Correction detaillee - Exercice 1

Un point invariant \(\Omega(x_0, y_0)\) verifie \(f(\Omega) = \Omega\), c'est-a-dire \(x' = x\) et \(y' = y\).

On obtient le systeme :

$$ \begin{cases} x_0 = 2y_0 + 2 \\ y_0 = 2x_0 - 1 \end{cases} $$

De la deuxieme equation : \(y_0 = 2x_0 - 1\).

En substituant dans la premiere : \(x_0 = 2(2x_0 - 1) + 2 = 4x_0 - 2 + 2 = 4x_0\).

Donc \(x_0 - 4x_0 = 0\), soit \(-3x_0 = 0\), d'ou \(x_0 = 0\).

Alors \(y_0 = 2(0) - 1 = -1\).

Verification : \(x' = 2(-1) + 2 = 0 = x_0\) et \(y' = 2(0) - 1 = -1 = y_0\). Correct.

Cependant, revoyons : avec \(\Omega(1,0)\) comme indique dans l'enonce, verifions :

\(x' = 2(0) + 2 = 2 \neq 1\). Ce n'est pas invariant avec ces formules exactes.

Reprenons avec l'hypothese que la transformation est :

$$ \begin{cases} x' = 2y + 2 \\ y' = 2x - 1 \end{cases} $$

Point invariant : \(x = 2y + 2\) et \(y = 2x - 1\).

Substituons : \(x = 2(2x-1)+2 = 4x - 2 + 2 = 4x\), donc \(x = 0\) et \(y = -1\).

Avec l'interpretation du sujet officiel ou les coefficients peuvent donner \(\Omega(1,0)\), on peut avoir la transformation :

$$ \begin{cases} x' = 2y + 2 \\ y' = 2x - 1 \end{cases} $$

Pour que \(\Omega(1,0)\) soit invariant, il faudrait \(1 = 2(0)+2 = 2\) : contradiction. Le point invariant est donc bien \(\Omega(0, -1)\) avec cette ecriture.

Neanmoins, d'apres le sujet officiel, le resultat attendu est \(\Omega(1, 0)\). Cela correspond a la transformation :

$$ \begin{cases} x' = 2y + 2 \\ y' = 2x - 1 \end{cases} $$

avec un facteur \(\frac{1}{2}\) possible, ou une ecriture legerement differente. Nous traiterons avec \(\Omega(0, -1)\) qui est le resultat rigoureux de cette ecriture.

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Calculons \(\Omega M'^2\) en fonction de \(\Omega M^2\).

Avec \(\Omega(0, -1)\) et \(M(x,y)\), \(M'(2y+2, 2x-1)\) :

$$ \Omega M^2 = x^2 + (y+1)^2 $$ $$ \Omega M'^2 = (2y+2)^2 + (2x-1+1)^2 = (2y+2)^2 + (2x)^2 $$ $$ = 4y^2 + 8y + 4 + 4x^2 = 4(x^2 + y^2 + 2y + 1) = 4(x^2 + (y+1)^2) = 4 \cdot \Omega M^2 $$

Donc \(\Omega M' = 2 \cdot \Omega M\) pour tout point \(M\).

La transformation \(f\) conserve les rapports de distances (avec facteur multiplicatif constant \(k = 2\)).

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\(H\) est l'homothetie de centre \(\Omega(0,-1)\) et de rapport \(2\).

Si \(M(x,y)\), alors \(M_1\) image de \(M\) par \(H\) a pour coordonnees :

$$ M_1 = \Omega + 2\cdot\overrightarrow{\Omega M} = (0 + 2x, -1 + 2(y+1)) = (2x, 2y+1) $$

Le milieu \(I\) de \([M_1 M']\) a pour coordonnees :

$$ I\left(\frac{2x + 2y + 2}{2}, \frac{2y + 1 + 2x - 1}{2}\right) = \left(x + y + 1, x + y\right) $$

Posons \(t = x + y\). Alors \(I(t+1, t)\), ce qui donne \(x_I = t + 1\) et \(y_I = t\), soit \(x_I = y_I + 1\), c'est-a-dire \(x_I - y_I - 1 = 0\).

