´ nonc´e E
` Probleme eme
Lanc Lancer erss de d´ es es chanceux On cons co nsid` id`ere er e un d´e cubi cu biqu quee ho fac es sont num´erot´ ero t´ees ees de 1 a` 6. honnˆete dont les faces Pour tout n de N∗ , un n-jeu n-jeu consiste en n lancers successifs successifs de ce d´e, e, en relevant relevant chacun chacun des r´esultats esult ats obtenus. obtenus . Un tel n-jeu -je u p eut eu t donc do nc ˆetre et re mod´ mo d´elis´ el is´e par pa r un n-uplet (a (a1 , a2 , . . . , an) o`u chaque ak (´el´ement de 1, . . . , 6 ) d´esigne esi gne le r´esulta esu ltatt obtenu obt enu lors lor s du d u k-i` k -i`eme em e lanc la ncer er..
{
}
Soit q un un entier enti er sup´erieur eri eur ou ´egal ega l a` 2. On dit qu’un n-jeu est q -chanceux si s i le d´e ne renvoie jamais q lancers successifs identiques. Par exemple (6, (6, 5, 1, 4, 4, 2, 1, 1, 1, 2) est un 10-jeu qui est 4-chanceux mais qui n’est pas 3-chanceux. On note un le nombre de n-jeux qui sont q -chanceux. -chanceux. On note pn la probabilit´ proba bilit´e pou pourr qu’un n qu’un n-jeu -jeu soit q -chanceux. -chanceux.
I. Quelques Quel ques r´ esultat esu ltatss g´ en´ en´ eraux, erau x, et le cas particu par ticulier lier q = 2 1. (a) Combi Combien en y a-t a-t-i -ill de de n-jeux -jeux ? Quelle Quelle est don doncc la relation relation entre p entre p n et un ? (b) Que valent un et pn pour 1 n < q ? q ? Que valent uq et pq ? 2. (a) Par un d´enombremen enombrement, t, montrer montrer que : n 1, 5un
∀
un+1
6un.
Quel encadrement en d´eduit-on eduit-on pour pn et pn+1 ? (b) En d´eduire eduir e que qu e ( p ( pn )n1 est d´ecroissante ecroissante et e t convergente (on ne demande pas sa limite). n
Prouver que 5 6
pn
1 pour tout n 1.
3. Dans cette question question,, et dans cette question seulement , on suppose q = = 2. (a) Calculer u , donc p , pour tout n de N∗ . n
n
` partir de quelle valeur de n a-t-on pn (b) (b) Que Que vaut aut lim lim pn ? A n→+∞
21 ?
II. Le cas particulier q = = 3 Dans cette partie, on suppose que q = 3. 1. Rappelez rapidement rapidement les valeurs valeurs de u de u 1 , u2 , u3 donc celles de p1 , p2 , p3 2. (a) Montre Montrerr que que la suit suitee (u (un )n1 v´erifie erifie la relation relat ion (E ) : n 3, un = 5(u 5(un−1 + u + un−2 ) (on discutera suivant la fa¸con c on dont se termine un n-jeu 3-chanceux : par deux lancers diff´erents erents ou o u par p ar deux lancers identiques ?) 5 (b) En d´eduire eduire que, pour p our tout n 3, on a l’´egal eg alit´ it´e : pn = 36 (6 p (6 pn−1 + p + pn−2 ). (c) Montrer alors que la suite ( pn)n1 converge vers 0.
∀
3. Dans cette question, question, on calcule une valeur valeur explicite de un . (a) Calculer les deux solutions r´eelles eelles r et s de l’´equa eq uati tion on x2 = 5(x 5(x + 1), avec r avec r < s. √ Montrer que pour tout n 1, on a un = 2255 (sn+1 r n+1).
