\documentclass[a4paper,10pt,twoside,openright]{book} \usepackage[utf8]{inputenc} %les fichiers source doivent etre sauvegard\'es avec le codage UTF (plutot que latin-1 /iso-8859-1 ou mac ou autre) %\usepackage[OT1]{fonten} Pour afficher les accentes dans les DVI ou PDF obtenus \usepackage[T1]{fontenc} %option qui gere les cesures pour les langues avec accents (francais par exemple) \usepackage[francais]{babel} %gestion de la typographie francaise \usepackage{microtype} % improves the spacing between words and letter ; attention : pb de compatiblite avec quelques jurys (juin 2021) \usepackage{amsmath,amsfonts,amssymb} %packages math\'ematiques de l'American Mathematical Society %\usepackage{array} %extension des sp\'ecifications de colonnes pour array et tabular %\usepackage{multicol,graphicx,xcolor} \usepackage[textwidth=167mm,textheight=22cm,centering]{geometry} %format de la page \usepackage{bold-extra}%textsc+textbf %\usepackage{contour} %textsc+textbf alternatif avec \contour{black}{} \usepackage{stmaryrd} % pour avoir [[1,n]] avec $\llbracket 1,1n\rrbracket \usepackage{enumitem} % pour num\'eroter facilement les exercices \usepackage{multicol,ifthen} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%% style de page pour les annales \usepackage{fancyhdr} %package de gestion de style de page \newcounter{annee} \setcounter{annee}{2023} %annee du concours \pagestyle{fancy} \fancyhf{} \fancyhead[LE]{\thepage} \fancyhead[RE]{ESCP \theannee{} --- Oral} \fancyhead[LO]{\textsl{\leftmark}} \fancyhead[RO]{\thepage} % Package Fancyhdr Warning: \headheight is too small (12.0pt): % Make it at least 12.1638pt. % We now make it that large for the rest of the document. % This may cause the page layout to be inconsistent, however. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%% mise en forme des exercices %%%%%%%%%% \newcounter{numeroexo} \setcounter{numeroexo}{1} \makeatletter\@addtoreset{numeroexo}{chapter}\makeatother %remise \`{a} z\'{e}ro du compteur dans chaque chapitre \newenvironment{exo}[1]{% \refstepcounter{numeroexo} {\clearpage {\noindent {\large {\textsc{Sujet \arabic{chapter}.\arabic{numeroexo}}}}}\smallskip% %\setcounter{numeroexo}{#1}% non utilisé en 2023 }}% {} \newenvironment{sol}{% \clearpage%\medskip {\noindent {\large \textsc{Solution du sujet \arabic{chapter}.\arabic{numeroexo}}}\smallskip}}% { } \newenvironment{QSP}{% \refstepcounter{numeroexo} \pagebreak[3] %\bigskip\bigskip {\noindent \large \bf \textsc{Question sans pr\'{e}paration \thenumeroexo}}\par \smallskip}% {\medskip % %\centerline{\vbox{\hrule width 5cm}} %\clearpage } % \usepackage{environ} % \NewEnviron{solQSP}{ % } %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \usepackage{escp-macros-maths,escp-python} \setlength{\columnseprule}{0.4pt} %filet pour separer les colonnes de multicols en Scilab \setlist[itemize]{label=$\bullet$} %aspect des items de listes itemize \usepackage{xcolor} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%% %style des chapitres \usepackage[Rejne]{fncychap} %%% ajout2023 : sommaire hypertexte avec mots clefs \usepackage[colorlinks=false, linktocpage=true]{hyperref} \newcommand{\themexo}[2]{ \addcontentsline{toc}{subsection}{\arabic{chapter}.\arabic{numeroexo} \ #1 \\ {\small #2}} %\addcontentsline{toc}{subsubsection}{#2} } \begin{document} \thispagestyle{empty} %page de garde {\begin{center}{\LARGE \bf \includegraphics[width=7cm]{logo-escp.png} \\ \vspace{3cm} \uppercase{Concours après classes préparatoires} \\ \vspace{3cm} \uppercase{Annales des épreuves orales de mathématiques} \\ \vspace{2cm} \uppercase{\theannee} } \\ \vspace{6cm} \includegraphics[width=7cm]{CCI-logo.png} \end{center} \clearpage } %\includegraphics[scale=0.72]{Page-de-garde-MATHEMATIQUES-2022.pdf} \clearpage \thispagestyle{empty} \ \clearpage \chapter*{Avant-propos} \input{Avant-propos} \tableofcontents %\chapter{Alg\`{e}bre} % %ne pas utiliser include qui ajoute un saut de page % \input{algebre} % \chapter{Analyse} % \input{Analyse} % \chapter{Probabilit\'{e}s} % \input{probabilites} % \chapter{Option B/L} % \input{BL} % \chapter{Exemples de questions courtes} % \input{QSP-extrait} % \end{document} \chapter{Algèbre} \begin{exo}{} \themexo{Équations matricielles. Involutions}{noyau, image d'une matrice. Trace} Soit $n \in \mathbb{N}^{\ast}$, on note $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carrées d'ordre $n$ à coefficients réels.\\ Si $M \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$, on désigne respectivement par $\ker(M)= \left\lbrace X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})\mid MX=0 \right\rbrace$ et $\im(M)=\left\lbrace MX \mid X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}) \right\rbrace$ le noyau et l'image de $M$.\\ On dit qu'une matrice $M \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ est involutive si $M^2=I$ où $I$ est la matrice identité d'ordre $n$. \begin{enumerate} \item On considère une matrice involutive $A$ de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$. \begin{enumerate} \item Montrer que $\ker(I-A)$ et $\ker(I+A)$ sont supplémentaires. En déduire que $A$ est diagonalisable. \item Montrer que $\tr(A)\in \llbracket -n, n\rrbracket$. Étudier la parité de $\tr(A)$ en fonction de celle de $n$. \item Que peut-on dire de plus sur les sous espaces $\ker(I-A)$ et $\ker(I+A)$ lorsque $A$ est aussi symétrique \\(\em{$\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ est muni du produit scalaire canonique).} \end{enumerate} \item Dans cette question, on considère deux matrices involutives $A$ et $B$ de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$. \begin{enumerate} \item Développer et simplifier les produits $\left( A+B\right) \left(A-B \right) $ et $\left( A-B\right) \left(A+B \right) $. \item Montrer que $\im(AB-BA)\subset \im(A+B)\cap \im(A-B)$. \item Prouver que $\im(AB-BA)= \im(A+B)\cap \im(A-B)$. \end{enumerate} \item On se place dans le cas où $n=2$ et on considère les matrices $$ M=\matrice{0&1\\1&0}\text{ , } N_1=\matrice{1&0\\0&0} \text{ et } N_2=4\matrice{-1&-1\\1&1} $$ \begin{enumerate} \item Existe-t-il $Z \in \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}) $ qui soit solution de l'équation $MZ-ZM=N_1$? \item On cherche maintenant à savoir s'il existe une matrice involutive $A$ qui vérifie $MA-AM=N_2$. Montrer que l'on a nécessairement $\tr(A)=0$. En utilisant la question $2. (c)$ déterminer l'ensemble des possibilités pour une telle matrice involutive $A$. \item Si $A$ et $Z$ sont deux solutions de l'équation $MU-UM=N_2$ d'inconnue $U \in \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}) $, que peut on dire de la matrice $Z-A$? En déduire l'ensemble des solutions de l'équation $MU-UM=N_2$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Avec le cours ou par vérification immédiate, on voit déjà que $\ker(I-A) \cap \ker(I+A)=\left\lbrace 0 \right\rbrace $. De plus, si $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R}) $, on peut écrire $X=\dfrac{1}{2}\left( (I+A)X +(I-A)X\right)=\dfrac{1}{2}\left(X_1+X_2 \right) $ avec $(I-A)X_1=(I+A)X_2=(I-A^2)X=0$, et par suite $ \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})=\ker(I-A)+ \ker(I+A)$. Finalement, on a bien $ \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})=\ker(I-A)\oplus \ker(I+A)$ et le cours nous dit alors que $A$ est diagonalisable. \item Comme $A=R^{-1}DR$ avec $R$ inversible et $D$ diagonale, il vient $\tr(A)=\tr(R^{-1}DR)=\tr(DRR^{-1})=\tr(D)=\dim(\ker(I-A))-\dim(\ker(I+A))=2\dim(\ker(I-A))-n$. Si $n$ est pair, on voit que l'ensemble des valeurs possibles pour $\tr(A)$ est l'ensemble des entiers relatifs pairs de $\llbracket -n,n \rrbracket $.\\ Lorsque $n$ est impair, cet ensemble est celui des entiers relatifs impairs de $\llbracket -n,n \rrbracket $. \item Dans ce cas les sous espaces $\ker(I-A)$ et $\ker(I+A)$ sont des supplémentaires orthogonaux. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme $A^2=B^2(=I)$, on trouve $\left( A+B\right) \left(A-B \right) = BA-AB$ et $\left( A-B\right) \left(A+B \right)=AB-BA $. \item Si $Y=(AB-BA)X$, on exploite la question précédente on observe que $$ Y=\left( A-B\right) \left(A+B \right)X=-\left( A+B\right) \left(A-B \right)X \in \im(A+B)\cap \im(A-B),$$ ce qui implique bien l'inclusion voulue. \item On écrit $Y=(A+B)X_1=(A-B)X_2$, avec 2 (a) il vient $(A-B)Y=(AB-BA)X_1$ et $(A+B)Y=-(AB-BA)X_2$, d'où $2AY=(AB-BA)(X_1-X_2)$.\\ Comme $A^2=I$, on obtient $$2Y=A(AB-BA)(X_1-X_2)=(B-ABA)(X_1-X_2)=(BA-AB)A(X_1-X_2) \in \im(AB-BA).$$ L'inclusion réciproque est donc prouvée et par suite $\im(AB-BA)= \im(A+B)\cap \im(A-B)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Supposons qu'il existe $Z \in \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}) $ vérifiant cette équation, en appliquant la trace à cette égalité on obtient $0=\tr(MZ)-\tr(ZM)=\tr(N_1)=1$ ce qui est absurde. Il n'y a donc pas de solution. \item D'après la question 1. (b), $\tr(A)\in \left\lbrace -2 , 0, 2\right\rbrace $.\\ Supposons que $\tr(A)=-2$ (resp. $\tr(A)=2$), comme $A$ est diagonalisable (cf. 1. (a)) et que $Sp(A)\subset \left\lbrace -1 , 1\right\rbrace$, la seule possibilité est $A=-I$ (resp. $A=I$) ce qui est impossible d'après l'équation. On a donc nécessairement $\tr(A)=0$. Avec la question 2. (c), on voit que l'on doit avoir $\im(A+M)\cap \im(A-M)=\im(MA-AM)=\im(N_2)= \vect(1,-1) $, ce qui implique que l'une des deux matrices $A+M$ ou $A-M$ est non inversible et non nulle. \\ Par suite, on a nécessairement $ \im(A+M)=\vect(1,-1)$ ou $ \im(A+M)=\vect(1,-1)$.\\ Si $ \im(A+M)=\vect(1,-1)$ (resp.$ \im(A-M)=\vect(1,-1)$ ), la somme des coefficients de chaque colonne de $A+M$ (resp. $A-M$) est nulle et comme $\tr(A)=0$ il en résulte que l'on peut écrire $A$ avec un seul paramètre que l'on détermine facilement en calculant par exemple le coefficient $(MA-AM)_{1,1}$.\\ La vérification que les deux matrices trouvées sont bien involutives est triviale. \\ L'ens. des $A$ involutives vérifiant $MA-AM=N_2$ est donc $ \left\lbrace \matrice{2&1\\-3&-2}, \matrice{2&3\\-1&-2} \right\rbrace . $ \item Si $A$ et $Z$ sont deux solutions se l'équation $MU-UM=N_2$, on observe que $M(Z-A)-(Z-A)M=0$ et par suite que $Z-A$ appartient à l'ensemble $\mathcal{C}$ des matrices qui commutent avec $M$ que l'on détermine facilement. En prenant pour $A$ l'une des deux matrices trouvées précédemment, il en résulte que l'ensemble $\mathcal{S}$ des solutions de l'équation $MU-UM=N_2$ est donné par $\mathcal{S}=A+\mathcal{C}$. Finalement, on trouve $$ \mathcal{S}=\left\lbrace\matrice{2+s&1+t\\-3+t&-2+s} \mid (s,t)\in \mathbb{R}^2 \right\rbrace . $$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Polyn\^{o}me annulateur}{polyn\^{o}me minimal. Équation matricielle. Matrices nilpotentes} \begin{enumerate} \item Soit $P$ un polyn\^{o}me de degré $k> 0$ et de coefficient dominant $1$ tel que: $\forall \,x\in \mathbb{R},\, xP'(x)=kP(x)$ . \begin{enumerate} \item Montrer que $0$ est une racine de $P$. \item En déduire qu'il existe $r\in\mathbb{N}^*$, $r\leq k$ et $Q$ un polyn\^{o}me ne s'annulant pas en $0$ tels que:\\ $\forall \,x\in \mathbb{R},\, P(x)=x^rQ(x)$. \item En conclure que: $\forall \,x\in \mathbb{R},\,P(x)=x^k$. \end{enumerate}\medskip \item[] Soit $n\in \mathbb{N}^*$ et $A$ une matrice carrée d'ordre $n$ non nulle.\medskip \item \begin{enumerate} \item On note ${\cal Z}(A)$ l'ensemble des polyn\^{o}mes non nuls annulateurs de $A$. Justifier l'existence de $\displaystyle\min_{P\in{\cal Z}(A)}\deg(P)$. On note $r$ ce minimum. \item Montrer qu'il existe un unique polyn\^{o}me annulateur de $A$ de degré $r$ et de coefficient dominant $1$. {\bf On note $\Pi_A$ ce polyn\^{o}me et on l'appelle le polyn\^{o}me minimal de $A$}. \end{enumerate}\bigskip \item On suppose dans cette question qu'il existe une matrice carrée $B$ d'ordre $n\in\mathbb{N}^*$ telle que $AB-BA=A$. \begin{enumerate} \item Montrer par l'absurde que $A$ n'est pas inversible. \item Établir que pour tout $k\in\mathbb{N}$, $kA^k=A^kB-BA^k$. \item En déduire que $A\Pi_A'(A)=0$. \item En conclure que $A^r=0$. \end{enumerate} \item On suppose maintenant qu'il existe $B$ et $C$ carrées d'ordre $n$ telles que $AB-BA=A+C$ et $BC=CB$. Montrer qu'il existe $m\in\mathbb{N}^*$ tel que $(A+C)^m=0$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On évalue la relation donnée en $x=0$, ce qui donne $0P'(0)=kP(0)$ avec $k$ non nul, d'où $P(0)=0$. \item Soit $r$ l'ordre de multiplicité de $0$ pour le polyn\^{o}me $P$. Alors $r \in \llbracket 1, k\rrbracket $ et il existe $ Q \in \mathbb{R}[x]$ tel que $P(x)=x^rQ(x)$, avec $Q(0) \neq 0$. \item On a en dérivant : $xP'(x)=x(rx^{r-1}Q(x)+x^rQ'(x))=rx^rQ(x)+x^{r+1}Q'(x)$.\\ D'où, d'après l'hypothèse, $rx^rQ(x)+x^{r+1}Q'(x)=kx^rQ(x)$.\\ On simplifie par $x^r$. En $0$, cela donne $rQ(0)=kQ(0)$, d'où $k=r$ et puisque $P$ est unitaire : $P(x)=x^k$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\left\lbrace deg(P), P \in \mathcal{Z}(A)\right\rbrace $ est non vide et inclus dans $ \mathbb{N}^*$, donc cet ensemble admet un minimum. \item Unicité : par l'absurde, si $P$ et $Q$ sont deux polyn\^{o}mes disctints de degré $r$ et unitaires, alors $P-Q$ est non nul de degré inférieur ou égal à $r-1$ et annulateur de $A$, ce qui contredit la minimalité de $r$. Existence : si $P$ est un polyn\^{o}me non nul de degré $r$ annulateur de $A$ et de coefficient dominant $\alpha$, alors $\frac{1}{\alpha}P$ convient. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Si $A$ est inversible, alors $ABA^{-1}-B=I_n$, d'où $tr(ABA^{-1}-B)=n$, c'est à dire $tr(ABA^{-1})-tr(B)=0=n$, ce qui est absurde. \item Par récurrence sur $k$. Initialisation pour $k=0$ triviale. Hérédité : on a \begin{align*} A^{k+1}B-BA^{k+1}&=A(A^kB-BA^k)+ABA^k-BA^{k+1}=AkA^k+(AB-BA)A^k=kA^{k+1}+A^{k+1}\\&=(k+1)A^{k+1}.\end{align*} \item Posons $\Pi_A(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{r}\alpha_k x^k$. Alors $\Pi'_A(x)=\displaystyle \sum_{k=1}^{r}k\alpha_{k} x^{k-1}$, d'où $x\Pi'_A(x)=\displaystyle \sum_{k=1}^{r}k\alpha_{k} x^{k}$.\\ Ainsi : \begin{align*}A\Pi'_A(A) &=\displaystyle \sum_{k=1}^{r}k\alpha_{k} A^{k}=\sum_{k=1}^{r}\alpha_k(A^kB-BA^k)=\bigg(\sum_{k=1}^{r}\alpha_k A^k\bigg)B-B \bigg(\sum_{k=1}^{r}\alpha_k A^k\bigg)\\&= \Pi_A(A)B-B\Pi_A(A)=0.\end{align*} \item Par unicité de $\pi_A$, on a : $\Pi_A(x)=\frac{1}{r}x\Pi'_A(x)$, soit $r\Pi_A(x)=x\Pi'_A(x)$,\\ d'où $\Pi_A(x)=x^r$, en utilisant la question 1. \end{enumerate} \item Posons $A'=A+C$, alors $A'B-BA'=(A+C)B-B(A+C)=AB+CB-BA-BC=AB-BA=A'$. D'où si $m$ est le degré du polyn\^{o}me minimal, alors $A'^m=0$, c'est à dire $(A+C)^m=0$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Composition de projecteurs orthogonaux}{espace euclidien, orthogonalité, projecteurs, endomorphismes symétriques. Diagonalisation} Soit $(E,\langle\ ,\ \rangle) $ un espace euclidien, $p$ et $q$ deux projecteurs orthogonaux non nuls de $E$. \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout $x$ de $E$, on a $||p(x)|| \leq ||x||$. \item En déduire que si $\lambda $ est une valeur propre de $p\circ q$, on a $|\lambda |\leq 1$. \item Montrer que pour tout $x$ de $E$, on a $\langle p(x), x\rangle = ||p(x)||^2$. En déduire que si $\lambda $ est une valeur propre de $p\circ q$, on a $\lambda \geq 0$. \item Le but de cette question est de montrer que $p\circ q$ est diagonalisable. \begin{enumerate} \item Soit $f = p \circ q \circ p$.\\ Montrer que l'endomorphisme $f$ de $E$ est symétrique et que $\im (p)$ est stable par $f$. \item Montrer qu’il existe une base de $\im (p)$ formée de vecteurs propres de $p\circ q$. \item Soit $G$, $H$ deux sous-espaces vectoriels de $E$. Montrer que $(G + H)^\perp = G^\perp \cap H^\perp$. \item Soit $F = (\ker(q) + \im (p))^\perp$. Soit $x\in \ker(q)+F$. Déterminer $p\circ q(x)$. \item Conclure. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Comme il s'agit d'une projection orthogonale, $p(x)$ et $x-p(x)$ sont orthogonaux d'où en appliquant le théorème de \textsc{\textsc{Pythagore}} $$||p(x)||^2 \leq ||p(x)||^2+||x-p(x)||^2=||x||^2.$$ \item Soit $\lambda$ une valeur propre de $p\circ q$, et $x$ un vecteur propre associé. On a $p(q(x))=\lambda x.$ Donc $$||p\circ q (x)||^2=||p(q(x))||^2\leq ||q(x)||^2\leq ||x||^2.$$ D'où $|\lambda |\ ||x||^2\leq ||x||^2$ et comme $x$ est non nul, $|\lambda |\leq 1$. \item Pour tout $x$ de $E$, $p(x)$ et $x-p(x)$ sont orthogonaux. Donc $\langle p(x),x-p(x)\rangle =0$ soit $\langle p(x), x\rangle = ||p(x)||^2$. Soit $\lambda$ une valeur propre de $p\circ q$, et $x$ un vecteur propre associé. On a $\langle p(q(x)), q(x)\rangle = ||p(q(x))||^2$ donc $\lambda \langle x,q(x)\rangle = ||p(q(x))||^2$ donc $\lambda ||q(x)||^2= \lambda^2 ||x||^2$.\\ Si $\lambda\neq 0$ alors comme $x$ est non nul, on a $||q(x)||^2= \lambda ||x||^2$ d'où $\lambda >0$. On en conclut que $\lambda \geq 0$. \item Le but de cette question est de montrer que $p\circ q$ est diagonalisable. \begin{enumerate} \item Soit $x$ et $y$ deux vecteurs, on a puisque $p$ et $q$ sont des endomorphismes symétriques $$\langle f(x),y\rangle =\langle p \circ q \circ p(x),y \rangle = \langle q \circ p(x),p(y)\rangle =\langle p(x), q\circ p(y)\rangle =\langle x,f(y)\rangle .$$ Ainsi $f$ est un endomorphisme symétrique sur $E$. De plus soit $x$ de $\im (p)$, $f(x)=p(q\circ p(x))\in \im (p)$, donc $\im (p)$ est stable par $f$. \item On applique le théorème spectral à l'endomorphisme $f$ restreint à $\Im (p)$. Il existe une base de $\im (p)$ formée de vecteurs propres de $f$. Par ailleurs tout vecteur propre de $f$ dans $\Im(p)$ est aussi un vecteur propre de $p\circ q$ puisque pour tout vecteur $x$ de $\Im(p)$, $p(x)=x$. Il existe donc une base de $\im (p)$ formée de vecteurs propres de $p\circ q$. \item Soit $G$, $H$ deux sous-espaces vectoriels de $E$. Soit $x\in G^\perp \cap H^\perp$ et soit $y\in G + H$. Ainsi $$\exists u\in G,\exists v\in H, y=u+v.