Correction

Colle no 6 : Corrigé
I
Utilisation des tableaux
1
Affichage d’un tableau
Exercice 1:
Program tableau ;
var i :integer ; T :array [1..50] of integer ;
begin
randomize ;
for i :=1 to 50 do
begin
T[i] :=random(11) ;
write(T[i],’ ’) ;
end ;
end.
2
Recherche du plus petit élément
Exercice 2:
1. Program recherche-min ;
var i,m,k :integer ; T :array [1..50] of integer ;
begin
randomize ;
for i :=1 to 50 do
begin
T[i] :=random(11) ;
write(T[i],’ ’) ;
end ;
m :=T[1] ;
for k :=2 to 50 do
if T[k]<m then m :=T[k] ;
writeln(’Le plus petit élément du tableau est
’,m) ;
end.
Informatique
Page 1
2. Program recherche-min ;
var i,m,k,r :integer ; T :array [1..50] of integer ;
begin
randomize ;
for i :=1 to 50 do
begin
T[i] :=random(11) ;
write(T[i],’ ’) ;
end ;
m :=T[1] ; r :=1 ;
for k :=2 to 50 do
if T[k]<m then
begin
m :=T[k] ;
r :=k ;
end ;
writeln(’Le plus petit élément du tableau est
’,m) ;
writeln(’Il apparait pour la première fois à la
position ’,r) ;
end.
Colle no 6 : corrigé
3
Nombre d’apparitions d’un élément donné
Exercice 3:
Program tableau ;
var i,n,x,k :integer ; T :array [1..50] of integer ;
begin
randomize ;
for i :=1 to 50 do
begin
T[i] :=random(11) ;
write(T[i],’ ’) ;
end ;
write(’Entrez un entier x :’) ;readln(x) ;
n :=0 ;
for k :=1 to 50 do
begin
if T[k]=x then n :=n+1 ;
end ;
write(’Le nombre ’,x,’ apparait ’,n,’ fois dans le tableau’) ;
end.
II
Exercices de concours
1
EDHEC 2000
Exercice 4:
1. a) fn est dérivable sur R+ et fn′ (x) = nxn−1 + 9x = x(nxn−1 + 9) > 0. Donc fn est strictement
croissante sur R+ .
D’après le théorème de bijection, fn réalise une bijection de R+ sur fn ([0; +∞[) = [fn (0); lim fn (x)[=
x→+∞
[−4, +∞[.
Comme 0 ∈ [−4, +∞[, 0 admet un unique antécédent par fn , c’es-à-dire que l’équation fn (x) = 0
admet une unique solution dans R+ que l’on note un . Comme fn (0) = −4 6= 0, on a donc un > 0.
b) Pour calculer u1 et u2 , il faut résoudre f1 (x) = 0 et f2 (x) = 0 :
2
f1 (x) = x +
√ 9x − 4 polynôme du second degré de discriminant : ∆ = 1 + 144 = 145 donc
−1 + 145
qui est la racine positive de cette équation.
u1 =
18
p
2
f2 (x) = 0 ⇔ x2 + 9x2 − 4 = 0 ⇔ 10x2 − 4 = 0 ⇔ x2 = donc u2 = 2/5.
5
n
2
n
c) On a fn (2/3) = (2/3) + 9 (2/3) − 4 = (2/3) > 0.
2
Donc fn (un ) < fn (2/3) et comme fn−1 est strictement croissante sur ] − 4; +∞[ on a un < .
3
2
Comme on a déjà montré que un > 0, on a donc ∀n ∈ N∗ , un ∈ 0, .
3
2. a) Soit x ∈]0, 1[, on a : fn+1 (x) − fn (x) = xn+1 − xn = xn (x − 1) et comme x < 1 et xn > 0 on a
bien fn+1 (x) < fn (x).
2
b) Donc, comme un ∈ 0, , on a un ∈]0, 1[ et fn+1 (un+1 ) = 0 < fn (un+1 ).
3
Donc fn (un+1) > 0 = fn (un ) et comme fn−1 est strictement croissante sur ] − 4; +∞[ on a alors
un+1 > un pour tout entier n et la suite (un ) est croissante.
Informatique
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Colle no 6 : corrigé
2
2
donc elle est convergente vers ℓ avec 0 6 ℓ 6 .
3
3
3. a) Comme 0 6 un 6 2/3 et que la fonction puissance n est strictement croissante pour n > 0 sur
R+ alors 0n 6 (un )n 6 (2/3)n et comme |2/3| < 1 on a (2/3)n → 0 donc par encadrement
lim (un )n = 0
c) (un ) est croissante et majorée par
n→+∞
b) Or (un )n + 9u2n − 4 = 0 alors par passage à la limite 9ℓ2 − 4 = 0 et donc ℓ =
lim un =
n→+∞
2
car ℓ > 0.
3
2
3
2
− un au terme général d’une série connue. Or on remarque que
3
2
2
2
un +
9(un ) − 4 = 9 un −
3
3
2
2
2
un +
= 0 ce qui nous donne − un =
et comme fn (un ) = 0 on a donc (un )n + 9 un −
3
3
3
(un )n
.
9(un + 2/3)
n
2
1
1
1
n
Donc comme 0 6 (un ) 6
et que 0 6
6
= on a :
3
9(un + 2/3)
9 × 2/3
6
n
1 2
2
0 6 − un 6
3
6 3
n
X1 2
2
La série
est une série géométrique de raison donc convergente.
6 3
3
X 2
− un converge également.
Ainsi par critères de comparaison sur les séries à termes positifs
3
4. On cherche à comparer
2
EDHEC 1999
Exercice 5:

