=1

(nk

)(2− i)k−1(2i)n−k.

1. Démontrer que

S =(2i)n

i− 2 ·

2. On considère le sous-ensemble L de C défini par

L = {a+ ib ∈ C : a, b ∈ Z}.

a) Démontrer que, pour tous z1, z2 ∈ L, on a z1 + z2 ∈ L et z1z2 ∈ L.b) En déduire que S ∈ L.

3. Démontrer que les résultats des questions 1 et 2 conduisent à une contradiction concernant|S|2. Conclure.

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Exo 4

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Exo 4

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Exo 4

Exercice 4

Pour tout n ∈ N∗, on pose

un =

√n

4n

(2nn

1. Démontrer que, pour tout n ∈ N∗, on a

un+1un

=2n+ 1

2√n√n+ 1

·

2. Déterminer le sens de variation de la suite (un).

3. Démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N∗, on a

un �

√n

2n+ 1

et en déduire que la suite (un) est majorée.

4. En déduire que la suite (un) converge vers une limite ℓ strictement positive.

5. Sachant que ℓ = 1/√π. Déterminer un équivalent (lorsque n −→ +∞) du n-ème nombre de

Catalan Cn défini par Cn =1

n+ 1

(2nn

Exercice 5

Soit n ∈ N∗. On appelle :◮ codon une succession de 3 lettres choisies parmi A, C, G et T ;

◮ brin un assemblage ordonné de n codons ;

◮ codon d’initiation (ou codon start) le codon ATG ;

◮ codon de terminaison (ou codon stop) l’un des trois codons TAG, TGA ou TAA ;

◮ séquence codante une partie connexe(†) d’un brin qui commence par un codon d’initiationet finit par un codon de terminaison (on lit de gauche à droite).

1. a) Justifier qu’il existe 64 codons différents.

b) Combien y aurait-il de codons si ceux-ci n’étaient constitués que de 2 lettres parmi A,C, G et T ? Commenter, sachant que ces codons servent à coder 20 acides aminés.

2. Combien y a-t-il de brins différents ?

3. a) Combien de brins possèdent au moins un codon d’initiation ?b) Combien de brins possèdent au moins un codon de terminaison ?c) Combien de brins satisfont les deux conditions précédentes ?

4. Combien de brins possèdent exactement un codon d’initiation, un codon de terminaison etune séquence codante ?

5. Lorsqu’un brin contient au moins un codon d’initiation, on note D le numéro du codond’initiation le plus à gauche.a) Soit k ∈ [[1;n− 1]]. Déterminer le nombre de brins contenant au moins un codon

d’initiation avec D = k.b) Soit k ∈ [[1;n− 1]]. Déterminer le nombre de brins contenant au moins un codon

d’initiation avec D = k et aucune séquence codante.c) Soit k ∈ [[1;n− 1]]. Déterminer le nombre de brins contenant au moins un codon

d’initiation avec D = k et au moins une séquence codante.d) En déduire que le nombre N de brins contenant au moins une séquence codante est

N = 64n − 189

263n−1 +

1

261n.

0† c’est-à-dire en un seul morceau

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Exo 1

Recommandations

Rédigez vos réponses dans un français correct. Terminez chaque résolution d’exercice par uneconclusion encadrée ou soulignée. Laissez une marge au correcteur.

Les exercices sont indépendants et peuvent être traités dans n’importe quel ordre. Dans unexercice avec plusieurs questions, on pourra, si besoin est, admettre le résultat d’une question pourrépondre aux suivantes.La calculatrice n’est pas autorisée.