−
(b) En d´eduire eduire l’expression de pn pour n 1. Retrouver alors la limite de la suite ( p ( pn )n1 . ` partir de quelle valeur de n a-t-on pn 1 ? (c) A 2
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´ Enonc´ e
Probl` eme
´ III. Etude du cas g´ en´ eral Dans cette partie, on suppose que l’entier q est fix´e, avec q 2. 1. (a) Montrer que la suite (un )n1 v´erifie la relation (Rq ) : n q, un = 5
∀
q −1
u −
n k
k=1
(consid´erer le dernier r´esultat d’un n-jeu q -chanceux : par combien de r´esultats successifs identiques a` celui-ci le n-jeu a-t-il bien pu se terminer ?) q −1 pn k (b) Montrer alors que pour n q , on a pn = 5 , et en d´eduire lim pn = 0. 6k n→+∞ k=1
2. On note (E q ) l’´equation x
q −1
q −2
= 5(x
(a) Montrer que (E q ) ´equivaut a`
+ x
q −3
−
q k=2
x − 6x − + 5 = 0 q
q k
x− . + ··· + x + 1) = 5
q 1
x=1
: x → x − 6x −
q q 1 (b) En ´etudiant l’application f q + 5 sur R+ , montrer que l’´equation (E q ) admet une solution r´eelle positive unique λ q , et que 5 λq < 6.
3. On va utiliser la question pr´ec´edente pour am´eliorer le r´esultat de (I2b) (a) Montrer que la suite de terme g´en´eral wn = λ nq v´erifie la relation (Rq ). (b) Montrer alors que un > λnq pour tout n 1. Qu’en d´eduit-on pour la suite ( pn)n1 ? (c) Application num´erique. Pour q = 5, on trouverait λ q 5.996132011. En d´eduire que tant que n 1000 la probabilit´e qu’un n-jeu soit 5-chanceux est sup´erieure a` 1/2.
≈
´ (d) Ecrire une fonction Python calculant pn quand q = 5. ` A partir de quelle valeur de n a-t-on effectivement p n < 21 ?
IV. Compl´ ements On reprend les notations de la partie III. On sait notamment que λnq Dans cette partie, on se propose d’´etudier la suite (λq )q2 .
pn
1 pour tout n de
∗.
N
1. Montrer que la suite (λq )q2 est strictement croissante. Indication : utiliser le signe la diff´erence f q+1 f q et la monotonie de f q sur [5, 6[.
−
2. Montrer que lim λq = 6 (on ´ecrira judicieusement l’´egalit´e f q (λq ) = 0). q →+∞ 3. Pour tout n de N∗ et tout x de [0, 1[, on pose ϕ (x) = n ln(1 xn ) ln(1
−
n
(a) Calculer ψn (x) = (1
n
−
− x).
− x)(1 − x )ϕ (x), avec n dans N∗ et 0 x < 1. n
(b) Montrer que, pour tout n de N∗ et tout x de 0, 31 , on a 0 ψn (x) ψn+1 (x). (c) En d´eduire l’in´egalit´e (1
n n
−x )
1
−
x, pour tout n de N∗ et tout x de 0, 31 .
4. Dans cette question, on va montrer que λq converge tr`es rapidement vers 6 (voir par exemple la valeur num´erique indiqu´ee dans la question II.3.c). Plus pr´ecis´ement, on va prouver que, pour tout q 2, on a µq λq 6, o` u µq = 6 6q1 . (a) Calculer f q (µq ) et en d´eduire µq
λq
6 (en utilisant IV.3.c)
−
−2
(b) Quel encadrement en d´eduit-on pour pn ? Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme I. Quelques r´ esultats g´ en´ eraux, et le cas particulier q = 2 1. (a) Le nombre de n-jeux est 6n , c’est-`a-dire autant que d’applications d’un ensemble a` n ´el´ements (les n lancers) vers un ensemble a` 6 ´el´ements (les 6 r´esultats possibles du d´e). On a bien sˆ ur pn = u6nn , puisque les 6n jeux sont ´equiprobables. (b) Si n < q , on a un = 6n donc pn = 1 (il n’y a en effet pas assez de lancers pour voir apparaˆıtre q r´esultats successifs identiques : tous les n-jeux sont donc q -chanceux). On a uq = 6q 6. Le nombre de q -jeux est en effet ´egal a` 6q et seuls 6 d’entre eux ne sont pas q -chanceux (ceux o` u le lancer a renvoy´e constamment le mˆeme des 6 r´esultats possibles). On en d´eduit pq = u6qq = 1 6q1 .