$$ Donc $= + =0$. D'où $x\in (G + H)^\perp$. Ce qui donne une première inclusion. Réciproquement, on a $G\subset G+H$ et $H\subset G+H$ donc $(G + H)^\perp \subset G^\perp$ et $(G + H)^\perp\subset H^\perp$ d'où la deuxième inclusion. \item D'après la question précédente, on a $$F=(\ker(q) + \im (p))^\perp=\ker(q)^\perp \cap \im(p)^\perp=\im (q) \cap \ker(p).$$ Soit $x\in \ker(q)+F$, $x=u+v$ avec $u\in \ker(q)$ et $v\in F=\im (q) \cap \ker(p)$. On a $$p\circ q(x)=p(q(u))+p(q(v))=0+p(q(v))=p(v)=0.$$ \item On a $$F\oplus (\ker(q)+\im(p))=E.$$ d'où $$(F+\ker(q))+ \im(p)=E.$$ Ce qui permet de conclure que $p\circ q$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Formes linéaires sur $\mathcal{M}_n(\R)$}{trace, diagonalisation.} \noindent Dans tout l'exercice, on considère un entier $n \geq 2$ et on note $\, E = {\cal M}_n(\R) \,$ et $\, F = {\cal L}\bigl( E,\R \bigr) \,$ l'espace vectoriel des formes linéaires sur $E$. \noindent On note également ${\cal S}_n(\R)$, respectivement ${\cal A}_n(\R)$, le sous-espace vectoriel de $E$ des matrices symétriques, respectivement antisymétriques. \begin{enumerate} \item Montrer que $\dim(E)= \dim(F)$. \item Soit $\phi: E \rightarrow E$ l'application définie par: $\, A \mapsto {}^tA \,$.\\ Calculer $\phi \circ \phi$ et en déduire les sous-espaces propres de $\phi$. L'endomorphisme $\phi$ est-il diagonalisable? \item On définit $\, G: E \rightarrow F \,$ comme l'application qui, à toute matrice $M \in E$, associe l'application $G(M)$ de $E$ dans $\R$ définie par $\, G(M):\, A \mapsto \tr(MA) \,$. Justifier que $G$ est un isomorphisme de $E$ sur~$F$. \end{enumerate} \noindent On considère dans la suite un élément non nul $u$ de $F$, et on note $\psi$ l'application de $E$ dans $E$ définie par: $\, \psi:\, A \mapsto u(A)\,I_n \,$. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Justifier qu'il existe une unique matrice $M \in E$ telle que $\, \forall\: A \in E\,,\; \psi(A) = \tr(MA)\,I_n \,$. \item Déterminer le rang de $\psi$. \item Calculer $\, \psi \circ \psi \,$ en fonction de $M$. \item Montrer que $\, \ker (\psi) \cap \im (\psi) \neq \{0\} \ssi \tr(M) = 0 \,$. \item En déduire que $\psi$ est diagonalisable si et seulement si $\, \tr(M) \neq 0 \,$. \end{enumerate} \item Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur la matrice $M$ pour que $\, \phi \circ \psi = \psi \circ \phi \,$. \item Dans cette question, on suppose que $\, M \in {\cal S}_n(\R) \,$ et que $\, \tr(M) \neq 0 \,$. On rappelle que cela implique $\,{ I_n \not\in \ker(\psi) }\,$. \begin{enumerate} \item Que vaut $\, {\cal S}_n(\R) + \ker(\psi) \,$? En déduire la dimension de $\, {\cal S}_n(\R) \cap \ker(\psi) \,$, puis que $$ {\cal S}_n(\R) = \Vect(I_n) \oplus \bigl[ {\cal S}_n(\R) \cap \ker(\psi) \bigr] \:. $$ \item Déterminer $\, {\cal A}_n(\R) \cap \ker(\psi) \,$. \item En déduire que l'endomorphisme $\, f = \phi + \psi \,$ est diagonalisable. On précisera ses valeurs propres et ses sous-espaces propres. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Étant donné une base ${\cal B}$ de $E$, l'application $f\mapsto M_{\cal B}(f)$ est un isomorphisme de $F$ sur ${\cal M}_{n^2,1}(\R)$.\\ Donc $\dim F= \dim {\cal M}_{n^2,1}(\R)=n^2=\dim E$. \item On a $\, \phi^2 = \id_E \,$ donc $\, \Sp(\phi) \subset \{-1,1\} \,$;\\ puis $\, \ker(\phi-\id_E) = {\cal S}_n(\R) \,$ et $\, \ker (\phi+\id_E) = {\cal A}_n(\R) \,$ de somme (directe)~$E$ (à justifier), donc $\phi$ diagonalisable. \item L'application $G$ est linéaire; $\: \forall\: i,j\,,\; [G(M)](E_{i,j}) = m_{j,i} \:$, donc $\, G(M) = 0 \implique M = 0 \,$ d'où $\, \ker G = \{0\} \,$, et par égalité des dimensions démontrée en question 1, $G$ est un isomorphisme. \item \begin{enumerate} \item D'après 2. $\, M = G^{-1}(u) \,$. \item $\, u \neq 0$ entra\^{\i}ne $\im (\psi) = \Vect(I_n) \,$ donc $\, \rg(\psi) =1 \,$. \item L'application $\psi$ est linéaire et $\, \psi^2(A) = u(A)\,\psi(I_n) = u(A)\,\tr(M)I_n \,$ donc $\,\psi^2 = (\tr M)\,\psi \,$. \item On a $\, \ker (\psi) \cap \im (\psi) \neq \{0\} \ssi I_n \in \ker (\psi) \ssi 0 = \psi(I_n) = \tr(M)\,I_n \ssi \tr M = 0 \,$. \item \begin{itemize} \item[$\bullet$] Si $\, \tr M \neq 0 \,$, alors $I_n$ est vecteur propre de $\psi$ associé à $\, \tr M \neq 0 \,$; comme $\ker(\psi)$ est un sous-espace propre de dimension $n^2-1$ d'après 3.b), on a $\psi$ diagonalisable. \item[$\bullet$] Si $\, \tr(M) = 0 \,$, alors $\, \psi^2 = 0 \,$, donc $0$ est seule valeur propre de $\, \psi \neq 0 \,$ (car $u \neq 0$), donc $\psi$ non diagonalisable. \end{itemize} \end{enumerate} \item Par bijectivité de $G$, $$ \phi \circ \psi = \psi \circ \phi \ssi \forall\: A\,,\; \tr(AM) = \tr({}^tAM) = \tr({}^tMA) = \tr(A\,{}^tM) \ssi M = {}^tM \ssi M \in {\cal S}_n(\R) $$ \item \begin{enumerate} \item Comme $\, I_n \not \in \ker(\psi) \,$ est un hyperplan de $E$, mais $\, I_n \in {\cal S}_n(\R) \,$, on a $\, {\cal S}_n(\R) + \ker(\psi) = E \,$. Par la formule de \textsc{\textsc{Grassmann}}, on a alors $$ \dim \bigl[ {\cal S}_n(\R) \cap \ker(\psi) \bigr] = \dim\bigl[ {\cal S}_n(\R) \bigr] + \dim \bigl[ \ker(\psi) \bigr] - \dim(E) = \frac{n\,(n+1)}{2} - 1 $$ Comme $\Vect(I_n)$ et ${\cal S}_n(\R) \cap \ker(\psi)$ sont d'intersection nulle, leur somme est directe et incluse dans ${\cal S}_n(\R)$, puis égale par les dimensions. \item On a $$ A \in {\cal A}_n(\R) \implique \phi \circ \psi(A) = \psi \circ \phi(A) = - \psi(A) \implique \psi(A) \in {\cal A}_n(\R) \cap \im(\psi) = {\cal A}_n(\R) \cap \Vect(I_n) = \{ 0 \} $$ donc $\, {\cal A}_n(\R) \subset \ker (\psi) \,$, soit $\, {\cal A}_n(\R) \cap \ker (\psi) = {\cal A}_n(\R) \,$. \item Alors $$ E = \Vect(I_n) \oplus \bigl[{\cal S}_n(\R) \cap \ker(\psi) \bigr] \oplus {\cal A}_n(\R) $$ qui sont des sous-espaces propres de $f$ associés respectivement à $1+\tr(M)$, $1$ et $-1$; d'où $f$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Application non linéaire conservant l'orthogonalité}{espace euclidien, similitude} Dans cet exercice $n$ est un entier supérieur à $2$. Soit $E$ un espace vectoriel euclidien de dimension $n$. \\ On note $\langle \ ,\ \rangle$ le produit scalaire et $||\cdot||$ la norme euclidienne associée.\\ Soit ${\mathcal B}=\{e_1,\cdots ,e_n\}$ une base orthonormée de $E$.\\ \medskip On dit qu'une application $ f:E \rightarrow E $ vérifie la relation $(P)$ lorsque: $$\exists \alpha>0,\ \forall u,v \in E, \langle f(u),f(v) \rangle=\alpha^2 \langle u,v \rangle\ \ (P)$$ \textsl{Attention : l'application $f$ n'est à priori pas supposée linéaire .} \begin{enumerate} \item Montrer que si $f$ vérifie $(P)$ alors $f$ est un endomorphisme de $E$. \\ (on pourra s'intéresser d'abord à $|| f(u+\lambda v)-f(u) -\lambda f(v) ||$ pour $\lambda \in \R$.) \item Montrer que $f : E \to E$ vérifie $(P)$ si et seulement s'il existe $\alpha >0$ tel que pour tout $u\in E$, on a : $$||f(u)||=\alpha||u||.$$ \item Soit $f$ vérifiant $(P)$. En étudiant les valeurs propres de $f$, montrer que $f$ est bijectif. \item Soit $f$ vérifiant $(P)$. On note $A$ la matrice représentative de $f$ dans la base ${\mathcal B}$, montrer : $^tAA=\alpha^2 I_n$ \item Montrer $f \in {\mathcal L}(E)$ vérifie la propriété $(P)$ si et seulement si : $$\forall (u,v) \in E^2, \langle u,v \rangle=0 \Leftrightarrow \langle f(u),f(v) \rangle=0$$ \item Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$. On désigne par $p$ la projection orthogonale sur $F$. Soit $\alpha>0$ Soit $s$ l'endomorphisme de $E$ défini par : $s=\alpha (2p-\mathrm{id}_E)$ Montrer que $s$ vérifie $(P)$ et que $s$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On a $$ \begin{aligned} &|| f(u+\lambda v)-f(u)-\lambda f(v)||^2 \\ & =|| f(u+\lambda v)||^2 + ||f(u)||^2 + \lambda^2 ||f(v)||^ 2 - 2 \langle f(u+\lambda v , f(u) \rangle -2 \langle f(u+\lambda v, \lambda f(v) \rangle +2\lambda \langle f(u), f(v) \rangle \\ &=\alpha^2 || u+\lambda v||^2 + \alpha^2 ||u||^2 +\lambda^2 \alpha^2 ||v||^2 -2\alpha^2 \langle u +\lambda v, u\rangle -2\alpha^2 \langle u +\lambda v, \lambda v\rangle +2\lambda \alpha^2 \langle u,v \rangle \\ &= \alpha^2 ||u||^2 +\lambda^2 \alpha^2 ||v||^2 -\alpha^2 ||u + \lambda v ||^2 +2\lambda \alpha^2 \langle u,v \rangle =0 \end{aligned} $$ Donc $f$ est un endomorphisme de $E$. \item En prenant $v=u$ dans $(P)$, on a: $||f(u)||^2=\alpha^2 ||u||^2$, soit $||f(u)||=\alpha||u||$. Réciproquement, en utilisant une identité de polarisation, et comme $f$ est linéaire, on a : $\forall u,v \in E$, $$\langle f(u),f(v) \rangle= \frac{1}{2}(||f(u+v)||^2-||f(u)||^2-||f(v)||^2)=\alpha^2\frac{1}{2}(||u+v||^2-||u||^2-||v||^2)=\alpha^2 \langle u,v \rangle$$ \item Soit $u$ un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda$, $u\neq 0_E$. On a : $$||f(u)||=\alpha||u|| \Rightarrow |\lambda|.||u|| =\alpha||u|| \Rightarrow |\lambda|=\alpha >0.$$ Donc $0$ n'est pas valeur propre de $f$ donc $f$ est bijectif. \item La propriété $(P)$ se traduit matriciellement par : $^t(AU)(AV)=\alpha^2\ ^t UV$, soit $^t U (^t AA)V=\alpha^2\ ^t UV$, \\ (avec $U,V$ matrices des coordonnées de $u$,$v$ dans la base ${\cal B}$).\\ Si on note $\beta_{ij}$ l'élément générique de la matrice $^t AA$ et en prenant $U=^te_i$ et $V=^te_j$ on obtient\\ $$\forall i,j \in \llbracket 1,n\rrbracket \ \beta_{i,j}=\alpha^2.\delta_{i,j} \text{ soit : } ^tAA=\alpha^2 \mathrm{Id}_n$$ \item Supposons la propriété $(P)$. Soit $(u,v) \in E^2$. On a $$\langle u,v \rangle=0 \Leftrightarrow \alpha^2 \langle f(u),f(v) \rangle =0 \Leftrightarrow \langle f(u),f(v) \rangle =0, \mbox{ car } \alpha \neq 0$$ Réciproquement supposons que cette équivalence est vraie.\\ Alors la famille $\{f(e_1),\cdots,f(e_n) \}$ est orthogonale (car les $e_1,\dots,e_n$ le sont).\\ De plus, comme $\langle e_i+e_j,e_j-e_j \rangle=||e_i||^2-||e_j||^2=1-1=0$, on en déduit que $\langle f(e_i+e_j), f(e_i-e_j)\rangle=0$.\\ Par bilinéarité du produit scalaire et linéarité de $f$, on a donc : $$||f(e_i)||^2-||f(e_j)||^2=\langle f(e_i)+f(e_j), f(e_i)-f(e_j)\rangle = \langle f(e_i+e_j), f(e_i-e_j)\rangle=0.$$ Ainsi $||f(e_i)||$ est indépendant de $i$ ; posons $\alpha=||f(e_i)||$.\\ Alors la famille $\{\frac{1}{\alpha}f(e_1),\cdots,\frac{1}{\alpha}f(e_n) \}$ est une base orthonormée de $E$ \ie : $$\forall i,j \in \llbracket 1,n\rrbracket, \langle f(e_i),f(e_j) \rangle = \alpha^2 \langle e_i,e_j \rangle.$$ Cette inégalité s'étend alors par linéarité à tous vecteurs $u,v$ de $E$ \ie $f$ vérifie $(P)$ \item L'endomorphisme $p$ étant un projecteur orthogonal, il est symétrique, donc $s$ aussi (combinaison linéaire d'endomorphismes symétriques) et donc diagonalisable d'après le théorème spectral.\\ Pour montrer que $s$ (linéaire) vérifie $(P)$ on utilise la caractérisation de la question précédente : $$\langle s(u),s(v) \rangle=0 \iff \langle 2p(u)-u,2p(v)-v\rangle=0 \iff 4 \langle p(u),p(v)\rangle - 4 \langle p(u),v\rangle +4 \langle u,v\rangle=0,$$ où l'on a utilisé que $p$ est symétrique \ie $\langle p(u),v\rangle=\langle u,p(v)\rangle$.\\ Et, comme $p^2=p$, on a : $\langle p(u),p(v)\rangle=\langle p^2(u),v\rangle=\langle p(u),v\rangle$.\\ D'où l'équivalence : $\langle s(u),s(v) \rangle=0 \iff \langle u,v\rangle=0.$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Dérivation discrète}{espace de fonctions, espace $\R[X]$. Endomorphisme, éléments propres.} On note $F$ l'espace vectoriel des fonctions de $\R_+^*$ dans~$\R$, $E$ le sous-espace vectoriel de~$F$ des fonctions polynomiales et, pour tout $n \in \N$, $E_n$ le sous-espace vectoriel de~$E$ des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à~$n$. On considère l'endomorphisme $\, D:\: f \mapsto D(f) \,$ de $F$, où la fonction $D(f)$ est définie par $$ \forall\: x \in \R\:,\quad [D(f)](x) = f(x+1)- f(x) \:. $$ \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Justifier que, pour tout $n \in \N$, $E_n$ est stable par $D$. \end{enumerate} \noindent On note alors $\Delta_n$ l'endomorphisme de $E_n$ induit par~$D$. \begin{enumerate}[resume] \item Pour $n \in \N^*$, déterminer le noyau et l'image de $\Delta_n \,$. \item Pour $n \in \N^*$, déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $\Delta_n \,$. L'endomorphisme $\Delta_n$ est-il diagonalisable? \item Pour $n \in \N^*$, justifier que pour tout $\, Q \in E_{n-1} \,$, il existe un unique $P \in E_n$ tel que $\, \Delta_n(P) = Q \,$ et $\, P(0) = 0 \,$. \item Expliciter $P$ lorsque $\, Q(x) = x^2 \,$. Utiliser $P$ pour retrouver la valeur de $\, S_n = \dsum_{k=1}^{n} k^2 \,$ pour $n \in \N^*$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $\phi:\: \left] 0,1 \right] \rightarrow \R$ une fonction, et $g \in F$. Montrer qu'il existe une unique fonction $f \in F$ telle que $\, D(f) = g \,$ et $\, \forall\:x \in \left] 0,1 \right]\,,\; f(x) = \phi(x) \,$. \item L'endomorphisme $D$ est-il surjectif? \item Montrer que, pour tout $\lambda \in \R$, il existe une fonction $f \in F$, différente de la fonction nulle, telle que $\, D(f) = \lambda\,f \,$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $\, \forall\: n\,,\; P \in E_n \implique D(P) = P(x+1)-P(x) \in E_n \,$. \item L'espace $\im(\Delta_n)$ est engendré par les polyn\^{o}mes $(\Delta_n(x^j))_{0\leq j\leq n}$ qui valent : $$ \Delta_n(x^0)=0 \ \ \et \ \ \forall\: j \in \llbracket 1,n \rrbracket\:,\quad \Delta_n(x^j) = (x+1)^j - x^j = \sum_{i=0}^{j-1} \binom{j}{i}\, x^i \in E_{n-1} $$ La famille $(\Delta_n(x^j))_{1\leq j\leq n}$ est de degrés croissants, donc libre, donc c'est une base de $\im(\Delta_n)$ qui est donc de dimension $n$. Ainsi, par égalité des dimensions, on a \fbox{$\im(\Delta_n)=E_{n-1}$.} De plus on a clairement $E_0\subset \ker(\Delta_n)$. Et par le théorème du rang $\dim (\ker(\Delta_n)=1$.\\ D'où, par égalité des dimensions, on a : \fbox{$\ker(\Delta_n)=E_0$.} Autre idée : utiliser la matrice de $\Delta_n$ dans la base $(x^j)_{0\leq j\leq n}$. \item La matrice $A$ de $\Delta_n$ dans la base canonique de $E_n$ est triangulaire supérieure stricte non nulle, donc $0$ est l'unique valeur propre et $E_0$ l'espace propre associé; $A$ est non diagonalisable. \item On a $\, Q \in E_{n-1} = \im(\Delta_n) \implique \exists P \in E_n\,,\; \Delta_n(P) = Q \,$; alors $\, P_1(x) = P(x) - P(0) \,$ convient, puisque $\Delta_n$ est nul sur $E_0$. Si $P_2$ est une (autre) solution, alors $\, P_2-P_1 \in \ker(\Delta_n) = E_0 \,$, donc $P_1$ et $P_2$ diffèrent d'une constante, qui est nulle puisqu'ils ont m\^{e}me valeur en~$0$. \item Le polyn\^{o}me cherché $\, A(x) = a\,x^3+b\,x^2+c\,x \,$ vérifie $$ \left\{ \begin{array}{rcl} 3a &=& 1 \\ 3a+2b &=& 0 \\ a+b+c &=& 0 \end{array} \right. \ssi \left\{ \begin{array}{rcl} a &=& 1/3 \\ b &=& -1/2 \\ c &=& 1/6 \end{array} \right. $$ d'où $$ A(x) = \frac{x^3}{3} - \frac{x^2}{2} + \frac{x}{6} = \frac{x(x-1)\,(2x-1)}{6} $$ puis $$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \Bigl[ A(k+1) - A(k) \Bigr] = A(n+1) - A(1) = \frac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6} $$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Si $f$ est solution, on a par récurrence \vskip -8pt $$ \forall\: n \in \N^*\,,\; \forall\: x \in \left] n,n+1 \right]\:,\quad f(x) = \phi(x-n) + \sum_{k=1}^{n} g(x-k) $$ d'où au plus une solution, et on vérifie qu'elle convient. \item D'après a), $D$ est surjective. \item En prenant $\, \phi = 1 \,$, on a par récurrence comme ci-dessus, $$ \forall\: n \in \N^*\,,\; \forall\: x \in \left] n,n+1 \right]\:,\quad f(x) = (\lambda+1)^n $$ qui vérifie bien $$ \forall\:x \in \R_+^*\:,\quad f(x+1) = (\lambda+1)\,f(x) \quad\text{d'où}\quad [D(f)](x) = f(x+1)-f(x) = \lambda\,f(x) \:. $$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Endomorphisme de $\mathcal{M}_n(\R)$ euclidien}{espace de matrices, éléments propres, diagonalisation} Pour tout $A\in \mathcal{M}_n(\R)$, on note $\transp{A}$ la transposée de la matrice $A$.\\ On admet que l'application $(A,B) \mapsto \tr( \transp{A}B)$ définit un produit scalaire sur $\mathcal{M}_n(\R)$.\\ Pour tout $M\in \mathcal{M}_n(\R)$, on note $M^\perp =(\Vect(M))^\perp$, que l'on appelle l'orthogonal de $M$. \medskip Pour tout $A\in \mathcal{M}_n(\R)$, on pose $\Phi_A : M \to \transp{A}MA$. \begin{enumerate} \item Montrer que $M^\perp $ est un sous espace vectoriel de $\mathcal{M}_n(\R)$ et donner sa dimension. \item Montrer que $\Phi_A$ est un endomorphisme de $\mathcal{M}_n(\R)$. \item Montrer que $\Phi_A \circ \Phi_B= \Phi_{BA}$. \item Soit $A\in \mathcal{M}_n(\R)$ inversible. Montrer que $\Phi_A$ est un isomorphisme de $\mathcal{M}_n(\R)$ sur $\mathcal{M}_n(\R)$ et que la restriction de $\Phi_A$ à $\mathcal{S}_n(\R)$ induit un isomorphisme de $\mathcal{S}_n(\R)$ sur $\mathcal{S}_n(\R)$. \item Soit $A$ une matrice orthogonale d'ordre $n$. Montrer que $P\in M^\perp$ si et seulement si $\Phi_A(P) \in (\Phi_A(M))^\perp$. \item On suppose dans cette question que $A$ est diagonalisable. Montrer que $\Phi_A$ est diagonalisable. \item Réciproquement, on suppose que $\Phi_A$ est diagonalisable et que $A$ admet une valeur propre non nulle. Montrer que $A$ est diagonalisable. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Question de cours et $M^\perp $ est un hyperplan de $\mathcal{M}_n(\R)$. \item On vérifie la linéarité de $\Phi_A$. \item Pour toute matrice $M$, $(\Phi_A \circ \Phi_B)(M)= \transp{A}(\transp{B}MB)A= \transp{(BA)} M BA=\Phi_{BA}(M)$. \item Par la question précédente, comme $\Phi_{I_n}= I_{\mathcal{M}n(\R)}$, on a $\Phi_A$ bijective (et $(\Phi_A)^{-1}= \Phi_{A^{-1}}$).\\{\em Autre idée :} utiliser le noyau et la dimension finie.\\ Si $M= \transp{M}$, alors $\transp{(\Phi_A(M))}= \transp{A}\transp{M} A= \Phi_A(M)$. Cela signifie que $\Phi_A : \mathcal{S}_n(\R) \to \mathcal{S}_n(\R)$.\\ Comme $\Phi_A$ est injective, sa restriction à $\mathcal{S}_n(\R)$aussi, donc elle est bijective (la dimension est finie). \item La relation $\Phi_A(P) \in (\Phi_A(M))^\perp$ est équivalente à $$0=\tr(\transp{A}\transp{P}A \transp{A}MA)= \tr(\transp{A}\transp{P}MA)= \tr( \transp{P}MA \transp{A})= \tr( \transp{P}M)$$ \item Soit $(X_1, \ldots X_n)$ une base de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ de vecteurs propres de $\transp{A}$ associés aux valeurs propres $(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$. Pour tout $(i,j)\in \llbracket 1 , \rrbracket$, on pose $M_{i,j}= X_i\transp{X_j}$.