Exercice 1

On considère la fonction de Gudermann

gd

R −→

]− π2;π

2

[

x �−→ gd(x)

où, pour tout x ∈ R, gd(x) désigne l’unique nombre réel y appartenant à]− π2;π

2

[qui satisfait la

relation :

(E) : tan y =ex− e−x

Le graphe de cette fonction (en trait plein, avec ses asymptotes horizontales en pointillés) etcelui de la première bissectrice (en pointillés larges) sont donnés ci-dessous :

gd

π2

−π2

1. a) Sans justification, déterminer gd(R) et gd−1([0;π

2

[)·

b) Calculer gd(ln(1 +

√2))

et en déduire, toujours sans justification, gd−1(]− π4;π

4

[)·

2. a) Pour quelles valeurs de y ∈ R l’équation (E) d’inconnue x ∈ R admet-elle des solutions ?Pour une telle valeur de y, résoudre l’équation (E). On posera X = ex.

b) En déduire que gd réalise une bijection entre R et gd(R) et préciser son applicationréciproque.

c) Tracer le graphe de cette application réciproque (sur la feuille annexe jointe).

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Exo 5

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CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE 4

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Exo 2

Exercice 2

On pose Z = (2+i)/(2−i). On souhaite démontrer que Z n’est, pour aucun entier n ∈ N∗, uneracine n-ème de l’unité. Pour cela, on raisonne par l’absurde en supposant l’existence de n ∈ N∗

tel que Zn = 1, c’est-à-dire tel que (2 + i)n = (2− i)n. On pose S =n−1∑

k=1

(nk

)(2− i)k−1(2i)n−k.

1. Démontrer que S = (2i)n/(i− 2).On a

S =n−1∑

k=1

(nk

)(2− i)k−1(2i)n−k

=1

2− i

n−1∑

k=1

(nk

)(2− i)k(2i)n−k

=1

2− i

( n∑

k=0

(nk

)(2− i)k(2i)n−k − (2i)n − (2− i)n

)

=1

2− i((2− i+ 2i)n − (2i)n − (2− i)n

)d’après le binôme

=1

2− i((2 + i)n − (2i)n − (2− i)n

)

= −(2i)n

2− i car (2 + i)n = (2− i)n,

c’est-à-dire

S =(2i)n

i− 2 ·

2. On considère le sous-ensemble L de C défini par L = {a+ ib ∈ C : a, b ∈ Z}.a) Démontrer que, pour tous z1, z2 ∈ L, on a z1 + z2 ∈ L et z1z2 ∈ L.

Si z1 = a1 + ib1 ∈ L et z2 = a2 + ib2 ∈ L, alors

z1 + z2 = (a1 + ib1) + (a2 + ib2) = (a1 + a2)︸ ︷︷ ︸∈Z

+i (b1 + b2)︸ ︷︷ ︸∈Z

∈ L

etz1z2 = (a1 + ib1)(a2 + ib2) = (a1a2 − b1b2)︸ ︷︷ ︸

∈Z

+i (a1b2 + b1a2)︸ ︷︷ ︸∈Z

∈ L,

ce qui démontre que

l’addition et la multiplication sont des opérations internes dans L.

b) En déduire que S ∈ L.Dès lors, comme 2− i ∈ L et 2i ∈ L et comme S n’est constituée que de sommes et deproduits de ces deux nombres, les propriétés de la question précédente nous disent que

n−1∑

k=1

(nk

)(2− i)k−1(2i)n−k ∈ L,

c’est-à-direS ∈ L.

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3. Démontrer que les résultats des questions 1 et 2 conduisent à une contradiction concernant|S|2. Conclure.

Comme S ∈ L d’après la question 2, les parties réelle et imaginaire de S sont des entiersrelatifs. Dès lors, il est clair que |S|2 = ℜe(S)2 +ℑm(S)2 est un entier naturel.Par ailleurs, le résultat de la question 1 nous dit que

|S|2 =∣∣∣(2i)n

i− 2∣∣∣2

=4n

Comme 4n/5 n’est clairement pas un entier (on divise un nombre pair par un nombre impair),on aboutit bien à une contradiction.En conclusion,

Z n’est, pour aucun entier n ∈ N∗, une racine n-ème de l’unité.

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Exo 4

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Page 12: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

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Exo 4

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Page 15: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

Exo 4

Exercice 4

Pour tout n ∈ N∗, on pose un =

√n

4n

(2nn

1. Démontrer que, pour tout n ∈ N∗, on aun+1un

=2n+ 1

2√n√n+ 1

·

Pour tout n ∈ N∗, on a

un+1un

=

√n+ 1

4n+1

(2n+ 2

n+ 1

)

√n

4n

(2nn

)

=1

4

√n+ 1√n

(2n+ 2)!((n+ 1)!