−
−
−1
2. (a) Le nombre de (n + 1)-jeux qui d´ebutent par un n-jeu q -chanceux (et qui se terminent par un (n + 1)-i`eme lancer quelconque) est 6un. Parmi eux on trouve les (n + 1)-jeux q -chanceux. On en d´eduit un+1
6un .
Le nombre de (n + 1)-jeux qui d´ebutent par un n-jeu q -chanceux (et qui se terminent par un (n + 1)-i`eme lancer diff´erent du n-i`eme) est 5un . Bien sˆ ur, chacun de ces (n + 1)-jeux est q -chanceux. On en d´eduit 5un un+1 . Conclusion : pour tout n de N∗ , on a l’encadrement 5u u 6u . n
On en d´eduit
5 pn pn+1 pn apr` es 6
n+1
n
division par 6n+1 .
(b) La question pr´ec´edente montre que la suite ( pn)n1 est d´ecroissante. Or cette suite est minor´ee (par 0). Elle est donc convergente. On a bien sˆ ur p 1 pour tout n de N∗ (les p sont des probabilit´es). n
L’in´egalit´e pn
n
n
5 6
Soit n 1 tel que pn
est vraie si n = 1 car on sait que p1 = 1.
n
. D’apr`es (2a) on a p 5 6
5 pn n+1 6
donc pn+1
Cela prouve la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence.
n+1
5 6
.
3. (a) Le premier lancer d’un n-jeu 2-chanceux est quelconque, mais `a partir du deuxi`eme il doit ˆetre diff´erent du pr´ec´edent donc ˆetre choisi parmi 5 possibilit´es. Pour tout n 1, le nombre de n-jeux 2-chanceux est donc un = 6 5n−1 . n−1 Il en d´ecoule pn = u6nn = 56 .
·
(b) La suite ( pn )n1 (g´eom´etrique de raison 5/6) converge vers 0. On v´erifie que p4
≈ 0.5787037037, et p ≈ 0.4822530864. 5
C’est donc a` partir de n = 5 que la probabilit´e pour qu’un n-jeu ne contienne jamais deux r´esultats successifs identiques devient inf´erieure a` 1/2.
II. Le cas particulier q = 3 1. On a u1 = 6 et u2 = 36, donc p 1 = p 2 = 1. On a u3 = 63
− 6 = 210 donc p = 3
210 63
=
35 . 36
2. (a) Consid´erons un n-jeu chanceux quelconque, avec n 3 (il y a un possibilit´es). Notons le (a1, a2 , . . . , an−2 , an−1, an). De deux choses l’une : Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
— Ou bien il se termine par deux lancers a n−1 et an distincts. Cela signifie que le (n 1)-jeu (a1 , . . . , an−2 , an−1 ) est chanceux (un−1 possibilit´es) et qu’il est suivi d’un lancer an a` choisir parmi cinq r´esultats possibles. Dans ce cas, il y a donc 5un−1 possibilit´es.
−
— Ou bien il se termine par deux lancers a n−1 et an identiques. Cela signifie que le (n 2)-jeu (a1 , . . . , an−2 ) est chanceux (un−2 possibilit´es) et qu’il est suivi du couple (an−1 = k, an = k) o`u k est quelconque dans 1, . . . , 6 an−2 . Dans ce cas, il y a donc 5un−2 possibilit´es.
−
{
}\{
}
De ce d´enombrement, il r´esulte l’´egalit´e (E ) : un = 5(un−1 + un−2 ) pour n 3.
(b) Pour tout n 1, on a un = 6n pn. On reporte dans (E ) et on trouve, pour tout n 3 : 6n pn = 5(6n−1 pn−1 + 6n−2 pn−2 ). 5 Ainsi pn = 36 (6 pn−1 + pn−2 ) pour tout n 3. (c) Posons = lim pn (on sait que la suite ( pn )n1 est convergente). n→+∞ 5 Quand n dans pn = 36 (6 pn−1 + pn−2 ), on trouve = 35 donc = 0. 36 Conclusion : la suite ( pn )n1 converge vers 0 (en d´ecroissant, on le sait).