\\ \begin{itemize} \item La matrice $M_{i,j}$ est de rang $1$ (donc non nulle) puisqu'aucun des vecteurs propres de $A$ n'est nul. \item Comme $AX_i=\lambda_i X_i$, on a $\Phi_A(M_{i,j})= \transp{A} X_i \transp{X_j}A= \lambda_i\lambda_j X_i\transp{X_j}$. Ainsi les matrices $(M_{i,j})$ sont des vecteurs propres de $\Phi_A$. \item Il reste à montrer que la famille $(M_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}$ est libre. Soit $(a_{i,j})$ une famille de réels tels que $\dsum_{i=1}^n \dsum_{j=1}^n a_{i,j} M_{i,j}=0$. Alors pour tout $k\in \llbracket 1,n \rrbracket$ $$0=\sum_{1\leq i,j\leq n} a_{i,j} M_{i,j}(X_k)=\sum_{1\leq i,j\leq n} a_{i,j} X_i(\transp{X_j}X_k)= \sum_i \left( \sum_j a_{i,j}(\transp{X_j}X_k)\right) X_i$$ La famille $(X_i)$ est une base ; donc pour tout $(i,k)\in \llbracket 1,n \rrbracket^2$, $\dsum_{j=1}^n a_{i,j}(\transp{X_j}X_k)=0$.\\ Le vecteur ligne $\dsum_{j=1}^n a_{i,j}\transp{X_j}$ est orthogonal à tout l'espace : il est nul et $\dsum_{j=1}^n a_{i,j}X_j=0$.\\ Ainsi pour tout $(i,j)\in \llbracket 1,n \rrbracket^2$, $a_{i,j}=0$. \end{itemize} \item Soit $X\neq 0$ tel que $AX=\lambda X$, avec $\lambda \neq 0$. Considérons l'application $\varphi : \mathcal{M}_n(\R) \to \mathcal{M}_{n,1}(\R)$ définie par $$\varphi : M \to MX$$ Cette application est surjective ; en effet, soit $Y\in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$. Il existe une matrice $M$ telle que $MX=Y$ : par exemple, on complète $X$ en une base de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ et $M$ est la matrice dans la base canonique de l'application qui envoie $X$ sur $Y$ et les autres vecteurs sur le vecteur nul.\\ Soit $(M_{i,j})$ une base de vecteurs propres de $\Phi_A$. Par la surjectivité, la famille $(\varphi(M_{i,j}))_{1\leq i,j \leq n}$ est une famille génératrice de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$. On en extrait une base $(M_1X, \ldots, M_nX)$.\\ Notons $\lambda_i$ les valeurs propres de $\Phi_A$ correspondantes aux $M_i$, c'est-à-dire que $\transp{A}M_iAX= \lambda_i M_iX$. Or $AX=\lambda X$. Donc (puisque $\lambda\neq 0$) : $$\transp{A}M_iAX= \lambda_i M_iX \Leftrightarrow \lambda \transp{A}(M_i X)= \lambda_i M_iX\Leftrightarrow \transp{A}(M_iX)= \frac{\lambda_i}{\lambda}M_iX$$ Ainsi, la matrice $\transp{A}$ est diagonalisable (dans la base $(M_1X, \ldots, M_nX)$). Et donc sa transposée $A$ aussi. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Diagonalisation}{polyn\^{o}me annulateur scindé à racines simples, sous espaces stables} Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n$. \begin{enumerate} \item Soient $g,h$ deux endomorphismes de $E$.\\ Soit alors l'application $\ker(g\circ h) \rTo^{\phi} E$ définie par : $$\forall u\in \ker(g\circ h),\ \phi(u)=h(u).$$ \begin{enumerate} \item Comparer $\im \phi$ et $\ker g$. \item En déduire que $\dim \left(\ker (g\circ h)\right)\leq \dim (\ker h) +\dim (\ker g)$. \end{enumerate} \end{enumerate} On considère désormais un endomorphisme $f$ de $E$. \begin{enumerate}[resume] \item On suppose que $f$ est diagonalisable. Montrer qu'il existe $p$ nombres $r_1,\dots ,r_p\in \R$ {\em distincts} (avec $p\in \NN^*$) tels que le polyn\^{o}me $P=(X-r_1)\cdots (X-r_p)$ soit un polyn\^{o}me $P$ annulateur de $f$. \item Réciproquement, on suppose qu'il existe $p$ nombres $r_1,\dots ,r_p\in \R$ {\em distincts} tels que le polyn\^{o}me\\ $P=(X-r_1)\cdots (X-r_p)$ soit un polyn\^{o}me annulateur de $f$. \begin{enumerate} \item Montrer que $\dsum_{i=1}^p \dim \ker (f-r_i\id_E)\geq n$. \item Montrer que $f$ est diagonalisable. \end{enumerate} \item On suppose que $f$ est diagonalisable. Montrer que si $E_0$ est un sous-espace vectoriel de $E$ stable par $f$, alors l'endomorphisme $f_{|E_0}$ de $E_0$ induit par $f$ est, lui aussi, diagonalisable. \item Dans cette question, $E$ est un espace vectoriel de dimension 3 et $f$ est un endomorphisme diagonalisable de $E$ dont l'ensemble des valeurs propres est formé de deux réels distincts $\lambda$ et $\mu$.\\ Déterminer tous les sous-espace vectoriels de $E$ stables par $f$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $u\in \im \phi$, il existe $v\in \ker(g\circ h)$ tel que $u=h(v)$.\\ Donc $g(u)= (g\circ h)(v)=0$ \ie $u\in \ker g$. Ainsi \fbox{$\im \phi\subset \ker g$.} \item \label{Q1b-fc1} Le \fbox{théorème du rang pour $\phi$} donne : $\dim (\ker(g\circ h))= \dim (\im \phi)+ \dim (\ker \phi)$.\\ Or, par croissance de la dimension, la question précédente donne $\dim (\im \phi) \leq \dim(\ker g)$.\\ Et, comme $\phi$ est une restriction de $h$, on a $\ker \phi \subset \ker h$, donc $\dim (\ker \phi) \leq \dim (\ker h)$. \end{enumerate} \item \label{Q2-fc1} Si $r_1,\dots ,r_p\in \RR$ sont les valeurs propres {\em distinctes} de $f$, alors $P(x)=(x-r_1)\cdots (x-r_p)$ convient, \\ puisque $P(\diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n))=\diag(P(\lambda_1),\dots,P(\lambda_n))=0,$ si $\diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ est la matrice de $f$ dans une base de vecteurs propres (car alors $\lambda_i \in \{r_1,\dots ,r_p\}$ pour tout $i$). \item \begin{enumerate} \item \fbox{Par récurrence finie sur $k\in \llbracket 1,p\rrbracket$, avec question \ref{Q1b-fc1},} on montre que : $$\dsum_{i=1}^k \dim \Big(\big(\ker (f-r_i\id_E)\big)\Big) \geq \dim \Big(\ker \big((f-r_1\id_E)\circ \dots \circ (f-r_k\id_E)\big)\Big).$$ Or, pour $k=p$, comme $P$ est annulateur de $f$, on a $\dim \Big(\ker \big((f-r_1\id_E)\circ \dots \circ (f-r_k\id_E)\big)\Big)=n$. \item \label{Q3a-fc1} Comme la somme des dimensions des sous espaces propres $\ker (f-r_i\id_E)$ dépasse $n$ et que ces sous-espaces sont toujours en somme directe, \fbox{les sous-espaces propres de $f$ sont supplementaires dans $E$.}\\ Donc $f$ est diagonalisable. \end{enumerate} \item\label{Q4-fc1} D'après la \fbox{question \ref{Q2-fc1}}, il existe un polyn\^{o}me annulateur de $f$ scindé à racines simples.\\ Alors ce polyn\^{o}me est aussi annulateur de $f_{|E_0}$, puisque $\big(P(f_{|E_0})\big)(u)=\big(P(f)\big)(u)$ pour tout $u\in E_0$. \\ Donc, d'après la \fbox{question \ref{Q3a-fc1} appliquée à $f_{|E_0}$,}, l'endomomorphisme $f_{|E_0}$ est diagonalisable. \item Comme $f$ est diagonalisable, on a $\dim \ker (f-\lambda\id_E)+\dim \ker (f-\mu\id_E)=3$.\\ Quitte à échanger $\lambda$ et $\mu$, on peut supposer que $\dim \ker (f-\lambda\id_E)=2$ et $\dim \ker (f-\mu\id_E)=1$.\\ Tout sous-espace propre de $f$ est stable par $f$, voire tout sous-espace d'un sous-espace propre est stable.\\ Par ailleurs, la somme de deux sous-espaces stables est stable.\\ Donc, en triant selon la dimension, cela donne déjà les sous-espaces propres suivants : \begin{itemize} \item[$\bullet$] dimension 0 : \fbox{$\{0\}$ ;} \item[$\bullet$] dimension 1 : \fbox{$\ker (f-\mu\id_E)$,} \fbox{toute droite vectorielle incluse dans $\ker (f-\lambda\id_E)$ ;} \item[$\bullet$] dimension 2 : \fbox{$\ker (f-\lambda\id_E)$ ;} \\ \phantom{dimension 2 : } tout \fbox{$\ker (f-\mu\id_E) \oplus D$,} où $D$ est une droite incluse dans $\ker (f-\lambda\id_E)$ ; \item[$\bullet$] dimension 3 : \fbox{$E$.} \end{itemize} Montrons qu'il n'y en a pas d'autres ; les dimensions 0 et 3 sont évidentes. \\ Soit $E_0$ un sous-espace stable de dimension 1 ou 2, alors, d'après la question \ref{Q4-fc1}, $f_{|E_0}$ est diagonalisable. De plus les vecteurs propres de $f_{|E_0}$ sont des vecteurs propres de $f$, donc $E_0$ possède une base formée de vecteurs propres de $f$.\\ Si $E_0$ est de dimension 1, alors forcément $E_0=\ker (f-\mu\id_E)$ ou $E_0 \subset \ker (f-\lambda\id_E)$.\\ Si $E_0$ est de dimension 2, alors forcément $E_0=\ker (f-\lambda\id_E)$ ou $E_0=\ker (f-\mu\id_E) \oplus D$, où $D$ est une droite vectorielle incluse dans $\ker (f-\lambda\id_E)$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Endomorphisme des différences sur $\R[X]$}{calcul matriciel, suites, matrice d'un endomorphisme} Soit $m \in \N^*$. On note $E=\R_m[X]$ l'ensemble des polyn\^{o}mes de degré inférieur ou égal à $m$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Expliciter la matrice $\, Q \in {\cal M}_{m+1}(\R) \,$ telle que pour tous $U$ et $V$ deux vecteurs colonne de ${\cal M}_{m+1,1}(\R)$ de coordonnées respectives $(u_n)_{0 \le n \le m}$ et $(v_n)_{0 \le n \le m}$, on ait : \begin{equation} \label{RS23FleUn} \forall\: n \in \llbracket 0,m \rrbracket\:,\quad u_n = \sum_{k=0}^{n} \left[ \binom{n}{k}\,v_k \right] \:. \end{equation} Justifier que $Q$ est inversible. \item Soit $T$ l'endomorphisme de $\R_m[X]$ défini par, pour tout $P\in \R_m[X]$, $T(P)(X)= P(X+1)$. Déterminer la matrice de $T$ dans la base canonique de $\R_m[X]$. En déduire l'inverse de $Q$. \item En déduire, si $U,V$ vérifient (1), alors : \vskip -12pt \begin{equation} \label{RS23FleVn} \forall\: n \in \llbracket 0,m \rrbracket\:,\quad v_n = \sum_{k=0}^{n} \left[ (-1)^{n-k}\, \binom{n}{k}\, u_k \right] \:. \end{equation} \end{enumerate} \noindent Soit $\phi$ l'application définie sur~$E$ par : $$ \forall\: P \in E,\ \forall x \in \R,\quad \bigl[ \phi(P) \bigr] (x) = P(x+1) - P(x) \:. $$ \item \begin{enumerate} \item Justifier que $\, \phi \in {\cal L}(E) \,$ et expliciter sa matrice $\, A = (a_{i,j})_{1 \le i,j \le m+1} \in {\cal M}_{m+1}(\R) \,$ dans la base canonique $\: {\cal B} = \bigl( 1, X, X^2, \dots, X^m \bigr) \:$ de~$E$. \item Déterminer l'image et le noyau de $\phi$. \item Étudier la diagonalisabilité de~$\phi$. \item Pour $p \in \N^*$, on note $\phi^p$ la composée $p$ fois: $\: \phi^p = \phi \circ \phi \circ \cdots \circ \phi \:$; on convient que $\, \phi^0 = \id_E \,$. Montrer que, pour tout $p \in \N$ et tout polyn\^{o}me $P \in E$, on a: \begin{equation} \label{RS23FleBinomPhi} \bigl[ \phi^p(P) \bigr](X) = (-1)^p\, \sum_{k=0}^{p} \left[ (-1)^k\, \binom{p}{k}\, P(X+k) \right] \:. \end{equation} \item En déduire, pour $p \in \N^*$ et $j \in \llbracket 0,p-1 \rrbracket$, la valeur de $$ S_{j,p} = \sum_{k=0}^{p} \left[ (-1)^k\, \binom{p}{k}\, k^j \right] \:. $$ \end{enumerate} \item Pour tous $P \in E$ et $n \in \llbracket 0,m \rrbracket$, calculer $$ \sum_{k=0}^{n} \left[ \binom{n}{k}\, \phi^k(P)(x) \right] \:. $$ \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La relation s'écrit matriciellement $$ \matrice{u_0 \\ u_1\\ \vdots\\ u_m} = Q\,\matrice{v_0 \\ v_1\\ \vdots\\ v_m} \quad\text{avec}\quad Q = \matrice{1&0&\dots&0 \\ 1&1& &\vdots \\ \vdots& &\ddots&0 \\ 1&\binom{m}{1}&\cdots&1 } $$ où $\, Q = (q_{i,j})_{1 \le i,j \le m+1} \,$ est la matrice de \textsc{\textsc{Pascal}} (triangulaire inférieure, carrée de taille $m+1$), de coefficients $\, q_{i,j} = \binom{i-1}{j-1} \,$ en position $(i,j)$, avec la convention usuelle $\, \binom{i}{j} = 0 \,$ si $\, j>i \,$. La matrice $Q$ est triangulaire à éléments diagonaux non nuls, donc est inversible. \item Il est clair que $T$ est un endomorphisme de $\R_m[X]$; on trouve que sa matrice est ${}^t\!Q$.\\ Or la réciproque de $T$ est $P \to P(X-1)$, dont la matrice s'obtient comme dans la question préédente ; cette matrice est $({}^t\!Q)^{-1}={}^t\!(Q)^{-1}$ ; on en déduit la valeur de $Q^{-1}$, soit $Q^{-1} = \bigl( c_{i,j} \bigr)_{1 \leq i,j \leq m+1} \,$ avec $\, c_{i,j} = (-1)^{i-j}\,\binom{i-1}{j-1} \,$. \item Comme $\, V = Q^{-1}\,U \,$, on a \vskip -12pt $$ \forall\: n \in \llbracket 0,m \rrbracket\:,\quad v_n = \sum_{k=0}^{n} \left[ (-1)^{n-k}\,\binom{n}{k}\, u_k \right] $$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item L'application $\phi$ est linéaire de $E$ dans $E$ et pour tout $j \in \llbracket 0,m \rrbracket$, \vskip -10pt $$ \phi(x^j) = (x+1)^j - x^j = \sum_{i=0}^{j-1} \binom{j}{i}\, x^i \in E \quad\text{d'où}\quad a_{i,j} = \begin{cases} \binom{j-1}{i-1}& \text{si $j > i$} \\ 0&\text{sinon} \end{cases} $$ En particulier, $A$ est triangulaire supérieure stricte. \item D'après la matrice, $\, \im(\phi) \subseteq \R_{m-1}[X] \,$ ; d'où \fbox{$\im(\phi) = \R_{m-1}[X] \,$} par égalité des dimensions (car $A$ est clairement de rang $m$).\\ On a clairement $\R_0[X]\subset \ker(\phi)$, d'où l'égalité \fbox{$\ker(\phi)=\R_0[X]$} par la dimention (via le théorème du rang). \item La matrice $A$ est triangulaire supérieure stricte non nulle, donc $\, \Sp(A) = \{ 0 \} \,$ et $A$ non diagonalisable. \item Soit $\tau$ l'endomorphisme de $E$ défini par $\, \forall\: P \in E\,,\; \tau(P) =P(X+1)$. Comme $\tau$ et $\id_E$ commutent, la formule du bin\^{o}me dans ${\cal L}(E)$ appliquée à $\, \phi = \tau - \id_E \,$ donne~(\ref{RS23FleBinomPhi}). \item Comme $\phi$ abaisse le degré de~$1$, pour $j0$, montrer la convergence de l'intégrale $\dint_0^xf(t)\;dt$. \end{enumerate} Pour tout $f\in E$ on définit la fonction $u(f)$ par : $$\forall x>0,\ (u(f))(x)= \dfrac{1}{x}\dint_0^xf(t)\;dt.$$ \begin{enumerate}[resume] \item Pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$ déterminer $u(e_k)$ et $u(f_k)$. \item Montrer que $u$ est un endomorphisme de $E$ et écrire sa matrice $M$ dans la base ${\cal{B}}$. \item Déterminer les valeurs propres de $u$. L'endomorphisme $u$ est-il bijectif ? \item Soit $f$ un vecteur propre de $E$ associé à une valeur propre $\lambda \neq 0$. Soit $g$ définie sur ${\mathbb{R}}_+^*$ par $g(x)=x^{-\frac{1}{\lambda}}\dint_0^xf(t)\;dt$.\\ Montrer que $g$ est constante sur ${\mathbb{R}}_+^*$ . En déduire une expression explicite de la fonction $f$. \item Pour chaque valeur propre $\lambda$ de $u$, déterminer la dimension de l'espace propre associé. L'endomorphisme $u$ est-il diagonalisable ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Chaque fonction $e_k$ ou $f_k$ est continue sur $\R^+$ ou admet un prolongement par continuité sur $\R^+$. Ainsi $E= \Vect(e_1,f_1, \ldots, e_n f_n)$ est un sous espace vectoriel de $C^0(\R^+,\R)$. $E$ est un sous espace vectoriel de l'espace des fonctions continues $C^0(\R^{+*},\R)$. \item Soit $f= \dsum_{k=1}^n \alpha_i e_i + \dsum_{k=1}^n \beta_i f_i = P(x)+ Q(x) \ln x=0$, avec $P$ et $Q$ éléments de $\R_{n-1}[X]$.\\ Si l'on avait $P\neq 0$, on pourrait écrire que $\ln x = -\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ qui est une fraction rationnelle.\\ Donc au voisinage de $+\infty$, on aurait $\ln x=-\dfrac{P(x)}{Q(x)}\sim \lambda x^\alpha$, avec $\alpha \in \Z$, ce qui contradirait les théorèmes de croissances comparées que que soit $\alpha$. Donc $P=0$, d'où $Q=0$. Ainsi $\dim(E)=2n$. \end{enumerate} \item Comme $x\mapsto x\ln x $ converge vers $0$ en $0$ tout élément de $f$ est prolongeable par continuité sur $\RR_+$,\\ d'où la convergence de l'intégrale. \item Pour tout $ k \in \llbracket 1, n\rrbracket$, $$ u(e_k)(x)=\frac{1}{k+1}x^k=\frac{1}{k+1}e_k(x) \mbox{ et } u(f_k)=\frac{1}{k+1}f_k- \frac{1}{(k+1)^2}e_k\qquad (**)$$ \item La linéarité de $u$ provient de la linéarité de l'intégration. On sait que $u(e_k)$ et $u(f_k)$ sont tous deux dans $E$. Par linéarité, l'image de toute $f$ de $E$ est dans $E$. D'après $(**)$, la matrice de $u$ dans la base ${\cal{B}}$ est triangulaire supérieure,\\ avec sur la diagonale $\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\ldots, \dfrac{1}{n+1},\dfrac{1}{n+1}$,\\ sur la sur-diagonale $\left(-\dfrac{1}{2^2},0,-\dfrac{1}{3^2},0,\ldots,-\dfrac{1}{n^2},0,-\dfrac{1}{(n+1)^2}\right)$,\\ et des $0$ partout ailleurs. \item La matrice $M$ étant triangulaire supérieure, ses valeurs propres sont sur la diagonale. \\ Comme $0$ n'est pas valeur propre de $u$, $u$ est bijectif. \item D'après la question $2$, l'intégrale définissant $g(x)$ est bien définie pour $x\geq 0$.\\ Comme $u(f)=\lambda f$, on a pour $x\geq 0$, $\dint_0^xf(t)\;dt=x \lambda f(x)$. Ainsi, pour $x >0,g(x)= \lambda x^{1-\frac{4}{\lambda}}f(x)$.\\ En dérivant l'égalité définissant $g$, il vient $\forall x>0, g'(x)=\frac{-1}{\lambda}x^{-\dfrac{1}{\lambda}-1}\dint_0^xf(t)\;dt + x^{-\frac{1}{\lambda}}f(x)=0$.\\ La fonction $g$ est donc égale à une constante $c$ sur $\R_+^*$. Et, comme $\lambda >0$, on obtient : $${\exists c \in {\mathbb{R}}^*, \forall x \in {\mathbb{R}}_+^*, f(x)=c x^{\frac{1}{\lambda}-1}} $$ \item Les valeurs propres de $u$ sont toutes non nulles (\cf Q5), donc les sous-espaces propres sont tous de dimension $1$ (\cf Q6). Précisément pour $k\in\{1,\ldots, n\}$, $E_{\frac{1}{k+1}}=\Vect(e_k)$, car d'après $(**)$, $e_k\in E_{\frac{1}{k+1}}(u)$. Donc $u$ n'est pas diagonalisable car la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$ tandis que la dimension de $E$ est $2n$ --- et $n\neq 2n$ car $n\neq 0$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Matrices productives}{ordre sur les matrices, calcul matriciel, inégalités, inversibilité} Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à 2.\\ Pour tout $p\in \NN^*$, on note ${\cal M}_{n,p}(\R)$ l'ensemble des matrices à $n$ lignes et $p$ colonnes à coefficients réels. \begin{itemize} \item[$\bullet$] pour toute matrice $M\in {\cal M}_{n,p}(\R)$, la notation $M\geq 0$ (respectivement $M>0$) signifie que tous les coefficients de $M$ sont positifs (respectivement strictement positifs).\\ On dit alors que $M$ est positive (respectivement strictement positive). \item[$\bullet$] pour toutes $M,N\in {\cal M}_{n,p}(\R)$, la notation $M\geq N$ (respectivement $M>N)$ signifie que $M-N\geq 0$ (respectivement $M-N>0$ ). \end{itemize}\bigskip \begin{enumerate} \item Soit $B\in {\cal M}_{n}(\R)$. \begin{enumerate} \item Soit $X\in {\cal M}_{n,1}(\R)$. Montrer que si $B\geq 0$ et $X \geq 0$, alors on a $BX\geq 0$. \item Établir, réciproquement, que si, pour tout matrice colonne $X\in {\cal M}_{n,1}(\R)$ positive on a $BX\geq 0$, alors $B$ est positive. \end{enumerate} \end{enumerate}\bigskip Si $A\in {\cal M}_{n,n}(\R)$ est une matrice carrée, on dit qu'elle est \textbf{productive} si $A$ est positive et s'il existe une matrice colonne $P\in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$, positive, telle que $P>AP.$\\ Dans les questions 2 à 4 on considère $A$ et $P$ deux matrices vérifiant les conditions de cette définition. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $P>0$. \item Soit $X=\begin{pmatrix}x_1\\ \vdots \\ x_{n}\end{pmatrix}$ appartenant à ${\cal M}_{n,1}(\R)$, telle que $X\geq AX.$ On pose $c=\displaystyle\min_{1\leq j \leq n} \dfrac{x_{j}}{p_{j}}$.\\ Soit $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$ tel que $c=\dfrac{x_{k}}{p_{k}}$. \begin{enumerate} \item Établir que: $c\left( p_{k}-\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{k,j}p_{j}\right) \geq \dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}(x_{j}-cp_{j}).$ \item En déduire que $c\geq 0,$ puis que $X$ est positive. \item On suppose que : $X=AX.$\\ En utilisant l'inégalité $-X\geq A(-X)$, montrer que $X=0$ et en déduire que $I_{n}-A$ est inversible. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $X\geq 0.$ Montrer que $Y=(I_{n}-A)^{-1}X$ est positive. En déduire que $(I_{n}-A)^{-1}$ est positive. \item On considère dans cette question $B$ une matrice carrée positive telle que $I_{n}-B$ soit inversible et d'inverse positive.\\ Soit $V=(I_n-B)^{-1}U,$ où $U$ est la matrice colonne dont toutes les composantes valent 1. Montrer que $V>BV.$ Conclure. \end{enumerate} \item Donner une caractérisation des matrices productives. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Si l'on note $b_{i,j}$ les coefficients de $B$ et $x_j$ ceux de $X$, alors les coefficients de $BX$ sont les $\dsum_{j=1}^n b_{i,j}x_j$ qui sont tous positifs. \item Notons $E_1,...,E_n$ la base canonique des matrices colonnes d'ordre $n$, alors $BE_j$ est égale à la $j$-ème colonne de $B$. Elle est positive d'où $B$ est positive. \end{enumerate} \item $AP\geq 0$ et $P>AP$ d'où $P>0$ (en raisonnant coefficient par coefficient). \item \begin{enumerate} \item $c\left( p_{k}-\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{k,j}p_{j}\right) =x_k-\dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}cp_{j}\geq \dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}x_{j}-\dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}cp_{j} $ d'où $c\left(p_{k}-\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{k,j}p_{j}\right)\geq \dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}(x_j-cp_{j})$. \item Pour tout $j$ compris entre $1$ et $n$, $x_j\geq cp_j$ par définition de $c$ d'où $\dsum_{j=1}^{n}a_{k,j}(x_j-cp_{j})\geq 0$ et $p_{k}-\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{k,j}p_{j}>0$, d'uù $c\geq 0$. $c$ étant positif, pour tout $k$ compris entre $1$ et $n$, $\dfrac {x_k}{p_k}\geq 0$, d'où $x_k\geq 0$ \textsl{i.e.} $X\geq 0$. \item Puisque $AX=X$ alors $-AX=-X$ donc $A(-X)\geq -X$. D'après la question précédente $-X\geq 0$. Ainsi ayant aussi $X\geq 0$, on a $X=0$. On vient de prouver que $AX=X$ implique $X=0$ ce qui prouve de $I_n-A$ est inversible. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $Y-AY=(I_n-A)(I_n-A)^{-1}X=X$. D'où $Y\geq AY$ ce qui montre d'après la question 3.b) que $Y\geq 0$. On a établi que pour tout $X\geq 0$, $(I_n-A)^{-1}X\geq 0$, donc d'après la question 2, $(I_n-A)^{-1}\geq 0$. \item On a $V-BV=(I_n-B)V=(I_n-B)(I_n-B)^{-1}U=U$, d'où on a bien $V-BV>0$ i.e. $V>BV$. D'où $B$ est productive. \end{enumerate} \item On a démontré dans les questions 1 à 4.a) que si $A$ est une matrice productive alors $(I_n-A)$ est inversible et $(I_n-A)^{-1}$ est positive. Dans la question 4.b), on a établi que si $B$ est positive, $(I_n-B)$ inversible et $(I_n-B)^{-1}\geq 0$ alors elle est productive. Ainsi $A$ est productive si et seulement si $A\geq 0$, $(I_n-A)$ est inversible et $(I_n-A)^{-1}\geq 0$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Endomorphisme anti-symétrique}{espace euclidien, valeurs propres, sommes directes, réduction} Soit $E$ un espace euclidien dont le produit scalaire est noté $\langle\ \cdot , \cdot \ \rangle$.\\ Soit $\mathcal{B}$ une base orthonormée de $E$ et $u$ un endomorphisme de $E$. On dit que l'endomorphisme $u$ est antisymétrique si \begin{equation*} \forall \left( x,y\right) \in E^{2},\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle =-\left\langle x,u\left( y\right) \right\rangle . \end{equation*} \begin{enumerate} \item Montrer que $u$ est antisymétrique si et seulement si $\forall x\in E$, $\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle =0$. (on pourra développer $\left\langle u\left( x+y\right) ,x+y\right\rangle$ pour démontrer une direction). \end{enumerate} {\bf Dans la suite de l'exercice, on suppose que $u$ est un endomorphisme antisymétrique de $E$.} \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $u$ est antisymétrique si et seulement si sa matrice dans la base $\mathcal{B}$ est antisymétrique. \item Soit $\lambda \in \mathbb{R}$. Montrer que si $\lambda $ est valeur propre de $u$, alors $\lambda =0$. \item Montrer que $u\circ u$ est un endomorphisme symétrique dont les valeurs propres sont toutes négatives ou nulles. \item Montrer que si un sous-espace vectoriel $F$ de $E$ est stable par $u$, alors son orthogonal $F^{\perp }$ est stable par l'endomorphisme $u$. \end{enumerate} On suppose désormais que $u$ est un isomorphisme de $E$ sur $E$. \begin{enumerate}[resume] \item Soit $\lambda <0$ et $e\neq 0$ tels que $(u\circ u)(e)=\lambda e$. Montrer que le sous-espace vectoriel engendré par la famille $\left( e,u\left( e\right) \right) $ est un plan vectoriel stable par $u$. \item Montrer qu'il existe des plans vectoriels $P_{1},\ldots ,P_{k}$ de $E$ vérifiant: $$\left\{ \begin{matrix} \forall i \in \llbracket 1,k\rrbracket, P_{i}\text{ est stable par }u. \\ E =P_{1}\oplus P_{2}\oplus \cdots \oplus P_{k}\\ \forall \left( i,j\right) \in \llbracket 1,k\rrbracket ^{2}, i\neq j\Rightarrow P_{i}\perp P_{j} \end{matrix}\right.$$ \item Que peut-on en conclure sur la dimension de $E$ ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item $\left\langle u\left( x+y\right) ,x+y\right\rangle =\left\langle u\left( x\right) +u\left( y\right) ,x+y\right\rangle =\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle +\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle +\left\langle u\left( y\right) ,x\right\rangle +\left\langle u\left( y\right) ,y\right\rangle $.\newline $\left( \Rightarrow \right) :\forall \left( x,y\right) \in E^{2},\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle =-\left\langle x,u\left( x\right) \right\rangle $ donc $\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle =0$.\newline $\left( \Leftarrow \right) :0=\left\langle u\left( x+y\right) ,x+y\right\rangle =\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle +\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle +\left\langle u\left( y\right) ,x\right\rangle +\left\langle u\left( y\right) ,y\right\rangle =\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle +\left\langle u\left( y\right) ,x\right\rangle $ donc $u$ est antisymétrique. \item $\left( \Rightarrow \right) :\ $Soit $M=M_{B}\left( u\right) =\left( m_{i,j}\right) $. La base $B$ est orthonormée donc $m_{i;j}=\left\langle u\left( e_{j}\right) ,e_{i}\right\rangle =-\left\langle e_{j},u\left( e_{i}\right) \right\rangle =-m_{j,i}$ donc $M$ est antisymétrique.\\ $\left( \Leftarrow \right) :$ Soit $X,Y$ vecteurs coordonnées de $x,y$ dans $B$. \newline On a $\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle =\left( MX\right) ^{T}Y=X^{T}M^{T}\times Y=-X^{T}\times MY=-\left\langle x,u\left( y\right) \right\rangle $ donc $u$ est un endomorphisme antisymétrique. \item Soit $x$ un vecteur propre associé à $\lambda $. On a $\left\langle u\left( x\right) ,x\right\rangle =0$ donc $\left\langle \lambda x,x\right\rangle =\lambda \left\Vert x\right\Vert ^{2}=0$ donc $\lambda =0$ (car $x\neq 0$). \item On a $\left\langle u\circ u\left( x\right) ,y\right\rangle =-\left\langle u\left( x\right) ,u\left( y\right) \right\rangle =\left\langle x,u\circ u\left( y\right) \right\rangle $ donc $u\circ u$ est un endomorphisme sym étrique. Soit $x$ un vecteur propre de $u\circ u$ associé à $\lambda $. \newline On a $\left\langle u\circ u\left( x\right) ,x\right\rangle =-\left\langle u\left( x\right) ,u\left( x\right) \right\rangle =-\left\Vert u\left( x\right) \right\Vert ^{2}$ et $\left\langle u\circ u\left( x\right) ,x\right\rangle =\left\langle \lambda x,x\right\rangle =\lambda \left\Vert x\right\Vert ^{2}$\newline donc $\lambda \leq 0$ donc $\Sp\left( u\circ u\right) \subset \mathbb{R}_{-}$. \item On suppose que $F$ est stable par $f$. Montrons que $F^{\perp }$ est stable par $f$. Soit $x\in F^{\perp }$. Montrons $u\left( x\right) \in F^{\perp }$ c'est-à-dire que $\forall y\in F$, $\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle =0$. Soit $y\in F$. On a $\left\langle u\left( x\right) ,y\right\rangle =-\left\langle x,u\left( y\right) \right\rangle =0$ car $ x\in F^{\perp }$ et $y\in F$ donc $u\left( y\right) \in F$. \item On a montré que les valeurs propres de $u^2$ (endomorphisme symétrique) sont des réels strictement négatifs car $u$ est bijectif. Si $u\left( e\right) =\mu e$ alors $\mu ^{2}=\lambda <0$ donc $\left( e,u\left( e\right) \right) $ est libre.\newline $u\left( ae+bu\left( e\right) \right) =au\left( e\right) +b\lambda e\in \Vect\left( e,u\left( e\right) \right) $ qui est donc un plan stable par $u$. \item Posons $P_{1}=vect\left( e,u\left( e\right) \right) $. Si $P_{1}=E$, le résultat est obtenu.\\ Sinon, soit $F=P_1^\perp$. Recommen\c{c}ons le processus avec $F$. Supposons qu'il existe $\ell$ plans $P_{1},\ldots ,P_{\ell}$ de $E$ stables par $u$ et deux à deux orthogonaux. Soit $F=P_{1}\oplus P_{2}\oplus \cdots \oplus P_{\ell}$ (la somme est directe car les sous espaces sont orthogonaux deux à deux) \newline Si $F=E$, le résultat est obtenu. Sinon le sous-espace $F$ est stable par $u$ donc $F^{\perp }$ est stable par $u$. Soit $v:F^{\perp }\rightarrow F^{\perp }$ défini par $v\left( x\right) =u\left( x\right) $. L'endomorhisme $u$ est antisymétrique et bijectif donc $v$ est antisymétrique et injectif donc bijectif donc d'après ce qui précède, il existe un plan $P_{l+1}\subset F^{\perp }$ stable par $v$ donc par $u$.et donc \newline les plans $P_{1},\ldots ,P_{\ell+1}$ sont stables par $u$ et orthogonaux deux à deux.\newline L'espace $E$ étant de dimension finie, cette construction s'arr\^{e}te nécessairement, ce qui entra\^{\i}ne le résultat demandé. \item De par la construction précédente, la dimension de $E$ est paire \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Intervalle spectral}{valeurs propres, inégalités, trace} Soit $n\in \N^*$. Soit l'espace vectoriel $E={\mathbb{R}}^n$, muni du produit scalaire canonique noté $\langle\ ,\ \rangle $.\\ Soit $(e_1,\ldots,e_n)$ la base canonique de $E$.\\ On note $I_n$ la matrice identité d'ordre $n$. On note ${\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$ l'ensemble des matrices orthogonales de ${\cal{M}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$.\\ Soit $s$ un endomorphisme symétrique de $E$. On note $S=\left(s_{i,j}\right)_{n,n}$ la matrice de $s$ dans la base canonique. Les valeurs propres de $s$ sont rangées par ordre croissant : $\lambda_1 \leq \lambda_2\leq \ldots\leq \lambda_n$. On note : $$\Delta=\matrice{\lambda_1&0 & \cdots & 0 \\ 0 & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & 0 \\ 0& \cdots & 0 & \lambda_n}.$$ \begin{enumerate} \item Montrer que si $A=(a_{i,j})$ est une matrice de ${\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$, alors : $\forall (i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket^2, |a_{i,j}|\leq 1$. \item Montrer qu'il existe une base orthonormée $\mathcal{B}=(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)$ de $E$ formée de vecteurs propres de $s$. \end{enumerate} \noindent Dans toute la suite,pour tout vecteur $x$ de $E$, on note : $R_s(x)=\langle s(x),x \rangle $. \begin{enumerate}[resume] \item Soit $S(0,1)=\{ x \in E \mid ||x||=1\}$. Montrer que : $$\forall x\in S(0,1),\ R_s(x) \in [\lambda_1, \lambda_n].$$ \item Inversement, tout élément de $[\lambda_1, \lambda_n]$ est-il de la forme $R_s(x)$, avec $x\in S(0,1)$ ? \item Exprimer le terme général $s_{i,j}$ de $S$ à l'aide d'un produit scalaire.\\ Démontrer que pour tout $ i \in \llbracket 1,n\rrbracket$, on a : $\lambda_1\leq s_{i,i}\leq \lambda_n$. \end{enumerate} \noindent Dans toute la suite, si $A$ est une matrice orthogonale, on note $T(A)$ le nombre réel $\Tr(AS)$, où $\Tr(M)$ désigne la trace de la matrice $M\in \mathcal{M}_n(\R)$. \begin{enumerate}[resume] \item Soit $A \in {\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$. Montrer qu'il existe une matrice orthogonale $B$ telle que $T(A)=\tr(B\Delta)$.\\ {\em (On pourra utiliser sans démonstration le fait que le produit de deux matrices orthogonales d'ordre $n$ est aussi une matrice orthogonale.)} \item Dans cette question, on suppose que $s$ a toutes ses valeurs propres positives ou nulles. Montrer que pour toute matrice orthogonale $A$ de ${\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$, on a : $T(A) \leq \Tr(S)$.\\ En déduire que $T$ admet un maximum sur ${\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$, maximum que l'on précisera.\\ Montrer de m\^{e}me que $T$ admet sur ${\cal{O}}_n\left({\mathbb{R}}\right)$ un minimum à préciser. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La matrice $A$ étant orthogonale, chaque colonne constitue un vecteur normé,\\ d'où pour tout $i,j $, $a_{i,j}^2 \leq \dsum_{k=1}^n a_{i,k}^2=1$. Donc $|a_{i,j}| \leq 1$. \item On applique le théorème spectral. \item Si l'on note $(x_1,\ldots,x_n)$ les coordonnées de $x$ dans la base $\mathcal{B}$, et $X$ la matrice colonne associée, la matrice de $s(x)$ dans la base $\mathcal{B}$ est égale à $\Delta X$. Comme $\mathcal{B}$ est orthonormée, on a donc $R_s(x)=\dsum_{k=1}^n \lambda_ix_i^2$. Si $||x||=1$ alors $\dsum_{k=1}^n x_i^2=1$. Par croissance des $(\lambda_i)$, il vient $$\lambda_1\sum_{i=1}^nx_i^2\leq \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_n\sum_{i=1}^nx_i^2$$ \item Soit $\mu \in [\lambda_1, \lambda_n]$. Alors il existe $\alpha \in [0,1]$ tel que $\mu =\alpha \lambda_1 +(1-\alpha) \lambda_{n}$.\\ Posons $x= \sqrt{\alpha } \varepsilon_1+ \sqrt{1-\alpha}\varepsilon_{n}$. Alors $$\langle s(x),x\rangle = \langle \sqrt{\alpha } \lambda_1\varepsilon_1+ \sqrt{1-\alpha}\lambda_{n}\varepsilon_{n}, \sqrt{\alpha } \varepsilon_1+ \sqrt{1-\alpha}\varepsilon_{n}\rangle = \alpha \lambda_1 +(1-\alpha) \lambda_{n}=\mu$$ \textsl{Autre idée :} on peut remplacer les indices $1$ et $n$ par $i$ et $i+1$ tels que $\lambda_i <\mu <\lambda_{i+1}$. \item $s_{i,j}=$ d'où $s_{i,i}=R_s({e_i})$ Il suffit de remarquer que $\|e_i\|=1$.\\ Donc par l'inégalité de Raleigh (Q3) $\lambda_1 \leq s_{i,i} \leq \lambda_n$. \item On applique le théorème spectral à $S$ : $S$ étant symétrique (réelle), il existe une matrice orthogonale $n\times n$ notée $Q$ telle que $S=Q\Delta ^tQ$ d'où $AS= AQ\Delta ^tQ$ et $T(A)=\Tr(AS)=\Tr(^tQAQ\Delta)=\Tr(B\Delta)$. Il reste à vérifier que $B$ est orthogonale.\\ Or $B$ est le produit de trois matrices orthogonales, $^tQ$, $A$ et $Q$. $B$ est bien orthogonale. \item Tout d'abord, il est clair que $T(I_n)=\Tr(S)$ D'autre part, nous avons vu précédemment que pour toute matrice orthogonale $A$ il existe une matrice orthogonale $B$ telle que $T(A)=\Tr(B\Delta)$ Or, $(B\Delta)_{i,i}=\lambda_ib_{i,i}\leq \lambda_i$, puisque $B$ est orthogonale : car ici $\lambda_i \geq 0$. D'où $\Tr(B\Delta) \leq \dsum_{k=1}^n \lambda_i= \Tr(S)$. Donc finalement, pour toute matrice orthogonale $A$, $T(A)\leq \Tr(S)=T(I_n)$, le maximum de $T$ sur ${\cal{O}}_n({\mathbb{R}})$ est $\Tr(S)$, atteint au moins en $A=I_n$. De m\^{e}me, on remarque que $T(-I_n)=\Tr(-S)=-\Tr(S)$. Or, $-I_n$ est aussi dans ${\cal{O}}_n({\mathbb{R}})$.\\ De plus, $\forall A \in {\cal{O}}_n({\mathbb{R}}), \exists B\in {\cal{O}}_n({\mathbb{R}}), T(A)=\Tr(B\Delta)=\dsum_{i=1}^n \lambda_ib_{i,i}\geq -\dsum_{i=1}^n \lambda_i$ puisque $b_{i,i}\geq -1$ et $\lambda_i\geq 0 $. Ainsi, $\forall A \in {\cal{O}}_n({\mathbb{R}}), T(A)\geq -\Tr(S)=T(-I_n)$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Endomorphisme de $\R_n[X]$}{polyn\^{o}me de \textsc{Lagrange}, division euclidienne, diagonalisation} Soit $n\in \N$ avec $n\geq 2$. On note $\R_n[X]$ l'espace vectoriel des polyn\^{o}me réels de degré inférieur ou égal à $n$. On définit les polyn\^{o}mes de \textsc{\textsc{Lagrange}} $L_0, \ldots, L_n \in \R_n[X]$ associés aux nombres $x_0, \ldots, x_n\in \RR$ distincts par : \begin{displaymath} \forall k \in \llbracket 0,n \rrbracket, \quad L_k = \prod_{\substack{i=0\\i \neq k}}^n \dfrac{X - x_i}{x_k - x_i} \, . \end{displaymath} {\em Cette notation de produit signifie que l'indice $i$ prend toutes les valeurs entières de $0$ à $n$, sauf $k$.} \begin{enumerate} \item Montrer que la famille $(L_0, \ldots, L_n)$ est une base de $\R_n[X]$. \item Donner l'écriture de tout polyn\^{o}me $P\in \R_n[X]$ dans cette base.\\ \end{enumerate} \noindent On rappelle le théorème de la division euclidienne pour les polyn\^{o}mes : si $U \in \R[X]$ et $V \in \R[X]$ sont deux polyn\^{o}mes avec $V \neq 0$, alors il existe un unique couple $(Q,R) \in \R[X]^2$ tel que : \begin{displaymath} U = VQ+R \quad \text{avec} \quad \left( R=0 \quad \text{ou} \quad \deg(R) < \deg(V) \right) \, . \end{displaymath} \noindent Dans la suite de cet exercice, on se donne un couple $(A,B)$ de polyn\^{o}mes avec $A \in \R_n[X]$ et $\deg(B) = n+1$. On considère également l'application $\varphi$ définie sur $\R_n[X]$ qui à un polyn\^{o}me $P \in \R_n[X]$ associe le reste dans la division euclidienne de $AP$ par $B$.\\ \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que $\varphi$ est un endomorphisme de $\R_n[X]$. \end{enumerate} On suppose dans la suite de l'exercice que $B$ est le polyn\^{o}me $B(X)= \dprod_{k=0}^n(X-x_k)$ où les réels $(x_k)$ sont distincts.\\ \begin{enumerate}[resume] \item Pour tout entier $k \in \llbracket 0,n \rrbracket$, on désigne respectivement par $Q_k \in \R[X]$ et $R_k \in \R_n[X]$ le quotient et le reste dans la division euclidienne de $AL_k$ par $B$. \begin{enumerate} \item Soit $(j,k) \in \llbracket 0,n \rrbracket^2$. Déterminer $R_k(x_j)$. \item Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de $\varphi$.