)2

(2n)!

(n!)2

=1

4

√n+ 1√n

(2n+ 1)(2n+ 2)

(n+ 1)2

=1

4

√n+ 1√n

(2n+ 1)2(n+ 1)

(n+ 1)2

=1

2

1√n

2n+ 1√n+ 1

,

donc

∀n ∈ N∗, un+1un

=2n+ 1

2√n√n+ 1

·

2. Déterminer le sens de variation de la suite (un).

Pour tout n ∈ N∗, on a

un+1un

� 1 ⇐⇒ 2n+ 1

2√n√n+ 1

� 1

⇐⇒ 2n+ 1 � 2√n√n+ 1

⇐⇒ (2n+ 1)2 � 4n(n+ 1)car les nombressont positifs

⇐⇒ 4n2 + 4n+ 1 � 4n2 + 4n

⇐⇒ 1 � 0.

Comme l’assertion 1 � 0 est toujours vraie, on en déduit que

∀n ∈ N∗, un+1un

� 1,

ce qui donne, puisque ∀n ∈ N∗, un > 0,

∀n ∈ N∗, un+1 � un,

donc(un) est croissante.

3. Démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N∗, on a un �

√n

2n+ 1et en déduire que la

suite (un) est majorée.

Pour tout n ∈ N∗, on considère l’assertion

P(n) : un �

√n

2n+ 1·

Page 16: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

Initialisation : Pour n = 1, on a u1 =

√1

41

(2× 1

1

)=

1

2et

√1

2× 1 + 1=

1√3donc P(1) est

vraie puisque1

2<

1√3·

Hérédité : Fixons n ∈ N∗ tel que P(n) est vraie et démontrons que P(n + 1) est vraie. Enutilisant le résultat de la question 1 puis l’hypothèse de récurrence, on peut écrire

un+1 =2n+ 1

2√n√n+ 1

un �2n+ 1

2√n√n+ 1

√n

2n+ 1=

√2n+ 1

2√n+ 1

·

Pour que P(n+ 1) soit vraie, il suffit donc que l’inégalité√2n+ 1

2√n+ 1

√n+ 1

2n+ 3(∗)

soit satisfaite. Or

(∗) ⇐⇒√2n+ 1

√2n+ 3 � 2(n+ 1)

⇐⇒ (2n+ 1)(2n+ 3) � 4(n+ 1)2car les nombressont positifs

⇐⇒ 4n2 + 4n+ 3 � 4n2 + 4n+ 4

⇐⇒ 3 � 4.

Comme la dernière égalité est clairement vraie, on en déduit que l’inégalité (∗) est satisfaiteet donc que P(n+ 1) est vraie.Conclusion : D’après le principe de récurrence, on a

∀n ∈ N∗, un �

√n

2n+ 1·

Comme ∀n ∈ N∗, 2n+ 1 � 2n, on a

∀n ∈ N∗,√

n

2n+ 1�

√n

2n=

1√2,

ce qui donne

∀n ∈ N∗, un �1√2·

Donc(un) est majorée.

4. En déduire que la suite (un) converge vers une limite ℓ strictement positive.

La suite (un) est croissante et majorée donc, d’après le théorème de la limite monotone, (un)converge. Comme u1 = 1/2 > 0 et comme (un) est croissante, on peut affirmer que la limitede (un) est strictement positive. En conclusion,

(un) converge vers une limite ℓ strictement positive.

5. Sachant que ℓ =1√π, déterminer un équivalent (lorsque n −→ +∞) du n-ème nombre de

Catalan Cn défini par Cn =1

n+ 1

(2nn

On a

Cn =1

n+ 1

(2nn

)=

4n√n(n+ 1)

√n

4n

(2nn

)=

4n√n(n+ 1)

unn→+∞

4n

n3/2ℓ,

donc, puisque ℓ =1√π,

Cnn→+∞

4n√πn3/2

·

Page 17: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

Exo 1

Lycée Fénelon Correction

BCPST 1 2010/2011

Correction du DS 2(durée : 3 h 30)

Exercice 1

Soit la fonction de Gudermann gd : R −→ ]−π/2;π/2[ telle que, pour tout x ∈ R, gd(x) désignel’unique nombre réel y de ]−π/2;π/2[ qui satisfait la relation (E) : tan y = (ex− e−x)/2.