→∞
3. (a) Le discriminant de x2 5x 5 est ∆ = 45 = 5 32. √ √ L’´equation x2 = 5(x + 1) a √ donc les racines r´eelles distinctes r = 5−32 5 et s = 5+32 5 . On a r 2 = 5(r + 1) = 5 7−32 5 et r3 = 5(r 2 + r) = 5(20 9 5). √ De mˆeme, on trouve s2 = 5(s + 1) = 5 7+32 5 et s3 = 5(r 2 + r) = 5(20 + 9 5). √ Pour tout n 1, posons vn = 2255 (sn+1 rn+1 ). On va montrer l’´egalit´e un = v n par une r´ecurrence de pas 2. √ √ On trouve v1 = 2255 (s2 r2 ) = 2255 15 5 = 6 = u 1. √ √ 2 5 3 2 5 3 De mˆeme v 2 = 25 (s r ) = 25 90 5 = 36 = u 2 .
− −
·
√ −
√
− √ √
− −
On se donne maintenant n 3 et on suppose que un−2 = v n−2 et u n−1 = v n−1. On trouve alors, en notant que s2 = 5(s + 1) et r 2 = 5(r + 1) : √ √ 2 5 n+1 2 5 n+1 vn = 25 (s r ) = 25 (5sn−1 (s + 1) 5r n−1 (r + 1)) √ √ 2 5 n 2 5 n−1 n = 5 25 (s r ) + 5 25 (s rn−1 ) = 5vn−1 + 5vn−2 = 5(un−1 + un−2) = u n Ce qui prouve la propri´et´e au rang n et ach`eve la r´ecurrence. √ n+1 n+1 r (b) De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit, pour tout n 1 : pn = u6nn = 1225 5 6s . 6 √ √ On rappelle que r = 5−3 5 et s = 5+3 5 sont les racines de P (x) = x 2 5x 5.
− −
−
−
2
2
−
− −
On observe que P ( 1) = 1 > 0, P (0) = P (5) = 5 < 0 et P (6) = 1 > 0. On en d´eduit 1 < r < 0 < 5 < s < 6 (avec une calculatrice, r .8541 et s
−
−
−
En particulier < 1 et < 1. r s Il en r´ esulte lim = lim r 6
s 6
n+1
≈ −
≈ 5.8541).
n+1
= 0, et on retrouve lim pn = 0. n→+∞ 6 n→+∞ 6 (c) On utilise une calculatrice, ou Maple... On trouve p30 0.5003872559 et p31 0.4882196698. C’est donc a` partir de n = 31 que la probabilit´e qu’un n-jeu soit 3-chanceux est inf´erieure a` 1/2. n→+∞
≈
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≈
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Probl` eme
Corrig´e
´ III. Etude du cas g´ en´ eral 1. (a) Consid´erons un n-jeu q -chanceux quelconque (il y a un possibilit´es). Notons le (a1, a2 , . . . , an−2 , an−1, an). Soit b = a n la valeur du dernier lancer. Notons k le nombre de lancers ´egaux a` b par lesquels le n-jeu s’est termin´e. Il est clair que k est un entier de 1, . . . , q 1 (car le n-jeu est q -chanceux).
{
− }
Le n-jeu peut donc s’´ecrire (a1 , a2 , . . . , an−k , b , . . . , b) (o` u b est r´ep´et´e k fois). Cela signifie que (a1 , a2 , . . . , an−k ) est un (n k)-jeu q -chanceux (il y a un−k possibilit´es) et que b est un r´esultat quelconque parmi 5 possibles (puisque b = a n−k ).
−
Pour une valeur k fix´ee, on trouve donc 5un−k possibilit´es. Il reste a` faire varier k de 1 a` q
− 1.
On en d´eduit la formule : u n = 5(un−1 + un−2 +
··· + u −
n q+1 )
=5
q −1
u − .
(b) On divise la relation pr´ec´edente par 6n et on trouve : q −1 q −1 un k pn k Pour tout entier n q : pn = u6nn = 5 = 5 . 6k 6n k 6k
− −
k=1
=5
n k
k=1
−
k=1
Par exemple, si q = 3, on obtient : n 3, pn est la relation de r´ecurrence vue en (II2b).