\\ L'endomorphisme $\varphi$ est-il diagonalisable ? \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On montre que famille $(L_0, \ldots, L_n)$ est libre en évaluant une combinaisaon linéaire nulle en tout $x_k$, car $L_k(x_j)=\delta_{k,j}$.\\ Elle est de cardinal $n+1=\dim(\R_n[X])$. C'est donc une base de $\R_n[X]$. \item Gr\^{a}ce à la relation $L_k(x_j)=\delta_{k,j}$, il vient $P(X)= \dsum_{k=0}^n P(x_k) L_k(X)$. \item Soit $P \in \R_n[X]$. Le polyn\^{o}me $B$ est non nul car de degré $n+1$. D'après le théorème de la division euclidienne, le reste dans la division euclidienne de $AP$ par $B$ est nul ou de degré strictement inférieur à $\deg(B) = n+1$. Ainsi, $\varphi(P)$ est nul ou de degré inférieur ou égal à $n$, c'est-à-dire que $\varphi(P)$ appartient à $\R_n[X]$.\\ Soit $AP_1= BQ_1+R_1$ et $AP_2= BQ_2+R_2$. Soit $\lambda \in \R$. Alors \begin{displaymath} A (P_1 + \lambda P_2) = AP_1 + \lambda AP_2 = BQ_1 + R_1 + \lambda (BQ_2 + R_2) = B (Q_1 + \lambda Q_2) + R_1 + \lambda R_2 \, . \end{displaymath} De plus, $R_1$ et $R_2$ appartiennent à $\R_n[X]$ donc $R_1 + \lambda R_2$ aussi.\\ Par unicité de la division euclidienne de $A (P_1 + \lambda P_2)$ par $B$, le quotient et le reste dans cette division euclidienne sont respectivement $Q_1 + \lambda Q_2$ et $R_1 + \lambda R_2$.\\ L'application $\varphi$ est donc linéaire. \item \begin{enumerate} \item On a $AL_k = BQ_k + R_k$ donc \begin{displaymath} A(x_j) L_k(x_j) = B(x_j) Q_k(x_j) + R_k(x_j) = R_k(x_j) \end{displaymath} car $x_j$ est racine de $B$.\\ Étant donné la valeur de $L_k(x_j)$, on a donc $R_k(x_j) = 0$ si $j \neq k$ et $R_k(x_k) = A(x_k)$. \item D'après la question sur les polyn\^{o}mes de \textsc{\textsc{Lagrange}}, on a donc \begin{displaymath} \varphi(L_k) = R_k = \sum_{j=0}^n R_k(x_j) L_j = R_k(x_k) L_k + \sum_{\substack{j=0\\j \neq k}}^n R_k(x_j) L_j = A(x_k) L_k \end{displaymath} On a donc $\varphi(L_k) = A(x_k) L_k$ ; ainsi $L_k$ est un vecteur propre de $\varphi$ associé à la valeurs propre $A(x_k)$.\\ L'endomorphisme $\varphi$ admet une base formée de vecteurs propres (les polyn\^{o}mes de\textsc{\textsc{Lagrange}}).\\ Il est donc diagonalisable et il n'y a pas d'autres éléments propres que ceux déjà trouvés. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Produit de deux matrices}{noyau, image, inversibilité} Soit un entier $p\geq 2$. On note ${\cal M}_{p}(\R)$ l'espace vectoriel des matrices carrées d'ordre $p$ à coefficients réels. \\ On note $I$ la matrice identité d'ordre $p$. Soient $A$ et $B$ deux matrices de ${\cal M}_{p}(\R)$. Pour tout matrice $M\in {\cal M}_{p}(\R)$ on note $\Ker (M)$ (resp. $\Im(M)$) le noyau (resp. l'image) de l'endomorphisme de ${\cal M}_{p,1}(\R)$ défini par $X \mapsto MX$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que l'on a : $\Ker (B)\subset \Ker (AB)$ et $\Im(AB)\subset \Im(A).$ \item Montrer que si le produit $AB$ est inversible, alors les matrices $A$ et $B$ sont inversibles. \end{enumerate} \item Soit $\lambda$ un nombre réel {\bf non nul.} \begin{enumerate} \item Montrer que la matrice $(\lambda I-AB)$ est inversible si et seulement si la matrice $(\lambda I-BA)$ l'est. \item Montrer que pour tout $\lambda\in \R$ qui n'est pas valeur propre de la matrice $AB$, on a : $$ (\lambda I-AB)^{-1}=\dfrac1{\lambda} I+ \dfrac1{\lambda}A (\lambda I-BA)^{-1}B$$ \end{enumerate} \item Montrer que les matrices $AB$ et $BA$ ont les m\^{e}mes valeurs propres. \item Dans cette question, on choisit les matrices de ${\cal M}_{p}(\R)$ suivantes : $$ A=\matrice{ 1 & 0 & \ldots & 0 \cr \vdots & \vdots & & \vdots \cr \vdots& \vdots & &\vdots \cr 1 & 0 & \ldots & 0 \cr } \bet B=\matrice{ 1 & 1 & \ldots & 1 \cr 0 & 0 & \ldots & 0 \cr \vdots &\vdots & & \vdots \cr 0 & 0 & \ldots & 0\cr } $$ \begin{enumerate} \item Déterminer les valeurs propres de la matrice $BA$. \item Après avoir justifié son existence, calculer l'inverse de la matrice $I-AB$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Si $BX= 0$, alors $ABX=0$. De m\^{e}me, tout vecteur $ABX$ s'écrit $A(BX)$. \smallskip \item Si la matrice $AB$ est inversible, on a $\Ker B \subset \Ker (AB)=\{0\}$, donc $B$ est inversible.\\ De plus, ${\cal M}_{p,1}(\R)=\Im (AB)\subset \Im (A)$ entra\^{\i}ne que $A$ est inversible.\\ {\em Autre idée : } il existe une matrice $C$ telle que $I_n=(AB)C$, soit $I_n=A(BC)$, d'où $A$ inversible et (idem pour $B$). \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Supposons la matrice $\lambda I-AB$ inversible. Soit $X\in \Ker (\lambda I-BA)$. \par Alors, $BAX=\lambda X$ implique $ABAX=\lambda AX$, ce qui donne : $AX\in \Ker(\lambda I-AB)=\{0\}$. \\ Donc $AX=0$ ; d'où $\lambda X=BAX=0$ ; soit $X=0$ puisque $\lambda\neq 0$.\\ Ainsi, $\Ker(\lambda I-BA)=\{0\}$ \ie $(\lambda I-BA)$ est inversible.\\ La réciproque s'obtient en échangeant $A$ et $B$ dans le sens direct. \item Comme $\lambda\in \R$ n'est pas valeur propre de $AB$, alors $\lambda I -AB$ est inversible, donc $\lambda I -BA$ aussi.\\ Posons $M=\dfrac1{ \lambda }I+\dfrac1{ \lambda }A(\lambda I-BA)^{-1}B$. On a : \begin{align*} (\lambda I -AB)M &= \dfrac{1}{ \lambda}(\lambda I-AB) +\dfrac{1}{ \lambda }(\lambda A-ABA) \left(\lambda I-BA\right)^{-1}B\\ &= \dfrac{1}{ \lambda}(\lambda I-AB) +\dfrac{1}{ \lambda }(A(\lambda I-BA)) \left(\lambda I-BA\right)^{-1}B\\ &=\dfrac{1}{ \lambda}(\lambda I-AB) +\dfrac{1}{ \lambda}AB = I \end{align*} \end{enumerate} \item La question 2.a) montre que $AB$ et $BA$ ont les m\^{e}mes valeurs propres non nulles.\\ La question 1.b) montre que $0$ est valeur propre de $AB$ si et seulement si $0$ est valeur propre de $BA$. \item \begin{enumerate} \item En effectuant le produit $BA$, on trouve : $$BA=\matrice{ p & 0 & \ldots & 0\cr 0 & 0 & \ldots & 0\cr \vdots &\vdots & &\vdots\cr 0 & 0 & \ldots & 0\cr }$$ On en déduit que les valeurs propres de $BA$ sont $0$ et $p$. \item Le réel $1$ n'étant pas valeur propre de $BA$, il n'est pas valeur propre de $AB$, d'où l'existence de $(I-AB)^{-1}$. Pour calculer cette matrice, on utilise la question 2.b), ce qui donne : $$(I-AB)^{-1}= \dfrac{1 }{ 1-p}\matrice{ (2-p) & 1 & \ldots & 1\cr 1 & \ddots & \ddots & \vdots\cr \vdots&\ddots & \ddots & 1 \cr 1 & \ldots &1 & (2-p)\cr }$$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Commutant d'une matrice}{calcul matriciel, diagonalisation} On considère la matrice $A$ suivante : \[A=\begin{pmatrix}4& 0&2&0\\ 0&4&0&2\\ 2&0&4&0\\ 0&2&0&4\end{pmatrix}.\] \begin{enumerate} \item Montrer que $A$ est diagonalisable. Soit $D$ une matrice diagonale semblable à $A$. \item Déterminer un polyn\^{o}me annulateur de $A$ de degré le plus petit possible. Déterminer ses racines. \item Montrer, sans calculs matriciels supplémentaires, que le spectre de $A$ est égal à $\{2,6\}$. \item En utilisant uniquement la trace de $A$, préciser la dimension de chacun des sous-espaces propres. \item Soit $\mathcal {C}'$ l'ensemble des matrices qui commutent avec $D$ : \[\mathcal C'=\{M'\in\mathcal M_4(\R)\:|\: DM'=M'D\}.\] \begin{enumerate} \item Montrer que $\mathcal C'$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal M_4(\R)$. \item Déterminer la dimension de $\mathcal{C}'$. \item Déterminer la dimension de $\mathcal C=\{M\in\mathcal M_4(\R)\:|\: AM=MA\}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La matrice $A$ est symétrique réelle, donc il existe une matrice $P$ orthogonale et d'une matrice $D$ diagonale telles que $D=\transp P AP$. \item Le calcul matriciel donne : \[A^2=\left(\begin{smallmatrix}4& 0&2&0\\ 0&4&0&2\\ 2&0&4&0\\ 0&2&0&4\end{smallmatrix}\right) \left(\begin{smallmatrix}4& 0&2&0\\ 0&4&0&2\\ 2&0&4&0\\ 0&2&0&4 \end{smallmatrix}\right) =\left(\begin{smallmatrix}20& 0&16&0\\ 0&20&0&16\\ 16&0&20&0\\ 0&16&0&20 \end{smallmatrix}\right)=8A-12I_4.\] Le polyn\^{o}me $X^2-8X+12$, est annulateur de $A$ (il n'y en a pas de degré $1$, sauf pour les matrices scalaires). Donc les valeurs propres sont parmi des racines, soit $2$ et $6$. \item Il y a des valeurs propres car $A$ est diagonalisable.\\ Il ne peut y avoir une seule valeur propre $\lambda$, sinon $A$ serat semblable à $\lambda I_4$ donc égale à $\lambda I_4$.\\ Donc le spectre de $A$ est égal à $\{2,6\}$. \item On sait que $\Tr(D)=\Tr(A)=16$.\\ Et $D$ comporte $\dim(\Ker(A-2I_4))$ (resp. $\dim(\Ker(A-6I_4))$) coefficients diagonaux égaux à 2 (resp. 6). Ces deux dimensions sont non nulles de somme 4.\\ Donc, selon que la dimension de $\Ker(A-2I_4)$ vaut 1,2 ou 3, on a \\ $$\Tr(D)=2+6+6+6=20 \ou \Tr(D)=2+2+6+6=16 \ou \Tr(D)=2+2+2+6=12.$$ Ainsi seul le cas $\dim\Ker(A-2I_4)=2=\dim\Ker(A-6I_4)$ est possible. {\em Autre idée pour 3+4 :} résoudre le système $2\times 2$ : $$\begin{cases} 2\times \dim E_2 + 6\times \dim E_6&=\tr(D) \\ \dim E_2 + \dim E_6&=4.\end{cases}$$ \item \begin{enumerate} \item L'ensemble $\mathcal C'$ est une partie de $\mathcal M_4(\R)$ contenant la matrice nulle. Il reste à vérifier la stabilité par combinaison linéaire, ce qui est élémentaire par bilinéarité du produit matriciel. \item Le candidat fera un calcul avec les 16 coefficients de la matrice $M'$.\\ Le jury pourra vérifier en écrivant $D=\begin{pmatrix} 2I_2 & 0_2\\ 0_2 & 6 I_2\end{pmatrix}$ et $M'= \begin{pmatrix} E & F\\ G & H\end{pmatrix}$.\\ {\bf Rappel: les produits par blocs ne sont pas au programme en ECG.}\\ Les solutions sont les matrices de la forme $M'= \begin{pmatrix} E & 0\\ 0 & H\end{pmatrix}$. Finalement, $$\mathcal C'=\left\{ \begin{pmatrix} E & 0\\ 0 & H\end{pmatrix} | E,H\in \mathcal{M}_2(\R)\right\}$$ On en déduit que $\mathcal C'$ est de dimension $8$.\\ \textsl{ Remarque: dans la solution proposée les valeurs propres sont rangées dans l'ordre $(2,2,6,6)$. Qu'obtient-on si on les range par exemple sous la forme $(2,6,2,6)$ ou $(6,6,2,2)$ ?} \item On vérifie que $M'\mapsto PM'P^{-1}$ induit un isomorphisme de $\mathcal C'$ sur $\mathcal C$. L'ensemble $\mathcal C$ est isomorphe à $\mathcal C'$, donc de dimension $8$ également. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite log-concave}{suite, polyn\^{o}me, polyn\^{o}me réciproque, polyn\^{o}me scindé} Soit $n\in \N$. Une suite finie de nombres réels $(a_k)_{0\leq k\leq n}=(a_0,a_1,\dots,a_n)$ est dite : \begin{itemize} \item[$\bullet$] {\it log-concave} lorsque, pour tout $k\in \llbracket 1,n-1\rrbracket$, on a : $a_{k-1}a_{k+1}\leq a_k^2$ ; \item[$\bullet$] {\it ultra-log-concave} lorsque la suite finie $\left(\frac{a_k}{\binom{n}{k}}\right)_{0\leq k\leq n}$ est log-concave. \end{itemize} \begin{enumerate} \item Montrer que la suite finie $\left(\binom{n}{k}\right)_{0\leq k\leq n}$ (formée de coefficients du bin\^{o}me) est log-concave. \item Montrer que si une suite finie $(a_k)_{0\leq k\leq n}$ est ultra-log-concave, alors elle est log-concave. \end{enumerate} \medskip \begin{enumerate}[resume] \item Soit $n\in \NN$. Soit $P$ un polyn\^{o}me de degré $n$. \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe un unique polyn\^{o}me $Q$, tel que : $\forall x\in \R^*,\ Q(x) = x^n P(1/x).$\\ {\em Ce polyn\^{o}me $Q$ sera noté $X^n P(1/X)$.} \item Soit $\nu\in \NN$ la multiplicité de $0$ comme racine de $P$.\\ Exprimer le degré de $X^n P(1/X)$ à l'aide de $n$ et de $\nu$. \end{enumerate} \end{enumerate} \noindent Un polyn\^{o}me $P\in \R[X]$ sera dit {\em scindé} lorsque : $$\exists n\in \NN,\ \exists \lambda,x_1,\dots,x_n \in \R,\ P=\lambda (X-x_1)\cdots (X-x_n).$$ Ainsi tout polyn\^{o}me constant est scindé (cas $n=0$). On note ${\cal S}$ l'ensemble des polyn\^{o}mes scindés. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que, pour tout $P\in {\cal S}$ de degré $n$, on a : $X^nP(1/X)\in {\cal S}$. \item Montrer que, pour tout $P\in {\cal S}$, on a : $P'\in {\cal S}$. \indic{penser au théorème de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Rolle}}}}}}}. \item Soit $n\in \NN$. Soit $(a_k)_{0\leq k\leq n}$ telle que $a_n\neq 0$ et $P \in {\cal S}$, où l'on a noté $P=\dsum_{k=0}^n a_k X^k$. \begin{enumerate} \item Pour tout $k\in \llbracket 1,n-1\rrbracket$, on pose : $Q_1 = P^{(k-1)},\ Q_2 = X^{n-k+1}Q_1(1/X),\ Q_3 = Q_2^{(n-k-1)}.$\\ Montrer que $Q_3\in {\cal S}$ et que $Q_3$ est de degré au plus deux. \item En déduire que la suite finie $(a_k)_{0\leq k\leq n}$ est ultra-log-concave. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Posons $b_k=\binom{n}{k}$ pour tout $k\in \llbracket 0,n\rrbracket$. Alors $b_k>0$ et, pour $k\in \llbracket 1,n-1\rrbracket$, on a : \begin{align*} \dfrac{b_k^2}{b_{k-1}b_{k+1}} = \dfrac{(n!)^2 }{(k!)^2\big((n-k)!\big)^2} \times \dfrac{(k-1)!(k+1)! (n-k-1)!(n-k+1)!}{(n!)^2} = \dfrac{k+1}{k}\times\dfrac{n-k+1}{n-k} \geq 1, \end{align*} \item \vspace{-3mm} Pour tout $k\in \llbracket 1,n-1\rrbracket$, $ a_{k-1}a_{k+1}\leq \dfrac{\binom{n}{k-1} \binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}^2} a_k^2$ ; et d'après Q1, on a : $\dfrac{\binom{n}{k-1}\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}^2}\leq 1$.\\ D'où, par produit d'inégalités lorsque $a_{k-1}a_{k+1}\geq 0$, et de manière évidente si $a_{k-1}a_{k+1}< 0$, on obtient $a_{k-1}a_{k+1}\leq a_k^2$, pour tout $k$, c'est-à-dire que \fbox{$(a_k)$ est log-concave.} \item \begin{enumerate} \item Tout polyn\^{o}me $P$ de degré $n$ s'écrit : $P=\dsum_{j=0}^n a_j X^j$ avec $a_0,\dots,a_n\in \R$ et $a_n\neq 0$.\\ Alors : $\forall x\in \R^*,\ x^n P(1/x)=x^n\dsum_{j=0}^n a_j x^{-j}= Q(x) \avec \boxed{Q=\dsum_{j=0}^n a_{j} X^{n-j}.}$\\ Si $Q_2$ est une autre solution, alors tout $x\in \R^*$ serait racine de $Q-Q_2$ d'où $Q=Q_2$. \item Si $0$ est racine d'ordre $\nu$ et $P$, alors $a_0=\cdots=a_{\nu-1}=0$ et $a_{\nu}\neq 0$.\\ L'expression trouvée juste avant s'écrit donc : $$Q=a_n+a_{n-1} X+\cdots + a_{\nu}X^{n-\nu} + \cdots a_1 X^{n-1}+a_0 X^n=a_n+a_{n-1} X+\cdots + \underbrace{a_{\nu}}_{\neq 0}X^{n-\nu} ,\vspace{-5mm}$$ donc \fbox{$\deg (X^n P(1/X))=n-\nu$.} \end{enumerate} \item Si $P$ est scindé dans $\RR[X]$, en isolant la racine $0$ éventuelle, il s'écrit $P=\lambda X^{\nu} \dprod_{k=1}^{n-\nu} (X-x_k),$\\ avec $x_1,\dots,x_{n-\nu} \in \RR^*$ (pas forcément distincts), où $\lambda\in \RR^*$ est le coefficient dominant, et $\nu\in \NN$ est la multiplicité (éventuellement nulle) de $0$ comme racine de $P$. Alors, pour tout $x\in \R^*$, si l'on note $Q=X^nP(1/X)$, on a : $$Q(x)=x^nP\left(\frac1x\right)= x^{n} \lambda \times \left(\frac1x\right)^{\nu}\times\dprod_{k=1}^{n-\nu} \left(\frac1x-x_k\right)= \lambda \dprod_{k=1}^{n-\nu} \left(1-x x_k\right) =\boxed{\lambda \dprod_{k=1}^{n-\nu} \left(-x_k\right) \times \dprod_{k=1}^{n-\nu} \left(x-\frac1{x_k} \right).}$$ Et le résultat final reste vrai pour $x=0$ (comme en Q3a), donc \fbox{$Q$ est scindé.} \item Soit $x_1<\cdots 0$, $\, f_x(u) \equivalent{0^+} \frac{\phi(u)}{x} \,$ d'intégrale convergente, $\, f_x(u) = \petito{u^2} \,$ en $+\infty$, donc $F(x)$ converge. \end{itemize} Ainsi et $\, D = \R_+^*$. \item Pour tout $u \in \R_+^*\,,\; x \mapsto f_x(u) \,$ décroissante, donc $F$ aussi. \item La fonction $G$ est dérivable sur $D$ et pour tout $x \in D$, d'après la relation admise, $$ G'(x) = \frac{\ee^{-x}}{2\sqrt{x}}\,F(x) - \sqrt{x}\,\ee^{-x}\,F(x) + \sqrt{x}\,\ee^{-x}\,F'(x) = \frac{\ee^{-x}}{\sqrt{x}}\,\biggl[ x\,F'(x) - \Bigl( x - \frac 12 \Bigr)\,F(x) \biggr] = - K\,\frac{\ee^{-x}}{\sqrt{x}} $$ Les fonctions $G$ et $\, H: x \mapsto -K\,\int_{0}^{x}\phi(u) \:\mathrm{d} u \,$ (bien définie car $\phi$ a une intégrale convergente en $0^+$) ont la m\^{e}me dérivée sur l'intervalle $\R_+^*$, donc y diffèrent d'une constante. \item La fonction $F$ est décroissante, positive et a une limite finie en $+\infty$, donc $\, G(x) = \sqrt{x}\,\ee^{-x}\,F(x) \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} 0 \,$ par croissances comparées. D'autre part, par convergence de $K$, $\, G(x) = C - K\,\int_{0}^{x} \phi(u) \:\mathrm{d} u \xrightarrow[x \rightarrow +\infty]{} C - K^2 \,$; d'où $\, C = K^2 \,$. \item \begin{enumerate} \item Le changement de variables $\, t \mapsto \sqrt{t} = u \,$ est de classe $C^1$ bijectif de $]0, +\infty[$ sur $]0, +\infty[$. L'intégrale demandée et $ \dint_{0}^{+\infty} \dfrac{2}{u^2+1} \: \mathrm{d} u = \pi $ sont de m\^{e}me nature et égales. Donc $J=\pi$. \item Par changement de variables $\, u \mapsto u/x = t \,$ (pour $x>0$) on obtient $$ F(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\, \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-tx}}{\sqrt{t}\, (t+1)} \:\mathrm{d} t $$ donc l'intégrale converge. \item Soit $\epsilon>0$. Par convergence de $J$, il existe $A>0$ tel que $\, \dint_{A}^{+\infty} \dfrac{\mathrm{d} t}{\sqrt{t}\,(t+1)} \le \dfrac{\epsilon}{2} \,$. Par continuité de $\exp$ en $0$, $$ \exists \eta > 0\,,\, \forall u \in \R\:,\quad 0 \leq u \leq \eta \implique \vabs{\ee^{-u}-1} \le \frac{\epsilon}{2\pi} $$ Alors, pour tout $x \in [0,\eta/A]$, $$ \left\vert \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-tx}}{\sqrt{t}\,(t+1)} \:\mathrm{d} t \;-\, J \right\vert \leq \int_{0}^{A} \frac{\vabs{\ee^{-tx}-1}}{\sqrt{t}\,(t+1)} \:\mathrm{d} t + \int_{A}^{+\infty} \frac{\:\mathrm{d} t}{\sqrt{t}\,(t+1)} \le \frac{\epsilon}{2\pi}\,J + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon $$ d'où la différence des intégrales tend vers $0$ quand $x$ tend vers~$0^+$. \item D'après c) $$ G(x) = \ee^{-x} \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-tx}}{\sqrt{t}\,(t+1)} \:\mathrm{d} t \xrightarrow[x \rightarrow 0^+]{} J $$ D'autre part, $\, \dlim_{0^+} G = C \,$ car l'intégrale de $\phi$ converge en~$0$; d'où $\, C = \pi \,$. \end{enumerate} \item D'après 5, $\, K = \sqrt{C} = \sqrt{\pi} \,$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Série de fonction}{comparison série-intégrale., séries numériques. Théorème de Fubini} \begin{enumerate} \item Soit la fonction d'une variable réelle $\,\dis \phi: u \mapsto \frac{\ee^{-u}} {\sqrt{u}} \,$. En utilisant le changement de variable $u= t^2/2$, que