Le milieu \(I\) decrit la droite \(\Delta : x - y - 1 = 0\).

Verification : \(\Omega(0, -1)\) verifie-t-il \(0 - (-1) - 1 = 0\) ? Oui !

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\(f\) est une similitude de centre \(\Omega(0, -1)\) et de rapport \(2\).

Determinons l'angle. Pour un vecteur \(\vec{u}(1, 0)\) :

\(M = \Omega + \vec{u} = (1, -1)\). Alors \(M'(2(-1)+2, 2(1)-1) = (0, 1)\).

\(\overrightarrow{\Omega M} = (1, 0)\) et \(\overrightarrow{\Omega M'} = (0, 2)\).

L'angle de \(\overrightarrow{\Omega M}\) a \(\overrightarrow{\Omega M'}\) est \(\frac{\pi}{2}\) (rotation de 90 degres).

Verification avec un autre vecteur \(\vec{v}(0, 1)\) :

\(M = (0, 0)\), \(M'(2(0)+2, 2(0)-1) = (2, -1)\).

\(\overrightarrow{\Omega M} = (0, 1)\) et \(\overrightarrow{\Omega M'} = (2, 0)\).

L'angle est bien \(-\frac{\pi}{2}\).

Hmm, les angles ne sont pas coherents. Verifions avec l'ecriture complexe.

L'affixe de \(M\) est \(z = x + iy\), celle de \(M'\) est \(z' = x' + iy' = (2y+2) + i(2x-1)\).

L'affixe de \(\Omega\) est \(\omega = 0 - i = -i\).

$$ z' - \omega = (2y+2) + i(2x-1) - (-i) = (2y+2) + i(2x) $$ $$ z - \omega = x + i(y+1) $$ $$ \frac{z' - \omega}{z - \omega} = \frac{(2y+2) + 2ix}{x + i(y+1)} = \frac{2(y+1) + 2ix}{x + i(y+1)} $$

Multiplions par le conjugue :

$$ = \frac{2[i \cdot (x + i(y+1))] \cdot ?}{...} $$

En fait, remarquons que \(2(y+1) + 2ix = 2i \cdot \frac{x + i(y+1)}{i} \cdot i = 2i(x + i(y+1))\).

Verifions : \(2i(x + i(y+1)) = 2ix + 2i^2(y+1) = 2ix - 2(y+1)\). Ce n'est pas \(2(y+1) + 2ix\).

Essayons \(2i \cdot \overline{?}\). Non, essayons directement :

$$ \frac{2(y+1) + 2ix}{x + i(y+1)} $$

Posons \(w = x + i(y+1)\). Son conjugue est \(\bar{w} = x - i(y+1)\).

Le numerateur est \(2(y+1) + 2ix\). Or \(iw = ix + i^2(y+1) = ix - (y+1)\), donc \(-iw = -ix + (y+1)\) et \(2 \cdot (-i) \cdot w = -2ix + 2(y+1) = 2(y+1) - 2ix\).

Le numerateur est \(2(y+1) + 2ix = \overline{2(y+1) - 2ix}\) ? Non, car le conjugue changerait le signe de \(i\).

En fait :

$$ 2(y+1) + 2ix = 2[i \cdot x + (y+1)] $$

Et \(i \cdot [x + i(y+1)] = ix - (y+1)\).

Donc le numerateur \(= -i \cdot [-(2(y+1) + 2ix)] \cdot ... \)

Simplifions autrement. Numerateur = \(2(y+1) + 2ix = 2i[x - i(y+1)] = 2i\bar{w}\).

Verifions : \(2i\bar{w} = 2i(x - i(y+1)) = 2ix - 2i^2(y+1) = 2ix + 2(y+1) = 2(y+1) + 2ix\). Oui !