∀
pn−1 6
+
pn−2 36
=
5 (6 pn−1 + pn−2 ) 36
qui
Posons = lim pn (on sait que la suite ( pn )n1 est convergente). n→+∞ q −1 pn k On fait alors tendre n vers + dans la relation pn = 5 . 6k k=1 q −1 1 5 1−6 q Ainsi = 5 = = 1 6q1 et il en r´esulte = 0. k 6 6 1−1/6
∞
−
1−
−
−1
k=1
2. (a) On note que x = 1 n’est pas solution de (E q ). q D’autre part, pour tout x = 1, on sait que 1 + x + . . . + xq−2 = x x−1−1 . xq−1 (x 1) = 5(xq−1 1) xq −1 q −1 Ainsi : (E q ) x = 5 x−1 x=1 xq 6xq−1 + 5 = 0 Finalement, on voit que l’´equation (E q ) ´equivaut a` x=1 (b) Pour tout x r´eel, f q (x) = x q−2 (qx 6(q 1)). L’application f s’annule en 0 (du moins si q > 2) et en x = 6 q−1 = 6 1 −1
−1
⇔
⇔
−
−
− −
−
q
q
Puisque q 2, on constate que 3 xq < 6. On a f q (x) < 0 sur ]0, xq [ et f q (x) > 0 sur ]xq , +
q
− .
∞[.
1 q
f q est donc strictement d´ecroissante sur [0, xq ] et strictement croissante sur [xq , + [. Or 0 < 1 < xq et f (1) = 0. On en d´eduit f (xq ) < 0. D’autre part f q (5) = 5q 6 5q−1 + 5 = 5(1 5q−2) 0 et f q (6) = 5 > 0.
− ·
∞
−
On en d´eduit que f q s’annule une fois et une seule sur [0, xq ] (et c’est en x = 1) et une fois et une seule sur [xq , + [ (et plus pr´ecis´ement sur [5, 6[).
∞ 1 et f (x) = 0). On rappelle que (E ) ⇔ (x = q
q
Ainsi (E q ) admet une solution r´eelle positive unique λq , et 5 λq < 6. Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Remarques : – Si q = 2, alors f 2 (x) = x 5 – Si q > 2 on a f q (5) = 5(1
Corrig´e
− 6x + 5 = (x − 1)(x − 5) et λ = 5. − 5 − ) < 0 donc 5 < λ < 6. 2
q 2
q
Ainsi λ qq−1
q
q k 3. (a) On sait que λ q est solution de (E q ). q k=2 q q −1 On obtient λnq = 5 λnq −k+1 = 5 λnq −k (apr`es multiplication par λnq −q+1 ).
k=2
λ− . =5
k=1
Cela signifie que la suite de terme g´en´eral λq satisfait a` la relation (Rq ). (b) On va montrer la relation un > λnq par une r´ecurrence forte sur l’entier n
1.
La propri´et´e est vraie si 1 n < q car alors un = 6n et λq < 6. On se donne maintenant un entier n q et on suppose que uk > λkq pour 1 k < n. q −1 q −1 n n−k On sait que λ q = 5 λq (question pr´ec´edente) et un = 5 un−k . k=1 k=1 q −1 L’hypoth`ese de r´ecurrence donne alors λnq < 5 un−k c’est-`a-dire λ nq < un.
k=1
Cela prouve la propri´et´e au rang n et ach`eve la r´ecurrence. Bien sˆ ur, on en d´eduit p n
n
> λq 6
pour tout n de
N∗ .
n
5 6
C’est mieux que l’in´egalit´e pn obtenue en (3d). C’est d’autant mieux, pour des valeurs un peu ´elev´ees de l’entier q , qu’on sait que la suite q λ q tend vers 6.
→
Cela montre (pour q assez grand ), que ( pn) converge plutˆ ot lentement vers 0.
(c) On suppose donc que q est ´egal a` 5. D’apr`es l’indication de l’´enonc´e, on a (0.9993553352)n < pn < 1. On a (0.9993553352)n > Tant que n
1 2
⇔ n < −
ln 2 ln(0.9993553352)
⇔ n 1074.
1000, la probabilit´e qu’un n-jeu soit 5-chanceux est donc sup´erieure a` 1/2.