l'on justifiera, montrer la convergence de l'intégrale $\, \int_{0}^{+\infty} \phi(u)\:\mathrm{d} u \,$, notée $K$, et calculer sa valeur. \item \begin{enumerate} \item Déterminer l'ensemble $D$ des réels $x$ pour lesquels la série de terme général $\, \frac{\ee^{-nx}}{\sqrt{n}}\,,\, n \in \N^* \,$ converge. Pour $x \in D$, on note alors $\,\dis f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\ee^{-nx}}{\sqrt{n}} \,$. \item Montrer que pour tout $x \in D$, $$ \int_{1}^{+\infty} \frac{\ee^{-ux}}{\sqrt{u}} \:\mathrm{d} u \le f(x) \le \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-ux}}{\sqrt{u}} \:\mathrm{d} u \:. $$ \item En déduire un équivalent de $f(x)$ quand $x$ tend vers~$0^+$. \end{enumerate} \item Pour tout $n \in \N^*$ on pose $$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \quad\text{et}\quad U_n = S_n - 2\,\sqrt{n} \:. $$ \begin{enumerate} \item Prouver que la suite $(U_n)_{n \in \N^*}$ converge (on pourra étudier $U_{n+1}-U_n$). \item Justifier que pour tout $x \in D$ la série de terme général $\, S_n\,\ee^{-nx} \,$ converge. On note alors $h(x)$ sa somme. \end{enumerate} \end{enumerate} \noindent On admet que si $(a_{n,k})_{(n,k)\in \N^2}$ est une famille de réels positifs tels que \begin{itemize} \item[$\bullet$] pour tout $n\in \N$, la série $\dsum_k a_{n,k}$ converge (on pose $A_n= \dsum_{k=0}^{+\infty} a_{n,k}$), \item[$\bullet$] la série $\dsum_n A_n$ converge \end{itemize} alors $\dsum_{k=0}^{+\infty} \left( \dsum_{n=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)$ existe et $\dsum_{n=0}^{+\infty} \left( \dsum_{k=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)= \dsum_{k=0}^{+\infty} \left( \dsum_{n=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)$. \begin{enumerate}[resume]\item[] \begin{enumerate} \setcounter{enumii}{2} \item Exprimer $h(x)$ en fonction de $f(x)$ pour $x \in D$. \item En déduire un équivalent de $h(x)$ quand $\, x \rightarrow 0^+ \,$. \end{enumerate} \item Montrer l'existence de $\dsum_{n=1}^{+\infty} \sqrt{n}\,\ee^{-nx} \,$ et en trouver un équivalent quand $\, x \rightarrow 0^+ \,$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Par changement de variable $\, t \mapsto t^2/2 = u \,$ et densité de la loi normale, $$ K = \sqrt{2}\, \int_{0}^{+\infty} \ee^{-t^2/2} \:\mathrm{d} t = \sqrt{\pi} $$ NB : le théorème de changement de variable donne la convergence de l'intégrale. \item \begin{enumerate} \item Si $x < 0$, $\, \frac{\ee^{-nx}}{\sqrt{n}} \xrightarrow[n \rightarrow +\infty]{} +\infty \,$ donc la série diverge; si $x=0$, la série $\, \sum \frac{1}{\sqrt{n}} \,$ diverge; si $x>0$, $\, \frac{\ee^{-nx}}{\sqrt{n}} = \petito{\frac{1}{n^2}} \,$ donc la série converge (absolument); et $\, D = \R_+^* \,$. \item Par décroissance de $\, u \mapsto \frac{\ee^{-ux}}{\sqrt{u}} \,$ (pour tout $x>0$) comme produit de fonctions décroissantes positives (ou étude de fonction), et convergence de la série, donc des intégrales, on obtient $$ \int_{1}^{+\infty} \frac{\ee^{-ux}}{\sqrt{u}} \:\mathrm{d} u \le f(x) \le \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-ux}}{\sqrt{u}} \:\mathrm{d} u \:. $$ \item Le changement de variables $\, u \mapsto u\,x = t \,$ (pour $x>0$) donne $$ \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{x}^{+\infty} \frac{\ee^{-t}}{\sqrt{t}} \:\mathrm{d} t \le f(x) \le \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+\infty} \frac{\ee^{-t}}{\sqrt{t}} \:\mathrm{d} t $$ d'où par encadrement $\, \sqrt{x}\,f(x) \xrightarrow[x \rightarrow 0^+]{} K = \sqrt{\pi} \,$, soit $\,\dis f(x) \equivalent{0^+} \frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{x}} \,$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a par quantités conjuguées $$ U_{n+1} - U_{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\,\bigl( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \bigr)} = \frac{-1}{\sqrt{n+1}\,\bigl( \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \bigr)^2} \equivalent{+\infty} - \frac{1}{4\,n^{3/2}} $$ de signe constant et terme général de série convergente; donc $(U_n)_{n \in \N^*}$ converge (vers $L$). \item Ainsi, $\, S_n - 2\,\sqrt{n} \rightarrow L = \petito{\sqrt{n}} \,$, donne $\, S_n \sim 2\,\sqrt{n} \,$ puis $\, S_n\,\ee^{-nx} = \petito{1/n^2} \,$ et la série converge. \item Pour $x>0$, par la permutation admise, après en avoir vérifié les conditions, $$ h(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \right)\,\ee^{-nx} \right] = \sum_{k=1}^{+\infty} \left[ \frac{1}{\sqrt{k}}\, \sum_{n=k}^{+\infty} \ee^{-nx} \right] = \sum_{k=1}^{+\infty} \left[ \frac{1}{\sqrt{k}}\, \frac{\ee^{-kx}}{1-\ee^{-x}} \right] = \frac{f(x)}{1-\ee^{-x}} $$ \item D'après 2.c) et 3.c), $\,\dis h(x) \equivalent{0^+} \frac{\sqrt{\pi}}{x^{3/2}} \,$. \end{enumerate} \item Pour $x>0$, on a $\, \sqrt{n}\,\ee^{-nx} = \petito{1/n^2} \,$, donc la série converge. \medskip On pose $g(x)= \dsum_{n=1}^{+\infty} \sqrt{n}\,\ee^{-nx} \,$. La suite convergente $(U_n)_{n \in \N^*}$ est bornée (par $M$), donc $$ \left\vert \strut h(x) - 2\,g(x) \right\vert = \left\vert \sum_{n=1}^{+\infty} U_n\,\ee^{-nx} \right\vert \le \frac{M\,\ee^{-x}}{1-\ee^{-x}} \equivalent{0^+} \frac{M}{x} = \petito{h(x)} \quad\text{donc}\quad g(x) \equivalent{0^+} \frac{h(x)}{2} \equivalent{0^+} \frac{\sqrt{\pi}}{2\,x^{3/2}} $$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Inégalité de Hölder. Fonction $\ln \Gamma$}{intégrales généralisées. Convexité. Inégalités sur la fonction $\Gamma$. } \begin{enumerate} \item Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues sur $]0,+\infty[$ à valeurs strictement positives telles que les intégrales $\dint_0^{+\infty}f(t)dt$ et $\dint_0^{+\infty}g(t)dt$ convergent et valent $1$. Soit $\lambda$ un réel de $[0,1]$. \begin{enumerate} \item Montrer que, $\forall t>0$, $(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}\leq \lambda f(t)+(1-\lambda)g(t)$. \item En déduire que l'intégrale $\dint_0^{+\infty}(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}dt$ converge et que $\displaystyle \int_0^{+\infty}(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}dt\leq 1$. \end{enumerate} \item Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues sur $]0,+\infty[$ à valeurs strictement positives telles que les intégrales $\displaystyle \int_0^{+\infty}f(t)dt$ et $\displaystyle \int_0^{+\infty}g(t)dt$ convergent et $\lambda\in[0,1]$. En utilisant la question précédente, montrer que: $$\displaystyle \int_0^{+\infty}(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}dt\leq \left(\displaystyle \int_0^{+\infty}f(t)dt\right)^{\lambda}\left(\displaystyle \int_0^{+\infty}g(t)dt\right)^{1-\lambda} $$ \item \begin{enumerate} \item On rappelle que: $\forall\,x>0,\,\,\Gamma(x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}t^{x-1}\e^{-t}dt$. Montrer que pour tout $x>0$, $\Gamma(x)>0$. On définit alors la fonction $G$ sur $]0,+\infty[$ par $G:x\mapsto \ln(\Gamma(x)$). \item Établir que pour tout $\lambda\in[0,1]$ et $\forall (x,y)\in]0,+\infty[^2$ on a: $$\Gamma(\lambda x+(1-\lambda)y)\leq (\Gamma(x))^{\lambda}(\Gamma(y))^{1-\lambda}$$ Que peut-on en déduire pour la fonction $G$? \end{enumerate} \item Soient $x$ et $y$ deux réels strictement positifs. On suppose que $y\geq 1$. \begin{enumerate} \item Montrer que $G(x+1)\leq \left(1-\dfrac 1y\right)G(x)+\dfrac 1yG(x+y)$. \item En déduire que $\Gamma(x+y)\geq x^y\Gamma(x)$. \end{enumerate} \item Soient $x$ et $y$ deux réels strictement positifs. On suppose que $y\leq 1$. Montrer que: $$\Gamma(x+y)\leq x^y\Gamma(x)$$ \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $\lambda \in [0,1]$, $\forall (x,y) \in \left] 0; +\infty\right[ , \ln(\lambda x +(1-\lambda)y)\geq \lambda \ln(x)+(1-\lambda)\ln(y)$ par concavité du $\ln$. En posant $x=f(t)$ et $y=g(t)$, les fonctions étant à valeurs strictement positives sur $\left] 0; +\infty\right[$, et en passant à l'exponentielle, on a l'inégalité souhaitée. \item D'après l'inégalité précédente, et l'intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty}(\lambda f(t))+(1-\lambda)(g(t))dt$ étant convergente par linéarité, on a par comparaison que $\displaystyle \int_0^{+\infty}(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}dt$ converge. Par croissance de l'intégrale, on a : $\displaystyle \int_0^{+\infty}(f(t))^{\lambda}(g(t))^{1-\lambda}dt \leq \displaystyle \int_0^{+\infty}(\lambda f(t))+(1-\lambda)(g(t))dt=1$ d'après les hypothèses. \end{enumerate} \item Posons, pour tout $t>0$, $\varphi(t)=\dfrac{f(t)}{\displaystyle \int_{0}^{+\infty}f(t)\mathrm{d}t}$ (le dénominateur étant non nul car l'intégrale est strictement positive) et $\psi(t)=\dfrac{g(t)}{\displaystyle \int_{0}^{+\infty}g(t)\mathrm{d}t}$. $\varphi$ et $\psi$ vérifient les hypothèse de la question précédente. D'où : $\displaystyle \int_0^{+\infty}(\varphi(t))^{\lambda}(\psi(t))^{1-\lambda}dt$ converge et est inférieure ou égale à $1$, d'où la conclusion par linéarité. \item \begin{enumerate} \item $\forall x>0, \Gamma(x)>0$ par stricte positivité (à justifier avec le programme). \item $\forall (x,y)\in]0,+\infty[^2, \Gamma(\lambda x +(1-\lambda)y)=\displaystyle \int_{0}^{+\infty}t^{\lambda x +(1-\lambda)y-1}e^{-t}\mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty}(t^{x-1}e^{-t})^{\lambda}(t^{y-1}e^{-t})^{1-\lambda}\mathrm{d}t $, ce qui est inférieur d'après la question $2$ à $\bigg(\displaystyle \int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t\bigg)^{\lambda} \bigg(\displaystyle \int_{0}^{+\infty}t^{y-1}e^{-t}\mathrm{d}t\bigg)^{1-\lambda} =\Gamma(x)^{\lambda}\Gamma(y)^{1-\lambda}$. On en déduit que $G$ est convexe. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $\forall (x,y)\in]0,+\infty[^2, (x+1)=(1-\frac{1}{y})x+\frac{1}{y}(x+y)$, d'où le résultat par convexité. \item $\forall x\in]0,+\infty[, G(x+1)=G(x)+\ln(x)$, d'où, par la question précédente, $\frac{1}{y}G(x+y)\geq \ln(x)+\frac{1}{y}G(x)$, c'est à dire $G(x+y)\geq y\ln(x)+G(x)$. En prenant l'exponentielle, on a l'inégalité souhaitée. \end{enumerate} \item $\forall (x,y)\in]0,+\infty[^2, (x+y)=\lambda x+(1-\lambda)(x+1)$ ($x+y \in \left[ x,x+1\right] $) avec $\lambda =1-y \in \left[ 0,1\right] $. D'où : $G(x+y)\leq (1-y)G(x)+yG(x+1) \leq (1-y)G(x)+yG(x)+y\ln(x)\leq G(x)+y\ln(x)$, d'où le résultat. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite d'intégrales}{intégration sur un segment, séries numériques. Python} \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout entier naturel $n$, l'intégrale $\dint_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin (n x)}{\sin (x)} \mathrm{d} x$ est convergente. \end{enumerate} On pose : $$ \forall n \in \mathbb{N}, u_{n}=\int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin (n x)}{\sin (x)} \mathrm{d} x $$ \begin{enumerate}[resume] \item Déterminer $u_{0}, u_{1}$ et $u_{2}$. \item \begin{enumerate} \item Montrer que $$ \forall n \in \mathbb{N}, u_{n+2}-u_{n}=\frac{2}{n+1} \sin \left((n+1) \frac{\pi}{2}\right) $$ \item Compléter la fonction Python suivante afin qu'elle renvoie $u_{n}$ à l'appel de \texttt{u(n)} . \begin{lstlisting} def u(n): if (-1)**n==1: u=0 for k in range(2,n+1,2): u=--- else: u=--- for k in range(---): u=--- return u \end{lstlisting} où la boucle \texttt{for k in range(2,n+1,2):} fait prendre à \texttt{k} des valeurs de \texttt{2} (inclus) à \texttt{n+1} (exclu) avec un pas de \texttt{2} , soit : \texttt{2,4,6,8,}$\dots$ \item Montrer que, pour tout $p$ de $\mathbb{N}$, on a $u_{2 p+1}=\dfrac{\pi}{2}$, et pour tout $p$ de $\mathbb{N}^{*}$, on a $ u_{2 p}=2 \dsum_{k=0}^{p-1} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout réel $x$ et pour tout $p$ de $\mathbb{N}^{*}$, simplifier la somme $ \dsum_{k=0}^{p-1}(-1)^{k} x^{2 k}$. \item Établir la relation : $$ \forall p \in \mathbb{N}^{*},\ \dsum_{k=0}^{p-1} \dfrac{(-1)^{k}}{2 k+1}=\dfrac{\pi}{4}+(-1)^{p+1} \dint_{0}^{1} \frac{x^{2 p}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x. $$ \item Montrer que la série de terme général $\dfrac{(-1)^{k}}{2 k+1}$ converge et donner sa somme. \item En déduire que la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ converge et donner sa limite. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La fonction intégrée est continue sur $] 0, \pi / 2]$. \\ En 0, $\dis \left|\frac{\sin (n x)}{\sin (x)}\right|\underset{x\to 0}{\sim} n$ ; donc l'intégrale proposée est faussement impropre en $0$. \item On trouve $u_{0}=0, u_{1}=\dfrac{\pi}{2}$ et $u_{2}=\dint_{0}^{\pi / 2} 2 \cos (x) \mathrm{d} x=2$. \item \begin{enumerate} \item On sait que $\sin ((n+2) x)=\sin ((n+1) x) \cos (x)+\sin (x) \cos ((n+1) x)$ \\ et $\sin (n x)=\sin ((n+1) x) \cos (x)-\sin (x) \cos ((n+1) x)$.\\ Donc $\sin((n+2)x)-\sin(nx)=2 \cos ((n+1) x) \sin(x)$. Donc, par linéarité de l'intégration $$ u_{n+2}-u_{n}=\int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sin ((n+2) x)-\sin (n x)}{\sin (x)} \mathrm{d} x=\int_{0}^{\pi / 2} 2 \cos ((n+1) x) \mathrm{d} x=\frac{2}{n+1} \sin \left((n+1) \frac{\pi}{2}\right)$$ \item On peut proposer (attention au décalage) : \begin{lstlisting} import numpy as np def u(n): if (-1)**n==1: u=0 for k in range(2,n+1,2): u=u+2*np.sin((k-1)*np.pi/2)/(k-1) else: u=np.pi/2 for k in range(3,n+1,2): u=u+2*np.sin((k-1)*np.pi/2)/(k-1) return u \end{lstlisting} \item D'après 3.a), on a, $u_{2 p+3}-u_{2 p+1}=\frac{1}{p+1} \sin ((p+1) \pi)=0$ donc $\forall p \in \mathbb{N}, u_{2 p+1}=u_1=\frac{\pi}{2}$.\\ $$ u_{2 p+2}=u_{2 p}+\frac{2}{2 p+1} \sin \left((2 p+1) \frac{\pi}{2}\right)=u_{2 p}+\frac{2 \times(-1)^{p}}{2 p+1}\Rightarrow u_{2p}=2 \sum_{k=0}^{p} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}$$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout réel $x$, on a $-x^{2} \neq 1$ donc $\dsum_{k=0}^{p-1}(-1)^{k} x^{2 k}= \dfrac{1-\left(-x^{2}\right)^{p}}{1+x^{2}}=\dfrac{1+(-1)^{p+1} x^{2 p}}{1+x^{2}}.$ \item En intégrant cette relation sur $[0,1]$ (fonctions continues), on obtient : $$ \sum_{k=0}^{p-1} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x+(-1)^{p+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2 p}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{4}+(-1)^{p+1} \int_{0}^{1} \frac{x^{2 p}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x $$ \item Par décroissance sur $[0,1]$ de $ x \mapsto \frac{1}{1+x^{2}}$, on a : $ \forall x \in[0,1], 0 \leq \frac{1}{2} \leq \frac{1}{1+x^{2}} \leq 1$.\\ En multipliant par $x^{2 p} \geq 0$ et en intégrant sur $[0,1]$, on trouve $0 \leq \int_{0}^{1} \frac{x^{2 p}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x \leq \frac{1}{2 p+1}$,\\ et par encadrement $\dlim _{p \rightarrow+\infty}$ $ \dint_{0}^{1} \frac{x^{2 p}}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=0$.\\ En peut passer à la limite dans 4. b), on a : $\dis \lim _{p \rightarrow+\infty}\sum_{k=0}^{p-1} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}=\frac{\pi}{4}=\dis\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}$. \item Pour finir, $\dis u_{2 p}=2 \sum_{k=0}^{p-1} \dis \frac{(-1)^{k}}{2 k+1}$ donc $\dis \lim _{p \rightarrow+\infty} u_{2 p}=2 \times \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}=\lim _{p \rightarrow+\infty} u_{2 p+1}$,\\ donc la suite $\left(u_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ converge et $\dis \lim _{n \rightarrow+\infty} u_{n}=\frac{\pi}{2}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Intégrale généralisée fonction de sa borne supérieure}{intégrales généralisée, étude de fonctions, bijections. Inégalités.} Soit $f$ une fonction continue sur $\R$ telle que pour tout $x\in \R$, $00$. Ainsi $F$ est-elle strictement croissante sur $\R$ et réalise une bijection de $\R$ sur $]\dlim_{x \to -\infty}F(x),\dlim_{x \to +\infty}F(x)[$. Or $\dlim_{x \to +\infty}F(x)=\dint_{-\infty}^{+\infty}g(u)du=\dint_{-\infty}^{+\infty}\e^{-\frac{u^2}{2}}du=\sqrt{2\pi}$ et $\dlim_{x \to -\infty}F(x)=0$. D'après le cours, $F^{-1}$ est aussi strictement croissante de $]0,\sqrt{2\pi}[$ dans $\R$. Comme $F'$ ne s'annule pas sur $\R$, $F^{-1}$ est dérivable (et donc continue)sur $]0,\sqrt{2\pi}[$ et pour tout $x$ de $]0,\sqrt{2\pi}[$, $$(F^{-1})'(x)=\dfrac{1}{F'[F^{-1}(x)]}=\dfrac{1}{g[F^{-1}(x)]}=\dfrac{1}{f\circ F^{-1}(x) \times\text{e}^{-\frac{(F^{-1}(x))^2}{2} }}$$ Donc $(F^{-1})'>0$ et est continue (théorèmes généraux). \item \begin{enumerate} \item On veut $F\circ \phi= F_1$. Donc $\phi$ est donc la fonction définie sur $\R$ par $\phi=F^{-1}\circ F_1$. \item Par composée, $\phi$ est bijective de $\R$ sur $\R$, strictement croissante et de classe $\mathcal{C}^1$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Convergence classique, soit par les intégrales de \textsc{\textsc{Riemann}}, soit en utilisant la loi $\mathcal{N}(0,2)$. $$F(\phi(x))=F_1(x) \Rightarrow F'(\phi(x)) \times \phi'(x)=\e^{-\frac{x^2}{2}},$$ soit $$\phi^2(x) f(\phi(x))\e^{-\frac{\phi(x)^2}{2}}\phi'(x)=\e^{-\frac{x^2}{2}}=\phi^2(x)\e^{-\frac{x^2}{2}}.$$ Donc, en posant le changement de variable $u=\phi(x)$, il vient $$\dint_{-\infty}^{+\infty}u^2f(u)\e^{-\frac{u^2}{2}}du=\dint_{-\infty}^{+\infty}\phi(x)^2\e^{-\frac{x^2}{2}}dx$$ \item Soit $x\geq A$. On a donc $x\geq0$ et $x\geq \phi^{-1}(0).$ Soit $u \in [x,x+1], 0 \leq \phi(x)\leq \phi(u)\leq \phi(x+1)$ car $\phi$ est strictement croissante. Donc $0 \leq \phi(x)^2\leq \phi(u)^2$ et $\e^{-\frac{u^2}{2}} \geq \e^{-\frac{(x+1)^2}{2}}$ donc $\e^{-\frac{u^2}{2}}\phi(u)^2 \geq \e^{-\frac{(x+1)^2}{2}}\phi(x)^2$. On intègre sur $[x,x+1]$ ce qui donne le résultat souhaité. \item Or l'intégrale $\dint_{-\infty}^{+\infty}\phi(u)^2\e^{-\frac{u^2}{2}}du$ converge, donc $\dlim_{x\to+\infty}\dint_{x}^{x+1}\phi(u)^2\e^{-\frac{u^2}{2}}du=0$. Donc par d'encadrement, $\dlim_{x\to+\infty}\phi^2(x)\e^{-\frac{(x+1)^2}{2}}=0$ et par suite $\dlim_{x\to+\infty}|\phi(x)|\e^{-\frac{(x+1)^2}{4}}=0$. D'où $|\phi(x)|\underset{x \to +\infty}{=}\petito{\e^{\frac{(x+1)^2}{4}}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{ Étude de $\dsum u_{\varphi(n)}$ avec $\varphi$ bijection de $\N$}{séries numériques alternées. Modification de l'ordre} On pose, pour $n\in \mathbb{N}$, $u_{n}=\dfrac{\left( -1\right) ^{n}}{n+1}$ et $S_{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}u_{i}.