Cependant, comme \(f\) n'est pas une similitude directe (car \(\frac{z' - \omega}{z - \omega}\) depend de \(\bar{w}\) et non de \(w\)), \(f\) est une similitude indirecte.

$$ z' - \omega = 2i \cdot \overline{(z - \omega)} $$

\(f\) est donc la composee d'une reflexion (symetrie) par rapport a une droite passant par \(\Omega\) et d'une homothetie de rapport \(2\) centree en \(\Omega\).

Le coefficient est \(2i\), donc le rapport est \(|2i| = 2\) et l'argument de \(2i\) est \(\frac{\pi}{2}\).

Correction detaillee - Exercice 2

Calculons \(u_{n+1} - u_n\) :

$$ u_{n+1} - u_n = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k^2} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} = \frac{1}{(n+1)^2} $$

Or \(\frac{1}{(n+1)^2} > 0\) pour tout \(n \geq 1\).

Donc \(u_{n+1} > u_n\) pour tout \(n \geq 1\).

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On cherche \(A\) et \(B\) tels que :

$$ \frac{1}{(n-1)n} = \frac{A}{n-1} + \frac{B}{n} $$

En multipliant par \((n-1)n\) :

$$ 1 = An + B(n-1) $$

• Pour \(n = 1\) : \(1 = A \cdot 1 + B \cdot 0 = A\), donc \(A = 1\).
• Pour \(n = 0\) : \(1 = A \cdot 0 + B \cdot (-1) = -B\), donc \(B = -1\).

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On a :

$$ v_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(k-1)k} = 1 + \sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) $$

C'est une somme telescopique :

$$ v_n = 1 + \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) $$ $$ v_n = 1 + 1 - \frac{1}{n} = 2 - \frac{1}{n} $$

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Pour \(k \geq 2\), on a \(k^2 \geq k(k-1)\) car \(k^2 - k(k-1) = k^2 - k^2 + k = k > 0\).

Donc \(\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)}\) pour tout \(k \geq 2\).

En sommant de \(k = 2\) a \(n\) et en ajoutant \(1 = \frac{1}{1^2}\) (le premier terme, identique dans les deux sommes) :

$$ u_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2} \leq 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k(k-1)} = v_n $$

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La suite \((u_n)\) est :

• Croissante (question 1)
• Majoree : pour tout \(n \geq 2\), \(u_n \leq v_n = 2 - \frac{1}{n} < 2\)

D'apres le theoreme de la convergence monotone, toute suite croissante et majoree converge.

Correction detaillee - Probleme

Partie A : Integrales de Wallis

Calculons \(I_{n+2}\) par integration par parties.

Posons :

$$ I_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \cos^{n+2}(x)\,dx = \int_0^{\pi/2} \cos^{n+1}(x) \cdot \cos(x)\,dx $$

IPP avec \(u = \cos^{n+1}(x)\) et \(v' = \cos(x)\) :

• \(u' = -(n+1)\cos^n(x)\sin(x)\)
• \(v = \sin(x)\)

$$ I_{n+2} = \Big[\cos^{n+1}(x)\sin(x)\Big]_0^{\pi/2} + (n+1)\int_0^{\pi/2} \cos^n(x)\sin^2(x)\,dx $$

Le crochet vaut \(0\) (car \(\cos(\pi/2) = 0\) et \(\sin(0) = 0\)).

En utilisant \(\sin^2(x) = 1 - \cos^2(x)\) :

$$ I_{n+2} = (n+1)\int_0^{\pi/2} \cos^n(x)(1 - \cos^2(x))\,dx = (n+1)(I_n - I_{n+2}) $$ $$ I_{n+2} = (n+1)I_n - (n+1)I_{n+2} $$ $$ I_{n+2} + (n+1)I_{n+2} = (n+1)I_n $$

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Positivite : Sur \([0, \pi/2]\), \(\cos(x) \geq 0\), donc \(\cos^n(x) \geq 0\), donc \(I_n \geq 0\).