(d) La proc´edure suivante calcule la probabilit´e p(n) quand q = 5. > p:=proc(n::nonnegint) option remember; if n<5 then 1 else 5*add(p(n-k)/6^k,k=1..4) end if end proc:
Voici par exemple les valeurs de p10 , de p100 et de p 1000 . > evalf[p(10),p(100),p(1000)];
0.9960138706, 0.9398522064, 0.5260189017 L’instruction suivante montre que c’est pr´ecis´ement a` partir de n = 1079 que la probabilit´e qu’un n-jeu soit chanceux devient inf´erieure ou ´egale a` 1/2. Autrement dit, c’est `a partir de cette valeur de n qu’il y a au moins une chance sur deux qu’`a l’issue de n lancers d’un d´e, on obtienne (au moins une fois) une suite de cinq r´esultats identiques. > n:=1000: while evalf(p(n))>0.5 do n:=n+1 end do: n;
1079
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Probl` eme
Corrig´e
IV. Compl´ ements 1. On se place sur l’intervalle [5, 6[, o` u les applications f q sont strictement croissantes. Pour q 2 et 5 x < 6, on a : f (x) f (x) = x q+1 7xq + 6xq−1 = x q−1 (x 1)(x q +1
−
−
q
−
En particulier, 0 = f q+1 (λq+1 ) < f q (λq+1) donc f q (λq+1) > 0. Autrement dit f q (λq ) < f q (λq+1 ) ce qui implique 5
Ainsi λq = 6
5
1
− 5, avec 5 λ
q
1
− , avec 5 λ donc 0 < Quand q → + ∞ dans λ = 6 − , on trouve donc q
λqq −1
λqq −1
1 donc lim q−1 = 0. q →+∞ λq lim λq = 6. q →+∞
3. (a) Pour tout n de N∗ et tout x de ]0, 1[, on a : n (x) 2 ϕn(x) = n1−x xn + 1−1 x = (1−ψxnn)(1 −x) avec ψn (x) = (n
−
2
−1
(b) Pour n 1, et x dans ψn+1 (x)
R,
< 6.
5q−1
5 λqq −1
q
λq < λq+1 < 6.
2. Pour q 2, on a f q (λq ) = 0 c’est-`a-dire λ qq = 6λqq−1
− 6) < 0.
n
2 n 1
− 1)x − n x −
+ 1.
on a :
= (n2 + 2n)xn+1 (n + 1) 2xn (n2 1)xn + n2 xn−1 = nx n−1 ((n + 2)x2 2(n + 1)x + n) = nx n−1 (x 1)((n + 2)x
− ψ (x)
−
n
−
−
−
Les racines sont (dans l’ordre croissant) x = 0 (si n 2), x =
−
n n+2
et x = 1. L’intervalle 0, est inclus dans 0, , sur lequel ψ (x) − ψ (x) 0. ∗ Ainsi : ∀ n ∈ , ∀ x ∈ 0, , on a ψ (x) ψ (x) ψ (x) = 0 (cqfd). ∗ (c) Pour tout n de , on a ϕ (x) = 0 sur 0, . 1 3
n n+2
1 3
N
N
n+1
n+1
n
ψn (x) (1−xn )(1−x)
n
− n)
n
1
1 3
Ainsi les ϕn sont croissantes sur cet intervalle. Or ϕn (0) = 0 pour tout n 1. On en d´eduit ϕn(x) 0 pour tout n 1 et 0 x 31 , c’est-`a-dire n ln(1 xn) ln(1 x).
4.
n n
− x (cqfd). (a) Pour tout x de R , on a f (x) = x − 6x − + 5 = 5 − (6 − x)x − . − − On en d´eduit f (µ ) = 5 − 6− = 5−6 1− . Avec n = q − 1 et x = , le r´esultat de la question (IV.3.c) donne f (µ ) 0. Cette derni`ere in´egalit´e s’´ecrit aussi (1 +
q
q
q
q
−x )
−
1
q 1
1
1
6q −2
6q −2
q 1
q 1
1
q 1
6q −1
1 6
q
q
D’apr`es le sens de variation de f q (et la d´efinition de λq ) il en r´esulte µq
(b) L’encadrement µq
Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
n
λ donne 1 − q
1
6q −1
−
pn
mathprepa.fr
λq .
1
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