1
0
. Donc :
1
0


1−λ
−2
0
1
 0
−1 − λ 1
0 

A(0) − λI = 
 0
0
−λ 1 
0
0
−1 −λ
↓


1−λ
−2
0
1
 0
−1 − λ 1
0 


 0
0
−1 −λ
0
0
−λ 1
↓


1−λ
−2
0
1
 0
−1 − λ 1
0 


 0
0
−1 −λ 
0
0
0 1 + λ2
1 −2 0
0 −1 1
1. • A(0) = 
0 0
0
0 0 −1
Informatique
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L3 ↔ L4
L4 ← L4 − λL3
Colle no 6 : corrigé
Ainsi les valeurs de λ pour lesquelles A(0) − λI n’est pas inversibles sont les solutions de 1 − λ = 0,
−1 − λ = 0 et λ2 + 1 = 0, donc il n’y a que λ = 1 et λ = −1.
Les seules valeurs propres de A(0) sont 1 et −1.

−2y + t = 0



−2y + z = 0
• A(0)X = X ⇔
⇔y=z=t=0
−z + t = 0



−z − t = 0

 
x





 
0


Donc le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est E1 =   /x ∈ R
0






0


2x − 2y + t = 0



 x=y
z=0
z=0
• A(0)X = −X ⇔
⇔
z+t=0



t=0

−z + t = 0

 
x





 
x


Donc le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est E−1 =   /x ∈ R

 0




0
2. On a :


1−λ a−2
a
1
 a
−1 − λ
1
a 


A(a) − λI =
 0
0
−a − λ 1 
0
0
−1
−λ
↓


a
−1 − λ
1
a
L1 ↔ L2
1 − λ a − 2
a
1 


 0
0
−1
−λ
L3 ↔ L4
0
0
−a − λ 1
↓


a
−1 − λ
1
a
0 1 − λ2 + a(a − 2) λ − 1 + a2 a(λ − 1) + a L2 ← (λ − 1)L1 + aL2



0
0
−1
−λ
L4 ← L4 − (a + λ)L3
0
0
0
1 + λ(a + λ)
Ainsi les valeurs de λ pour lesquelles A(a) − λI n’est pas inversibles sont les solutions de
1 − λ2 + a(a − 2) = 0 ⇔ λ2 = (a − 1)2 , et 1 + λ(a + λ) = 0 ⇔ λ2 + aλ + 1 = 0.
3. a) On sait que A(a) n’est pas inversible si et seulement si 0 est une valeur propre de A(a).
Or la seule valeur de a pour laquelle 0 est une valeur propre est a = 1.
La seule valeur de a pour laquelle A(a) n’est pas inversible est a = 1.
b) Pour a = 1 les valeurs propres de A(a) sont λ = 0 et les λ solution de λ2 + λ + 1 = 0 ce qui n’a
pas de solution.
Donc A(1) n’admet qu’une seule valeurs propre qui est 0 et donc A(1) n’est pas diagonalisable.
Informatique
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Colle no 6 : corrigé
4. a) On a λ2 = (a − 1)2 ⇔ λ = a − 1 ou λ = 1 − a.
2
De plus le discriminant
de λ2 + aλ + 1 vaut
√
√ a − 4 qui est strictement positif donc il y a deux
2
2
−a + a − 4
−a − a − 4
racines λ =
et λ =
2
2
√
−a + a2 − 4
et λ4 =
A(a) admet donc pour valeurs propres λ1 = a − 1, λ2 = 1 − a, λ3 =
2
√
−a − a2 − 4
.
2
On remarque tout d’abord que λ1 > 0, λ2 < 0, λ3 > 0 et λ4 < 0.
√
De plus λ1 = λ3 ⇔ 3a+2 = a2 − 4 ⇒ 9a2 +12a+4 = a2 −4 ⇔ 8a2 +12a+8 = 0 ⇔ 2a2 +3a+2 = 0
qui admet pour discriminant ∆ = 9 − 16 = −7. Donc aucune valeur de a ne vérifie λ1 = λ3 .
Donc λ1 6= λ3 .
De même λ2 = λ4 ⇒ 8 − 4a = 0 ⇔ a = 2 ce qui est contraire à l’hypothèse.
Donc les valeurs propres de A(a) sont distinctes deux à deux.
b) A(a) admet 4 valeurs propres distinctes et A(a) ∈ M4 (R) donc A(a) est diagonalisable.
Informatique
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