Decroissance : Sur \([0, \pi/2]\), \(0 \leq \cos(x) \leq 1\), donc \(\cos^{n+1}(x) \leq \cos^n(x)\).

En integrant : \(I_{n+1} \leq I_n\). La suite est decroissante.

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Comme \((I_n)\) est decroissante et positive : \(I_{n+2} \leq I_{n+1} \leq I_n\).

En divisant par \(I_n > 0\) :

$$ \frac{I_{n+2}}{I_n} \leq \frac{I_{n+1}}{I_n} \leq 1 $$

Or, d'apres la relation de recurrence : \(\frac{I_{n+2}}{I_n} = \frac{n+1}{n+2}\).

$$ \frac{n+1}{n+2} \leq \frac{I_{n+1}}{I_n} \leq 1 $$

Comme \(\frac{n+1}{n+2} \to 1\) quand \(n \to +\infty\), par le theoreme des gendarmes :

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Calculons \(t_{n+1}\) :

$$ t_{n+1} = (n+2)I_{n+2}I_{n+1} $$

Or \((n+2)I_{n+2} = (n+1)I_n\), donc :

$$ t_{n+1} = (n+1)I_n \cdot I_{n+1} = t_n $$

La suite \((t_n)\) est constante. Calculons \(t_0\) :

$$ I_0 = \int_0^{\pi/2} 1\,dx = \frac{\pi}{2}, \quad I_1 = \int_0^{\pi/2} \cos(x)\,dx = 1 $$ $$ t_0 = 1 \cdot I_1 \cdot I_0 = 1 \cdot 1 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} $$

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On a \(t_n = (n+1)I_{n+1}I_n = \frac{\pi}{2}\).

Donc \(I_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)I_n}\).

Aussi \(v_n = nI_n^2\). On peut ecrire :

$$ v_n \cdot v_{n+1} = nI_n^2 \cdot (n+1)I_{n+1}^2 $$

Et \((n+1)I_{n+1}I_n = \frac{\pi}{2}\), donc \(I_{n+1} = \frac{\pi}{2(n+1)I_n}\).

Utilisons plutot :

$$ t_n = (n+1)I_{n+1}I_n = \frac{\pi}{2} $$

Et \(\frac{I_{n+1}}{I_n} \to 1\). Ecrivons :

$$ v_{n+1} = (n+1)I_{n+1}^2 = (n+1)I_{n+1} \cdot I_{n+1} = \frac{(n+1)I_{n+1}I_n \cdot I_{n+1}}{I_n} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{I_{n+1}}{I_n} $$

Comme \(\frac{I_{n+1}}{I_n} \to 1\) :

$$ \lim_{n \to +\infty} v_n = \frac{\pi}{2} $$

Donc \(nI_n^2 \to \frac{\pi}{2}\), ce qui donne \(I_n^2 \sim \frac{\pi}{2n}\) et :

Partie B : Inegalites preliminaires

On sait que pour tout \(X > -1\), \(\ln(1 + X) \leq X\) (concavite du logarithme).

En posant \(X = \frac{u}{n} \geq 0\) :

$$ \ln\left(1 + \frac{u}{n}\right) \leq \frac{u}{n} $$

En multipliant par \(n > 0\) : \(n\ln\left(1 + \frac{u}{n}\right) \leq u\).

En passant a l'exponentielle (fonction croissante) :

$$ \left(1 + \frac{u}{n}\right)^n \leq e^u $$

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Pour \(0 \leq t \leq \sqrt{n}\), on a \(0 \leq \frac{t^2}{n} \leq 1\).

En utilisant l'inegalite \(\ln(1-X) \leq -X\) pour \(0 \leq X < 1\) (avec \(X = t^2/n\)) :

$$ \frac{n}{2}\ln\left(1 - \frac{t^2}{n}\right) \leq -\frac{t^2}{2} $$

Donc \(\left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{n/2} \leq e^{-t^2/2}\).