$ \begin{enumerate} \item La série $\dsum u_{n}$ est-elle absolument convergente? \item Montrer que les suites $\left( S_{2n}\right)_n $ et $\left( S_{2n+1}\right)_n $ sont adjacentes et en déduire que la série $\dsum u_{n}$ converge. \item Montrer que $\forall n\in \mathbb{N}$, $$\left\vert \int_{0}^{1}\left( \dfrac{ 1}{1+t}-\dsum\limits_{i=0}^{n-1}\left( -t\right) ^{i}\right) dt\right\vert \leq \dfrac{1}{n+1}.$$ \item En déduire la valeur de $\dsum_{n=0}^{+\infty }u_{n}$. \end{enumerate} On pose, pour $n\in \mathbb{N}$, $v_{3n}=\dfrac{1}{2n+1}$, $v_{3n+1}=\dfrac{ -1}{4n+2}$, $v_{3n+2}=\dfrac{-1}{4n+4}$ et $T_{n}=\dsum \limits_{i=0}^{n}v_{i}$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer la suite $\left( T_{3n+2}\right) $ converge et préciser sa limite. \item En déduire que la série $\dsum v_{n}$ converge et préciser la somme de cette série. \end{enumerate} On considère désormais une suite $\left( a_{n}\right) $ de réels \textbf{positifs} et $ \varphi $ une bijection de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$.\\ Pour tout $n\in \mathbb{N}$, on pose $b_{n}=a_{\varphi \left( n\right) }$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que la série $\dsum a_{n}$ converge si et seulement si la série $\dsum b_{n}$ converge et que si la série $\dsum a_{n}$ converge alors $\dsum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}=\dsum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}$. \item Le résultat de la question précédente reste-t-il vrai si l'on ne suppose plus que $\forall n\in \mathbb{N}$, $a_{n}\geq 0$? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On a $\left\vert u_{n}\right\vert =\dfrac{1}{n+1}\underset{n\rightarrow \infty }\sim \dfrac{1}{n}>0$ et la série harmonique diverge. \item \begin{itemize} \item[$\bullet$] $S_{2n+2}-$ $S_{2n}=\dfrac{1}{2n+3}-\dfrac{1}{2n+2}$ donc $\left( S_{2n}\right) $ est décroissante. \item[$\bullet$] $\left( S_{2n+1}\right) $ est croissante \item[$\bullet$] $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }S_{2n+1}-S_{2n}=u_{2n+1}\underset {n\rightarrow +\infty }\rightarrow 0$. \end{itemize} les suites $\left( S_{2n}\right) $ et $\left( S_{2n+1}\right) $ sont adjacentes donc convergent et ont m\^{e}me limite donc $\left( S_{n}\right) $ converge donc la série $\sum u_{n}$ converge. \item Soit $t\in \left[ 0,1\right] $. On a $\dis \sum\limits_{i=0}^{n-1}\left( -t\right) ^{i}= \dfrac{1-\left( -t\right) ^{n}}{1+t}$,\\ Donc $$\left\vert \int_{0}^{1}\left( \dfrac{1}{1+t}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}\left( -t\right) ^{i}\right) dt\right\vert =\left\vert \int_{0}^{1}\dfrac{\left( -t\right) ^{n}}{1+t}dt\right\vert \leq \int_{0}^{1}\dfrac{t^{n}}{1+t}dt\leq \int_{0}^{1}t^{n}dt=\dfrac{1}{n+1}.$$ \item Enfin $\dint_{0}^{1}\left( \dfrac{1}{1+t}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}\left( -t\right) ^{i}\right) dt=\dint_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t}dt-\sum\limits_{i=0}^{n-1} \dint_{0}^{1}\left( -t\right) ^{i}dt=\ln \left( 2\right) -\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{\left( -1\right) ^{i}}{i+1}$. \item Soit $a_{n}=v_{3n}+v_{3n+1}+v_{3n+2}=\dfrac{1}{2n+1}-\dfrac{1}{4n+2}-\dfrac{1}{ 4n+4}=\dfrac{1}{4n+2}-\dfrac{1}{4n+4}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2n+1}- \dfrac{1}{2n+2}\right) $.\\ On a $T_{3n+2}=\sum\limits_{i=0}^{3n+2}v_{3n}=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}= \dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=0}^{n}\left( \dfrac{1}{2i+1}-\dfrac{1}{2i+2} \right) =\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=0}^{2n+1}\dfrac{\left( -1\right) ^{i}}{ i+1}=\dfrac{1}{2}S_{2n+1}\rightarrow _{n\rightarrow +\infty }\dfrac{1}{2}\ln \left( 2\right) $. \item On a $T_{3n}=T_{3n+2}-\left( v_{3n+1}+v_{3n+2}\right) $ et $ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }v_{n}=0$ donc $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }T_{3n}=\dfrac{1}{2}\ln \left( 2\right) $ et de m\^{e}me\newline $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty }T_{3n+1}=\dfrac{1}{2}\ln \left( 2\right) $ donc la série $\sum v_{n}$ converge et a pour somme $\dfrac{\ln \left( 2\right) }{2}$. \item Supposons que $\sum a_{n}$ converge et posons $\sigma _{n}=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{i}$ et $\sigma _{n}^{\prime }=\sum\limits_{i=0}^{n}b_{i}=\sum\limits_{i=0}^{n}a_{\varphi \left( i\right) }$ \ Soit $N=\max \left\{ \varphi \left( i\right) ,i\in \llbracket 0,n \rrbracket \right\} $. \\ On a $\sigma _{n}^{\prime }\leq \sigma _{N}\leq \sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}$ car $a_{n}\geq 0$.\\ La suite $\left( \sigma _{n}^{\prime }\right) $ est donc majorée donc $ \sum b_{n}$ converge et $\sum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}\leq \sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}$.\newline On a $a_{n}=b_{\varphi ^{-1}\left( n\right) }$ donc si $\sum b_{n}$ converge alors $\sum a_{n}$ converge et $\sum\limits_{n=0}^{+\infty }a_{n}\leq \sum\limits_{n=0}^{+\infty }b_{n}$. \item Utilisons la question 6. On a $v_{3n}=u_{2n}$, $v_{3n+1}=u_{4n+1}$ et $v_{3n+2}=u_{4n+3}$.\newline Posons pour $n\in \mathbb{N}$, $\varphi \left( 3n\right) =2n$, $\varphi \left( 3n+1\right) =4n+1$ et $\varphi \left( 3n+2\right) =4n+3$. $\varphi $ est bijective car atteint tous les pairs et tous les impairs exactement une fois.\newline On a $v_{n}=u_{\varphi \left( n\right) }$ et $\sum\limits_{n=0}^{+\infty }v_{n}=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{n=0}^{+\infty }u_{n}$ donc le résultat précédent ne subsiste pas si la série n'est pas à terme positifs. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Série harmonique, série alternée}{séries numériques, comparaisons série-intégrale. Suites adjacentes} \begin{enumerate} \item Soit $(u_n)_{n\geq 1}$ une suite réelle. \\ Montrer que $\dlim_{n\to +\infty} u_n$ existe et est finie si et seulement si la série $\dsum_{n\geq 1} (u_{n+1}-u_n)$ converge. \item Pour tout entier $n\geqslant 1,$ on pose $u_n=\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\right)-\ln(n).$\\ Montrer que la suite $(u_n)_{n\in\N}$ converge. On note $\gamma$ sa limite. \item \begin{enumerate} \item Justifier les inégalités suivantes: $$\forall n\geqslant 3,\int_{n}^{n+1}\dfrac{\ln(t)}{t}dt\leqslant\dfrac{\ln(n)}{n}\quad\text{et}\quad\forall n\geqslant 4,\dfrac{\ln(n)}{n}\leqslant\int_{n-1}^n\dfrac{\ln(t)}{t}dt.$$ \item Pour tout $n\geqslant 2,$ on pose $S_n=\displaystyle\sum_{k=2}^n(-1)^k\dfrac{\ln(k)}{k}.$ Montrer que les suites $(S_{2n})_{n\geqslant 1}$ et $(S_{2n+1})_{n\geqslant 1}$ sont adjacentes. \\ Montrer que la suite $(S_n)_{n\geqslant 2}$ est convergente ; on note $S$ sa limite. \end{enumerate} \item Le but de cette question est de calculer la valeur de $S$ en fonction de $\gamma$. Pour $n\geqslant 3,$ on pose $t_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{\ln(k)}{k}$ et $a_n=t_n-\dfrac{(\ln(n))^2}{2}.$ \begin{enumerate} \item Démontrer que la suite $(a_n)_{n\geqslant 3}$ est convergente. \item Montrer que pour tout $n\geqslant 3, S_{2n}=t_n-t_{2n}+\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\right)\ln(2).$ \\ En déduire une expression de $S_{2n}$ où figurent $a_n, a_{2n}$ et $u_n.$ \item Calculer $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}S_{2n}$ en fonction de $\gamma$ et de $\ln(2).$ Déterminer $S.$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N^*$, $\dsum_{k=1}^n (u_{k+1}-u_k)= u_{n+1}-u_1$.\\ Ainsi la suite $(u_n)$ admet une limite si et seulement si la série télescopique converge. \item Pour tout $n\geq 1,$ on a $$u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{n+1}+\ln\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)=\dfrac{1}{n+1}+\left(-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{2(n+1)^2}+ o\left(\dfrac{1}{(n+1)^2}\right)\right)\equivalent{n\to +\infty} -\dfrac{1}{2(n+1)^2}.$$ D'où la convergence de la série $\dsum (u_{n+1}-u_n)$, par comparaison de séries signe constant (ou par convergence absolue) avec un série de \textsc{\textsc{Riemann}}. D'après la question 1 la suite converge donc. \item \begin{enumerate} \item La fonction $h: t\mapsto \frac{\ln(t)}{t} $ est décroissante sur $[e,+\infty[$ car $h'(t)=\dfrac{1-\ln t}{t^2}$. Ainsi : $$\forall n\geq 3,\ \forall t\in [n,n+1],\ \frac{\ln(t)}{t}\leq \frac{\ln(n)}{n}\quad\text{et}\quad\forall n\geq 4,\ \forall t\in [n-1,n],\ \frac{\ln(n)}{n}\leq \frac{\ln(t)}{t}.$$ D'où les inégalités demandées en intégrant ces inégalités respectivement sur $[n,n+1]$ et $[n-1,n]$. \item Pour tout $n\geqslant 1,$ on a $S_{2n+2}-S_{2n}=\dfrac{\ln(2n+2)}{n+2}-\dfrac{\ln(2n+1)}{2n+1}=h(2n+2)-h(2n+1)\leqslant 0$\\ car la fonction $h$ est décroissante sur $[3,+\infty[,$ donc la suite $(S_{2n})_{n\geqslant 1} $ est décroissante. De m\^{e}me, pour tout $n\geqslant 1, S_{2n+3}-S_{2n+1}=-\dfrac{\ln(2n+3}{2n+3}+\dfrac{\ln(2n+2)}{2n+2}=h(2n+2)-h(2n+3)\geqslant 0$ donc la suite $(S_{2n+1})_{n\geqslant 1} $ est croissante. Enfin, pour tout $n\geqslant 1, S_{2n+2}-S_{2n+1}=\dfrac{\ln(2n+2)}{2n+2}\underset{n\rightarrow+\infty}\longrightarrow 0.$\\ Les suites $(S_{2n})_{n\geqslant 1}$ et $(S_{2n+2})_{n\geqslant 1}$ sont donc adjacentes: on en déduit qu'elles sont convergentes de m\^{e}me limite $S$, ce qui implique que la suite $(S_n)_{n\geqslant 2}$ est elle-m\^{e}me convergente de limite $S.$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $a_{n+1}-a_n=\frac{\ln(n+1)}{n+1}-\frac{1}{2}\left ((\ln(n+1))^2-(\ln(n))^2\right )=\frac{\ln(n+1)}{n+1}-\dint_n^{n+1} \dfrac{\ln t}t {\rm d}t \leqslant 0$,\\ d'après Q3b (seconde inégalité), donc la suite $(a_n)_{n\geq3}$ est décroissante. D'après Q3b (première inégalité) et en sommant pour $k$ allant de $3$ à $n$, on a $$t_n=\frac{\ln(2)}{2}+\sum_{k=3}^n\frac{\ln(k)}{k}\geq \frac{\ln(2)}{2}+\int_3^{n+1}\frac{\ln(t)}{t}\;dt\geq \frac{\ln(2)}{2}+\int_3^{n}\frac{\ln(t)}{t}\;dt=\ln(2)+\dfrac{1}{2}((\ln(n))^2-(\ln(3))^2)$$ d'où $\forall n\geq 3,\ a_n\geq \frac{\ln(2)}{2}-\frac{(\ln(3))^2}{2}.$\\ La suite $(a_n)_{n\geq3}$ est donc décroissante et minorée, donc convergente (th. de la limite monotone). \item Pour tout $n\geqslant 1$ $S_{2n}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(2k)}{2k}-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\ln(2k+1)}{2k+1}$ d'où $$S_{2n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln(2k)}{2k}-\sum_{k=1}^{2n}\frac{\ln(k)}{k}+ \sum_{k=1}^n\frac{\ln(2k)}{2k}=\sum_{k=1}^n\frac{\ln(2)+\ln(k)}{k}-t_{2n}.$$ En scindant la première somme, on a donc $S_{2n}=t_n-t_{2n}+\left(\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)\ln(2).$\\ En rempla\c{c}ant par les expressions des suites $(a_n)$ et $(u_n),$ on obtient\\ $S_{2n}=(u_n+\ln(n))\ln(2)+a_n+\frac{(\ln(n))^2}{2}-a_{2n}-\frac{(\ln(2n))^2}{2}$ puis $S_{2n}=u_n\ln(2)+(a_n-a_{2n})-\frac{(\ln(2))^2}{2}. $ \item En passant à la limite, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}S_{2n}=S=\gamma\ln(2)-\frac{(\ln(2))^2}{2}.$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Famille d'intégrales généralisées}{convergences, suites, équivalents} Pour tout $n\in \NN^*$, on note : $F_n=\dint_0^{+\infty}\!\!\! \dfrac{2^n{\rm d}x}{(\ee^x+\ee^{-x})^n}.$ \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculer la dérivée de la fonction $x\mapsto \dfrac{\ee^x-\ee^{-x}}{\ee^x+\ee^{-x}}$ ; en déduire que $F_2=1$. \item À l'aide du changement de variable $u=\ee^x$, montrer que $F_1=\dfrac{\pi}2$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \NN^*$, montrer l'existence de $F_n$ et montrer que $F_{n+2}=\dfrac{n}{n+1}F_n$. \item Étudier la monotonie de la suite $(F_n)$. \item Exprimer $F_{2n+1}$ en fonction de $n\in \NN$. \end{enumerate} \item Pour tout entier $n\geq 2$, soient $u_n=\ln\left(\dfrac{n^n\sqrt{n}}{n!\ee^n}\right)\ \et \ v_n=u_n+\dfrac1{2(n-1)}\ (n\geq 2).$ \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \NN^*$, calculer l'intégrale $\dint_n^{n+1} (x-n)(n+1-x)\times \dfrac1{2x^2}~{\rm d}x$ ; on la notera $I_n$. \\ En déduire que : $\forall n\in \NN^*,\ 0\leq \left(n+\dfrac12\right)(\ln(n+1)-\ln n)-1\leq \dfrac1{2 n^2}.$ \item Montrer que les suites $(u_n)_{n\geq 2}$ et $(v_n)_{n\geq 2}$ sont adjacentes. \end{enumerate} \item Déduire des questions 1 et 2 que $F_{n+1} \equivalent{n\to +\infty} F_n$, puis que $F_n\equivalent{n\to +\infty} \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$. \item En déduire la formule de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Stirling}}}}}} : $n!\equivalent{n\to +\infty} \sqrt{2\pi}\dfrac{n^n\sqrt{n}}{\ee^n}.$ \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a : $\dint_0^{X} \dfrac{4{\rm d}x}{\left(\ee^x+\ee^{-x}\right)^2}=\crocint{\dfrac{\ee^x-\ee^{-x}}{\ee^x+\ee^{-x}}}_0^{X}\rTo_{X\to +\infty}1,$ car : $\dfrac{\ee^x-\ee^{-x}}{\ee^x+\ee^{-x}}\equivalent{x\to +\infty} \dfrac{\ee^x}{\ee^x}=1$. Soit \fbox{$F_2=1$.} \item La fonction $x\mapsto \ee^x$ est de classe $\Continue^1$, strictement croissante et bijective de $[0,+\infty[$ sur $[1,+\infty[$, donc $$F_1=\dint_1^{+\infty} \dfrac{2{\rm d}u}{u\left(u+\frac1u\right)}=\crocint{2\arctan}_1^{+\infty}=\boxed{\dfrac{\pi}2.}$$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $X>0$, par intégration par parties sur le segment $[0,X]$ avec des fonctions de classe $\Continue^1$, on a:\\ \begin{align*} \dint_0^X \dfrac{2^{n+2}{\rm d}x}{(\ee^x+\ee^{-x})^{n+2} }&=\crocint{\dfrac{(\ee^x-\ee^{-x})}{(\ee^x+\ee^{-x})}\times \dfrac{2^n}{((\ee^x+\ee^{-x}))^n}}_0^X-\dint_0^X \frac{\ee^x-\ee^{-x}}{\ee^x+\ee^{-x}}\times\left(-\dfrac{n2^n(\ee^x-\ee^{-x})}{(\ee^x+\ee^{-x})^{n+1}}\right)~{\rm d}x\\& = \underbrace{\dfrac{2^n(\ee^X-\ee^{-X})}{(\ee^X+\ee^{-X})^{n+1}}}_{\rTo_{X\to +\infty} 0}-n\dint_0^X \dfrac{2^{n+2}{\rm d}x}{(\ee^x+\ee^{-x})^{n+2} }+n\dint_0^X \dfrac{2^n{\rm d}x}{(\ee^x+\ee^{-x})^{n} }. \end{align*} (On a utilisé la relation $(\e^x-\e^{-x})^2=(\e^x+\e^{-x})^2-4$). D'où la convergence de $F_n$ par récurrence double sur $n\geq 1$. Et \fbox{$F_{n+2}=\dfrac{n}{n+1}F_n$.} \item On a $\left(\e^x-1\right)^2\geq 0 \iff \frac{\ee^x+\ee^{-x}}2\geq 1$. Donc, par croissance de l'intégration \fbox{$(F_n)$ est décroissante.} \item On a $F_{2n+1}=F_1\dprod_{k=1}^{n} \dfrac{2k-1}{2k}=\boxed{\dfrac{\pi}2\times \dfrac{(2n)!}{(2^nn!)^2}.}$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item {\small $ I_n=\dint_n^{n+1}\!\!\!\!\! -\frac12+\dfrac{n+\frac12}x-\dfrac{n(n+1)}{2x^2} ~{\rm d}x =\crocint{\!\!\!-\dfrac{x}2+\left(n+\frac12\right)\ln |x|+\dfrac{n(n+1)}{2x}\!\!\!}_n^{n+1} \!\!\!\!\!\! =\left(n+\frac12\right)(\ln(n+1)-\ln n)-1. $ } \item[] Or, par \fbox{croissance de l'intégration} : $0\leq I_n \leq \dint_n^{n+1} \dfrac1{2n^2}~{\rm d}x=\dfrac1{2n^2}.$ \item Comme $v_n-u_n=\dfrac1{2(n-1)}$, il est clair que \fbox{$\dlim_{n\to +\infty} v_n-u_n=0$.} \begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\ln\left(\dfrac{(n+1)^{n+1}\sqrt{n+1}}{(n+1)!\ee^{n+1}}\right) -\ln\left(\dfrac{n^n\sqrt{n}}{n!\ee^n}\right) = \left(n+\frac12\right)\ln\left(\frac{n+1}n\right) -1 = I_n \geq 0, \end{align*} d'après la question précédente. Donc \fbox{la suite $(u_n)$ est croissante.} \\ Et \fbox{$(v_n)$ décroissante} car : $v_{n+1}-v_n=u_{n+1}-u_n+\dfrac1{2n}-\dfrac1{2(n-1)} \leq I_n-\dfrac1{2n^2}\leq 0, $ \end{enumerate} \item On a $F_n>0$ (l'intégrale d'une fonction continue positive n'est nulle que si la fonction est nulle),\\ donc $\dfrac{n}{n+1}\underset{\text{Q2a}}=\dfrac{F_{n+2}}{F_n} \underset{\text{Q2b}}{\leq} \dfrac{F_{n+1}}{F_n} \leq 1.$ Par \fbox{théorème d'encadrement,} on en déduit que \fbox{$F_{n+1}\equivalent{n\to +\infty} F_n$.}\\ Or, d'après Q2.b on a $(n+1)F_{n+2}F_{n+1}=nF_nF_{n+1}$, suite constante qui vaut $F_1F_2=\dfrac{\pi}2$ (\cf Q1).\\ D'où : $\dfrac{\pi}2 =nF_{n+1}F_n \equivalent{n\to +\infty} n(F_n)^2,$ comme $F_n\geq 0$, on en déduit que \fbox{$F_n\equivalent{n\to +\infty} \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$.} \item D'après Q3b, $(u_n)$ [et $(v_n)$] converge vers une limite $\ell_0$, donc $\e^{u_n} \to \ee^{\ell_0}=\ell\neq 0$, soit \fbox{$n! \equivalent{n\to +\infty} \dfrac{n^{n}\sqrt{n}}{\ell\ee^n}$.}\\ Donc : $ \sqrt{\dfrac{\pi}{4n}} \overset{\text{Q4}}{\equivalent{n\to +\infty}} F_{2n+1}\underset{\text{Q2c}}= \dfrac{\pi}2\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \equivalent{n\to +\infty} \dfrac{\pi}2 \frac{\frac{(2n)^{2n}\sqrt{2n}}{\ell\ee^{2n}}}{2^{2n}\left( \frac{n^{n}\sqrt{n}}{\ell\ee^{n}}\right)^2} = \dfrac{\pi \ell}{\sqrt{2n}}$. D'où \fbox{$\ell= \dfrac1{\sqrt{2\pi}}.$} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Famille d'intégrales généralisée}{convergence, séries, formule de \textsc{Wallis}} \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N$, montrer la convergence de l'intégrale $\dint_0^{+\infty} \e^{-x}\sin^{2n}(x)~{\rm d}x$. On la note $J_n$. \item Calculer $J_0$. \item Pour tout $n\in \N^*$, montrer que $J_n= \dfrac{2n(2n-1)}{4n^2+1}J_{n-1}$. \item Montrer que la suite $(J_n)_{n\in \NN}$ est strictement positive et convergente. \end{enumerate} \medskip \noindent On aborde maintenant deux manières différentes d'obtenir la limite $\ell$ de la suite $(J_n)_{n\in \NN}$. \medskip \begin{enumerate}[resume] \item {\em Méthode 1 :} \begin{enumerate} \item Déterminer la nature de la série de terme général $v_n=\ln\left(\dfrac{2n(2n-1)}{4n^2+1} \right)$. \item En déduire la valeur de $\ell$. \end{enumerate} \item {\em Méthode 2 :} \begin{enumerate} \item Montrer l'existence d'une constante $M$ telle que, pour tout $n\in \NN$, on a : $J_{n+1}\leq M\dint_0^\pi \sin^{2n}(x)~{\rm d}x$. \item En déduire la valeur de $\ell$.\\ {\em Indication : on pourra exprimer $\dint_0^\pi \sin^{2n}(x)~{\rm d}x$ à l'aide de $\dint_0^{\frac{\pi}2} \cos^{2n}(x)~{\rm d}x$, puis découper cette dernière intégrale en deux autour de la borne $\dfrac1{n^{\frac13}}$.