1. a) Sans justification, déterminer gd(R) et gd−1([0;π/2[).

Par lecture graphique, on a

gd(R) =]− π2;π

2

[et gd−1

([0;π

2

[)= R+.

b) Calculer gd(ln(1 +

√2))et en déduire, toujours sans justification, gd−1([−π/4;π/4]).

Le nombre gd(ln(1 +

√2))

est l’unique réel y satisfaisant la relation

tan y =eln(1+

√2)− e− ln(1+

√2)

2

⇐⇒ tan y =

1 +√2− 1

1 +√2

2

⇐⇒ tan y =1 +

√2− 1−

√2

1− 22

⇐⇒ tan y =1 +

√2 + 1−

√2

2⇐⇒ tan y = 1

⇐⇒ y =π

4,

donc

gd(ln(1 +

√2))=π

Graphiquement, on constate que gd est impaire et strictement croissante donc

gd−1(]− π4;π

4

[)=[− ln(1 +

√2); ln(1 +

√2)].

2. a) Pour quelles valeurs de y ∈ R l’équation (E) d’inconnue x ∈ R admet-elle des solutions ?Pour une telle valeur de y, résoudre l’équation (E).Par définition, l’ensemble des valeurs de y ∈ R pour lesquelles l’équation (E) admet dessolutions est gd(R), donc, d’après le résultat de la question 1. a),

l’équation (E) d’inconnue x ∈ R admet des solutions si, et seulement si, y ∈]− π2;π

2

[.

Page 18: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

Pour y ∈]− π2;π

2

[, on a

(E) ⇐⇒ tan y =ex− e−x

2

⇐⇒ tan y =X − 1

X2

en posant X = ex .

⇐⇒ tan y =X2 − 12X

⇐⇒ (2 tan y)X = X2 − 1⇐⇒ X2 − (2 tan y)X − 1 = 0.

Le discriminant de cette équation du second degré vaut

∆ = (−2 tan y)2 − 4× 1× (−1) = 4(tan2 y + 1) > 0,

donc les solutions valent

X1 = tan y +

√tan2 y + 1 et X2 = tan y −

√tan2 y + 1.

Comme X = ex est strictement positive, on doit rejeter la seconde solution (en effet,on a

√tan2 y + 1 >

√tan2 y = | tan y| � tan y donc tan y −

√tan2 y + 1 < 0), ce qui

donne

X = tan y +

√tan2 y + 1

⇐⇒ ex = tan y +

√tan2 y + 1

⇐⇒ x = ln(tan y +

√tan2 y + 1

).

Donc

pour tout y ∈]− π2;π

2

[, l’équation (E) d’inconnue x ∈ R

admet une unique solution x = ln(tan y +

√tan2 y + 1

).

Remarque : On a

ln(tan y +

√tan2 y + 1

)= ln

(tan y +

1

cos y

b) En déduire que gd réalise une bijection entre R et gd(R) et préciser son applicationréciproque.

Le résultat de la question précédente implique que

la fonction gd réalise une bijection entre R et gd(R) =]− π2;π

2

[dont

la réciproque est gd−1

]− π2;π

2

[−→ R

y �−→ ln(tan y +

√tan2 y + 1

).

Page 19: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

c) Tracer le graphe de cette application réciproque.

On sait que la courbe représentative de gd−1 s’obtient à partir de la courbe de gd eneffectuant une réflexion par rapport à la première bissectrice. Par suite, on obtient

gd

gd−1

π2

−π2

π2

−π2

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Exo 5

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Page 21: DEVOIRSURVEILLE4 · 2014-02-03 · Title: 2013_DS4 Created Date: 1/20/2014 2:13:03 PM

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