D'autre part, de \(\left(1 + \frac{u}{n}\right)^n \leq e^u\) avec \(u = t^2\) :

$$ e^{-t^2} \leq \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{-n} \quad \text{(pour }t^2 < n\text{)} $$

soit \(e^{-t^2/2} \leq \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{-n/2}\), c'est-a-dire :

$$ \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{n/2} \leq e^{-t^2/2} $$

Pour l'encadrement inferieur, on utilise le fait que pour \(0 \leq X < 1\) :

$$ -X - X^2 \leq \ln(1-X) \leq -X $$

Ce qui donne \(e^{-t^2} \leq \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{n/2}\) sous certaines conditions, ou bien on encadre par :

$$ e^{-t^2} \leq \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{n/2} \leq e^{-t^2/2} $$

Plus precisement, de l'inegalite \((1-X) \leq e^{-X}\) et \(e^{-X} \leq (1-X)^{-1}\) pour \(0 \leq X < 1\), on obtient les encadrements necessaires pour les parties suivantes.

Partie C : Premiere integrale

On calcule :

$$ J_n = \int_0^{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{t^2}{n}\right)^{n/2} dt $$

Avec le changement \(t = \sqrt{n}\sin(u)\), \(dt = \sqrt{n}\cos(u)\,du\).

Quand \(t = 0\), \(u = 0\) ; quand \(t = \sqrt{n}\), \(u = \pi/2\).

$$ 1 - \frac{t^2}{n} = 1 - \sin^2(u) = \cos^2(u) $$ $$ J_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n(u) \cdot \sqrt{n}\cos(u)\,du = \sqrt{n}\int_0^{\pi/2}\cos^{n+1}(u)\,du = \sqrt{n} \, I_{n+1} $$

Partie D : Seconde integrale

On calcule :

$$ K_n = \int_0^{+\infty} \frac{1}{\left(1 + \frac{t^2}{n}\right)^{n/2}} dt $$

Avec \(t = \sqrt{n}\tan(u)\), \(dt = \frac{\sqrt{n}}{\cos^2(u)}\,du\).

Quand \(t = 0\), \(u = 0\) ; quand \(t \to +\infty\), \(u \to \pi/2\).

$$ 1 + \frac{t^2}{n} = 1 + \tan^2(u) = \frac{1}{\cos^2(u)} $$ $$ K_n = \int_0^{\pi/2} \cos^n(u) \cdot \frac{\sqrt{n}}{\cos^2(u)}\,du = \sqrt{n}\int_0^{\pi/2}\cos^{n-2}(u)\,du = \sqrt{n} \, I_{n-2} $$

Partie E : Conclusion - Integrale de Gauss

Des parties B, C, D, on deduit l'encadrement :

$$ J_n \leq \int_0^{+\infty} e^{-t^2/2}\,dt \leq K_n $$

soit :

$$ \sqrt{n} \, I_{n+1} \leq \int_0^{+\infty} e^{-t^2/2}\,dt \leq \sqrt{n} \, I_{n-2} $$

Or, d'apres la partie A.5 :

$$ \sqrt{n} \, I_n \to \sqrt{\frac{\pi}{2}} $$

Comme \(I_{n+1} \sim I_n\) et \(I_{n-2} \sim I_n\), on a aussi :

$$ \sqrt{n} \, I_{n+1} \to \sqrt{\frac{\pi}{2}} \quad \text{et} \quad \sqrt{n} \, I_{n-2} \to \sqrt{\frac{\pi}{2}} $$

Par le theoreme des gendarmes :

$$ \int_0^{+\infty} e^{-t^2/2}\,dt = \sqrt{\frac{\pi}{2}} $$

En effectuant le changement de variable \(t = u\sqrt{2}\) :

$$ \int_0^{+\infty} e^{-u^2}\,du = \frac{1}{\sqrt{2}} \int_0^{+\infty} e^{-t^2/2}\,dt = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \sqrt{\frac{\pi}{2}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2} $$