} \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On a : $|\e^{-x}\sin^{2n}x|\leq \e^{-x}$ et l'intégrale $\dint_0^{+\infty} \e^{-x}{\rm d}x$ converge,\\ Donc, par théorème de comparaison, l'intégrale $J_n$ converge absolument. \item $J_0=1$ (intégrale de la densité de la loi exponentielle de paramètre 1). \item Pour tout $A>0$, par intégration par parties avec des fonctions de classe $C^1$, on a : $$\int_0^A \e^{-t}\sin^{2n}t ~{\rm d}t =\left[-\e^{-t}\sin^{2n}t\right]_0^A+2n\int_0^A\e^{-t}\sin^{2n-1}t \cos t ~{\rm d}t$$ d'où, lorsque $A$ tend vers l'infini : $J_n=2n\int_0^{+\infty} \e^{-t}\sin^{2n-1}t \cos t ~{\rm d}t$. On intègre de nouveau par parties~: $$\int_0^{A} \e^{-t}\sin^{2n-1}t \cos t ~{\rm d}t=\left[-e^{-t}\sin^{2n-1}t\cos t \right]_0^A+\int_0^A e^{-t}((2n-1)\sin^{2n-2}t\cos^2t-\sin^{2n}t) ~{\rm d}t$$ puis, quand $A$ tend vers l'infini~: $J_n= 2n\big((2n-1)J_{n-1}-(2n-1)J_n-J_n\big)$, soit $J_n= \dfrac{2n(2n-1)}{1+4n^2}J_{n-1}$. \item On a $J_0>0$ et $\dfrac{2n(2n-1)}{1+4n^2}>0$ pour tout $n\geq 1$.\\ Par récurrence sur $n\geq 0$ évidente, la question précédente donne $J_n>0$ pour tout $n\geq 0$.\\ De plus $ \dfrac{J_{n}}{J_{n-1}}=\dfrac{4n^2-2n}{4n^2+1} \leq 1$, donc la suite $(J_n)$ est décroissante ; comme elle est minorée, elle converge. \item \begin{enumerate} \item On a~: $v_n=\ln\left(\dfrac{4n^2-2n}{4n^2+1}\right)=\ln\left(1-\dfrac{1+2n}{1+4n^2}\right)\equivalent{n\to +\infty} -\dfrac{1+2n}{ 1+4n^2}\equivalent{n\to +\infty} -\dfrac{1}{2n}$.\\ Ainsi, la série à termes positifs $\dsum -v_n$ \fbox{diverge} par théorème de comparaison ; donc $\dsum v_n$ aussi. \item Il s'ensuit que les sommes partielles $\dsum_{k=0}^n v_k$ tendent vers $-\infty$ quand $n$ tend vers $+\infty$.\\ Or, d'après les questions 2 et 3, on a : $J_n=1\times \dprod_{k=1}^n \dfrac{2k(2k-1)}{4k^2+1}$,\\ Donc, $\ln (J_n)=\dsum_{k=1}^n\ln\left(v_n\right) \rTo_{n\to +\infty} -\infty$, donc, \fbox{$\dlim_{n\to +\infty}J_n=0$.} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $k\in \NN$, par changement de variable affine, on a $\dint_{k\pi}^{(k+1)\pi}e^{-t}\sin^{2n+2} t ~{\rm d}t = \dint_0^\pi e^{-u-k\pi}\sin^{2n+2}u ~{\rm d}u$.\\ Donc, par relation de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Chasles}}}}}, pour tout $N\in \NN$, on a : \begin{align*} &\int_0^{(N+1)\pi}\e^{-t} \sin^{2n+2}t ~{\rm d}t= \sum_{k=0}^N \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\e^{-t}\sin^{2n+2} t ~{\rm d}t = \int_0^\pi \left(\sum_{k=0}^N \e^{-u-k\pi}\right)\sin^{2n+2} u ~{\rm d}u\\ =&\int_0^\pi \dfrac{1-\e^{-(N+1)\pi}}{1-\e^{-\pi}}\e^{-u}\sin^{2n+2} u ~{\rm d}u \leq M \int_0^\pi\sin^{2n} u ~{\rm d}u \avec M=\dfrac{1}{1-\e^{-\pi}} \end{align*} car $\sin^{2n+2} u \geq 0$, $\e^{-u}\leq 1$ et $\e^{-(N+1)\pi} \geq 0$.\\ D'où le résultat voulu par passage à la limite quand $N$ tend vers $+\infty$.\\ \item Par relation de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Chasles}}}}} puis changements de variables affines, puis \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Chasles}}}}} encore, on a : $$ \int_0^\pi\sin^{2n} u ~{\rm d}u= 2 \int_0^{\frac{\pi}2}\cos^{2n} u ~{\rm d}u =2 \int_0^{\frac1{n^{\frac13}}}\cos^{2n} u ~{\rm d}u + 2 \int_{\frac1{n^{\frac13}}}^{\frac{\pi}2}\cos^{2n} u ~{\rm d}u \leq \dfrac2{n^{\frac13}} + 2\left(\frac{\pi}2-\frac1{n^{\frac13}}\right) \left(\cos\frac1{n^{\frac13}}\right)^{2n}. $$ Or $\ln \left(\cos\frac1{n^{\frac13}}\right)^{2n}= 2n\ln\left(\cos\frac1{n^{\frac13}}\right) \equivalent{n\to +\infty} 2n \times -\dfrac1{2n^{\frac23}} \rTo_{n\to } -\infty,$ donc : $\left(\cos\frac1{n^{\frac13}}\right)^{2n} \rTo_{n\to +\infty} 0$. Ainsi, par encadrement , on retrouve que $\dlim_{n\to +\infty}J_n=0$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Intégrales à paramètre}{intégrale généralisée, fonction de deux variables, extrémums} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in\N$, montrer la convergence de l'intégrale $ \dint_{-\infty}^{+\infty} t^n\e^{-t^2} \mathrm{ d}t$. On la note $I_n$. \item Sans faire de calcul de primitive, donner les valeurs des intégrales $I_0$, $I_1$ et $I_2$. \item Que dire de $\dis I_3$ ? Calculer $I_4$. \end{enumerate} \item Montrer que pour tous réels $x$ et $y$ la convergence de $\dfrac{4}{\sqrt{\pi}}\dint_{-\infty}^{+\infty} (t-x)^2(t-y)^2 \e^{-t^2} \mathrm d t$. On appelle $G(x,y)$ cette intégrale. Exprimer $G(x,y)$ sans signe intégral, en fonction de $x$ et $y$. \item Déterminer les extrémums locaux et globaux de la fonction $G$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $n\in \N$. La fonction $f_n: t\mapsto t^n \e^{-t^2}$ est continue sur $\R$. On a $t^n \e^{-t^2} \underset{t\to \pm\infty}=o(1/t^2)$. La convergence de $\dint_{1}^{+\infty}\frac 1{t^2}\mathrm d t$ entra\^{\i}ne celle de $\dint_{1}^{+\infty}f_n(t)\mathrm d t$ aussi.\\ Il en va de m\^{e}me pour la borne $-\infty$ (ou bien par parité ou imparité de $f_n$ selon $n$).\\ Donc l'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(t) dt$ est convergente. \item On sait que si $X$ suit une loi $\mathcal N(0,1/\sqrt 2)$, alors $f:t\mapsto \frac 1{\sqrt \pi}\e^{-t^2}$ est une densité de $f$. De $\dint_{-\infty}^{+\infty} f(t) \mathrm d t=1$, on déduit $I_0=\sqrt{\pi} $. De $\dint_{-\infty}^{+\infty} tf(t) \mathrm d t=E(X)=0$, on déduit $I_1=0$. De $\dint_{-\infty}^{+\infty} t^2f(t) \mathrm d t=\E(X^2)=\V(X)+0=\dfrac 12$, on déduit $I_2=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$. \item Par imparité $\dis I_3=\dint_{-\infty}^{+\infty} t^3\e^{-t^2} \mathrm d t=0$.\\ Pour $I_4$, par int. par parties avec $u(t)=t^3$ et $v'(t) =t\e^{-t^2}$ qui sont $C^1$, il vient $ I_4=\dfrac 32I_2=3\dfrac{\sqrt{\pi}}{4}$. \end{enumerate} \item Pour tout $(x,y)\in \R^2$, $(t-x)^2(t-y)^2=t^4-2(x+y)t^3+(x^2+y^2+4xy)t^2-2xy(x+y)t+x^2y^2$. par linéarité pour les intégrales convergentes, gr\^{a}ce aux questions précédentes, il vient immédiatement que $G(x,y)$ existe pour tout $(x,y)\in \R^2$ et que : \[G(x,y) = \frac{4}{\sqrt{\pi}}\bigl(I_4-0+(x^2+y^2+4xy)I_2+0+x^2y^2I_0\bigr)=4x^2y^2 +2x^2+2y^2+8xy+3.\] \item La fonction $G$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\R^2$, car elle est polynomiale. Déterminons les points critiques de $G$. On a $\nabla G(x,y)= \begin{pmatrix} 8xy^2+4x+8y \\8x^2y+4y+8x\end{pmatrix}$. Et $$\left\{\begin{matrix} 2xy^2+x+2y=0 \\ 2x^2y+y+2x=0 \end{matrix}\right. \underset{{L_2\leftarrow L_2-L_1}} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2xy^2+x+2y=0 \\ 2xy(x-y)+(x-y)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2xy^2+x+2y=0 \\ (x-y)(2xy+1)=0 \end{matrix}\right..$$ 1\up{er} cas : $y=x$. Alors $2x^3+3x=0$. Un seul point critique de ce type $O(0,0)$. 2\up{e} cas : $y\neq x$, alors $2xy=-1$ puis $-y+x+2y=0$, soit $y=-x$ et $2x^2=1$. Ainsi, \fbox{$G$ possède trois points critiques $O=(0,0)$, $A=\left(\sqrt{2}/2,-\sqrt{2}/2\right)$ et $B=\left(-\sqrt{2}/2,\sqrt{2}/2\right)$.} \bigskip Comme on a $G(x,y)=G(y,x)$ pour tout $x,y$, on en déduit que $A$ et $B$ sont de m\^{e}me nature.\\ \begin{itemize} \item[$\bullet$] Étude du point $O(0,0)$. On a donc $H_G(0,0)=\begin{pmatrix} 4&8\\8&4 \end{pmatrix}$, dont le déterminant est $-48<0$.\\ Donc $O(0,0)$ est un point col et\fbox{ $G$ n'a pas d'extrémum local en $(0,0)$.} \item[$\bullet$] Étude du point $A\left(\sqrt{2}/2,-\sqrt{2}/2\right)$ (idem en $B$) On a $H_G\left(\sqrt{2}/2,-\sqrt{2}/2\right)=\begin{pmatrix} 8&0\\0&8 \end{pmatrix}$\\ de valeur propre double $8$.\\ On a $8>0$, donc \fbox{$G$ présente un minimum local en $A$ de valeur $G\left(\sqrt{2}/2,-\sqrt{2}/2\right)=2$.} \end{itemize} Comme il n'y a pas de maximum local, \fbox{il n'y a pas non plus de maximum global.}\\ Si $G$ admet un minimum global, alors il est atteint en $A$ et $B$ et il vaut $2$. Or pour $(x,y)\in \R^2$, on a $G(x,y)-2-2(x+y)^2 =4x^2y^2 +4xy+1= (2xy+1)^2\geqslant 0$.\\ On en déduit que $G(x,y)\geqslant 2+2(x+y)^2\geqslant 2$.\\ Ainsi, \fbox{$2$ est bien le minimum global de $G$ et il est atteint en $A$ et $B$.} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Inégalité de Carleson}{inégalité arithmético-géométrique, séries, inégalité en une séries et la série de ses moyennes} \begin{enumerate} \item Soit $n\in \mathbb{N}^{\ast}$. On se donne $n$ réels strictement positifs $x_1,\cdots,x_n$ tels que $x_1+\cdots+x_n=1$. \begin{enumerate} \item Si $t$ est un réel strictement positif , montrer que $$ \ln(t)=\ln\left(\frac{1}{n}\right)+(nt-1)-\int_{\frac{1}{n}}^{t}\frac{t-s}{s^2}ds. $$ \item En déduire l'inégalité $ \dsum_{k=1}^{n} \ln(x_k) \leq n\ln(\dfrac{1}{n})$. \item Montrer qu'il existe un unique point $x=(x_1,\cdots,x_n)\in \mathbb{R}_{+}^{\ast n}$ pour lequel il y a égalité dans l'inégalité précédente. \end{enumerate} \item Dans cette question, on suppose seulement que $y_1,\cdots,y_n$ sont $n$ réels strictement positifs ($n\geq 1$). \begin{enumerate} \item À l'aide de la question $1. (b)$, montrer que \begin{equation*} \left( \prod_{k=1}^n y_k\right)^{\frac{1}{n}} \leq \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}y_k. \qquad (1) \end{equation*} \item Étudier le cas d'égalité dans l'inégalité $(1)$ \end{enumerate} \end{enumerate} Soit $(u_n)_{n \geq 1}$ une suite de réels strictement positifs telle que la série de terme général $u_n$ converge. \begin{enumerate}[resume] \item On introduit la suite $(\alpha_k)_{k \geq 1}$ définie par $ \alpha_k= \dfrac{(k+1)^k}{k^{k-1}}$ et on pose $v_n=\left( \dprod_{k=1}^n u_k\right)^{\frac{1}{n}}$ pour $n \geq 1$. \begin{enumerate} \item Calculer le produit $ \alpha_1\times \cdots \times \alpha_n$ et montrer que la suite $ \left( \dfrac{\alpha_k}{k}\right)_{k \geq 1} $ est croissante. ({\em{On pourra considérer les points $y_1=1$, $y_2=\cdots =y_{k+1}=1+\dfrac{1}{k}$}et utiliser l'inégalité (1) }). Déterminer la limite de cette suite. \item Soit $N \in \mathbb{N}^{\ast}$, prouver que \begin{equation*}\label{Inegalite2} \sum_{n=1}^{N}v_n \leq \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)}\left[ \sum_{k=1}^{n}\alpha_k u_k \right] \leq \left( 1+\frac{1}{N} \right)^{N} \sum_{p=1}^{N}u_p. \end{equation*} ({\em{Pour $\ell\geq 1$, on pourra utiliser l'égalité $ \dfrac{1}{\ell(\ell+1)}=\dfrac{1}{\ell}-\dfrac{1}{\ell+1}$}}). \end{enumerate} \item On considère la suite $(s_n)_{n\geq 1}$ où $s_n=\dfrac{u_1+\cdots + u_n}{n}$. \begin{enumerate} \item Montrer que la série de terme général $s_n$ est divergente. \item Prouver que la série de terme général $v_n$ est convergente et que l'on a \begin{equation*}\label{Inegalite3} \sum_{n=1}^{+\infty}v_n \leq \e \sum_{n=1}^{+\infty}u_n. \end{equation*} \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par calcul : $\dint_{\frac{1}{n}}^{t}\dfrac{t-s}{s^2}ds=\left[-\frac{t}s-\ln s\right]_{s=\frac1n}^{s=t}=\cdots$ ou avec \textsc{Taylor} reste intégral. \item Comme $x \in \mathbb{R}_{+}^{\ast n}$ et que $x_1+\cdots+x_n=1$, avec la question précédente on peut écrire $$ \sum_{k=1}^{n} \ln(x_k)=n\ln\left(\frac{1}{n}\right)+\sum_{k=1}^{n}\left[ (nx_k-1)-\int_{\frac{1}{n}}^{x_k}\frac{x_k-s}{s^2}ds\right] =n\ln\left(\frac{1}{n}\right)-\sum_{k=1}^{n}\left[ \int_{\frac{1}{n}}^{x_k}\frac{x_k-s}{s^2}ds\right] \leq n\ln\left(\frac{1}{n}\right), $$ car toutes les intégrales sont positives (quelle que soit la position de $x_k$ par rapport à $ \frac{1}{n}$). \item D'après ce qui précède, l'égalité est équivalente à $\dint_{\frac{1}{n}}^{x_k}\dfrac{x_k-s}{s^2}ds=0$ pour tout $k \in \llbracket 1,n \rrbracket$.\\ Or ceci n'est possible que si $x_k=\dfrac{1}{n}$ pour tout $k \in \llbracket 1,n \rrbracket$. Sinon il y a une intégrande continue, de signe constant et qui ne s'annule pas sur l'intervalle d'intégration non réduit à un singleton, ce qui interdit à l'intégrale correspondante d'\^{e}tre nulle. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme $\ln$ est strict. croissante cela revient à montrer $\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n} \ln(y_k) \leq \ln(y_1+ \cdots + y_n)+ \ln(\dfrac{1}{n})$,\\ soit encore : $ \dsum_{k=1}^{n} \ln\left(\dfrac{y_k}{y_1+ \cdots + y_n}\right)\leq n\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)$.\\ C'est vrai d'après la question 1.b car les $x_k=\frac{y_k}{y_1+ \cdots + y_n}$ en vérifient les hypothèses \item Le cas d'égalité dans l'inégalité se produit si et seulement si on est dans le cas d'égalité avec les $x_k$ pour l'inégalité (1), c'est à dire que $x_k=\frac{y_k}{y_1+ \cdots +y_n}=\frac{1}{n}$ pour tout $k \in \llbracket 1,n \rrbracket$.\\ On observe alors que c'est équivalent au fait que $y_1=\cdots=y_n$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On trouve $ \alpha_1\times \cdots \times \alpha_n =(n+1)^n$. Posons $e_k=\dfrac{\alpha_k}{k}=\left(1+ \dfrac{1}{k}\right)^k $.\\ Avec l'indication et l'inégalité (1), on obtient $$\left( y_1\times \cdots \times y_{k+1}\right)^{\frac{1}{k+1}} =\left( 1+\dfrac{1}{k}\right)^{\frac{k}{k+1}}\leq \dfrac{1}{k+1}\left(1+k\left( 1+\dfrac{1}{k}\right) \right)= 1+\dfrac{1}{k+1}$$ d'où $e_k \leq e_{k+1}$. De plus, $e_k=\exp(1+o(1))\underset{k\to +\infty}{\longrightarrow}\e$. \item Avec l'inégalité (1) et la question précédente, il vient \begin{align*} \sum_{n=1}^{N}v_n &=\sum_{n=1}^{N}\left( \dprod_{k=1}^n \left( \frac{\alpha_ku_k}{\alpha_k}\right) \right)^{\frac{1}{n}}= \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n+1}\left( \dprod_{k=1}^n \left(\alpha_ku_k\right) \right)^{\frac{1}{n}} \leq \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)} \sum_{k=1}^{n}\alpha_ku_k\\ &= \sum_{k=1}^{N}\left[ \sum_{n=k}^{N}\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\right] \alpha_ku_k =\sum_{k=1}^{N}\left( \frac{1}{k}-\frac{1}{N+1}\right) \alpha_ku_k \leq \sum_{k=1}^{N}e_ku_k\leq e_N\sum_{k=1}^{N}u_k. \end{align*} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La série de terme général $s_n$ est clairement divergente puisque $s_n\geq \dfrac{u_1}{n}$ avec $u_1>0$. \item Avec les questions 3. (a) et 3. (b), on voit que $ \dsum_{n=1}^{N}v_n \leq \e \dsum_{n=1}^{N}u_n$ pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast}$.\\ Les deux séries sont à termes positifs, la convergence de la série de terme général $v_n$ résulte du théorème de comparaison puisque $\sum u_n$ est convergente. Un passage à la limite donne l'inégalité souhaitée. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite \textsl{presque} arithmético-géométrique}{suites, Python, limites de suites} On considère deux réels $a$ et $b$, $a>0$ et une suite $(u_n)_{n\in\N^*}$ définie par récurrence: $$u_1\in\R\text{ et }\forall n\in\N^*, u_{n+1}=u_n\left(1-\frac an\right)+b \quad\quad (R)$$ \begin{enumerate} \item On suppose dans cette question que $b=0$ et on pose $r=\lfloor a\rfloor+1$. \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout $n\geq r+1$, $u_n=u_{r}\displaystyle\prod_{k=r}^{n-1}\left(1-\frac ak\right)$. \item Déterminer la nature de la série $\dsum_{k\geq r}\ln\left(1-\frac ak\right)$ et en déduire $\dlim_{n\to +\infty} u_n$. \end{enumerate} \item Dans cette question, on suppose que $a=1/2, b=9/2$ et $u_1=2$. On rappelle que \texttt{range(1,n+1)} crée la ligne des nombres de \texttt{1} à \texttt{n}. \\On exécute le programme Python suivant: \begin{lstlisting} import numpy as np, matplotlib.pyplot as plt n=20 ; a=0.5 ; b=4.5 ; u1=2 u=np.zeros(n); v=np.zeros(n) ; u[0]=u1 ; v[0]=u1 for k in range(1,n): u[k]=u[k-1]*(1-a/k)+b v[k]=u[k]-u[k-1] plt.plot(range(1,n+1),v,'*') plt.show() \end{lstlisting} et l'on obtient: \begin{center} \includegraphics[scale=0.25]{exo17.pdf} \end{center} Quelle conjecture peut-on faire ? \item On revient maintenant au cas général. \begin{enumerate} \item Déterminer l'unique réel $\alpha$ tel que la suite $(n\alpha)_{n\in\N^*}$ vérifie la relation de récurrence $(R)$. \item Établir que $\dlim_{n\to +\infty} (u_n-n\alpha)=0$. La conjecture formulée précédemment est-elle vraie? \end{enumerate} \item On considère deux suites $(a_n)_{n\in\N^*}$ et $(b_n)_{n\in\N^*}$ telles que $a_n>0$ pour tout $n\in \N^*$, et : $$\dlim_{n\to +\infty}a_n=a \bet \dlim_{n\to +\infty}b_n=b.$$ On définit la suite $(u_n)_{n\in\N^*}$ par récurrence: $u_1\in\R\text{ et }\forall n\in\N^*, u_{n+1}=u_n\left(1-\frac {a_n}n\right)+b_n \quad\quad (R')$ \begin{enumerate} \item On suppose que $b=0$. Soit $\varepsilon>0$. Montrer qu'il existe un $n_0\in\N^*$, tel que $$\forall n\geq n_0, |u_n|\leq |u_{n_0}|+(n-n_0)\varepsilon$$ En déduire que $\dlim_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}n=0$. \item On suppose $b$ non nul. En considérant la suite $(u_n-n\alpha)_{n\in\N^*}$, montrer que $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{u_n}n=\alpha$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On procède par récurrence sur $n\geq r+1$. Si $n=r+1$, $u_{r+1}=u_r\left(1-\frac ar\right)=u_r\displaystyle\prod_{k=r}^r\left(1-\frac ak\right)$\\ donc la propriété est vraie au rang $r+1$. On la suppose vraie au rang $n$.\\ On a $u_{n+1}=u_n(1-\frac an)=\left(u_r\displaystyle\prod_{k=r}^{n-1}\left(1-\frac ak\right)\right)\times(1-\frac an)=u_r\displaystyle\prod_{k=r}^{n}\left(1-\frac ak\right)$, CQFD. \item $\ln(1-a/k)\sim -a/k$ quand $k\to +\infty$. D'où par équivalence, $\dsum_{k\geq 1}-\ln(1-a/k)$ diverge vers $+\infty$ étant donné que $-\ln(1-a/k)\geq 0$ pour tout $k\geq r$, d'où le résultat. On a alors $\dlim_{n\to +\infty}\dsum_{k=r}^n \ln(1-a/k)=-\infty$ d'où $\dlim_{n\to +\infty}\displaystyle\prod_{k=r}^n \left(1-\frac ak\right)=0$ d'où $\dlim_{n\to +\infty}u_n=0$. \end{enumerate} \item On conjecture, gr\^{a}ce au graphe, que $\dlim_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=3$. \item \begin{enumerate} \item On cherche $\alpha$ tel que pour tout $n\in\N^*$, $\alpha(n+1)=\alpha n(1-\frac an)+b$ soit $\alpha=-a\alpha+b$ i.e. $\alpha=\dfrac b{a+1}$. \item Posons pour tout $n\in\N^*$, $v_n=u_n-n\alpha$. Alors on vérifie que pour tout $n\in\N^*$, $v_{n+1}=v_n(1-a/n)$. La suite $(v_n)_{n\geq 1}$ vérifie les hypothèses vérifiées par la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ dans la question 1, d'où on a bien $\dlim_{n\to +\infty}v_n=0$. Pour la conjecture, $a=1/2$, $b=9/2$ d'où $\alpha=\dfrac b{1+a}=3$ et $$u_{n+1}-u_n=\underbrace{(u_{n+1}-3(n+1))}_{\to 0\text{ quand }n\to +\infty}-\underbrace{(u_n-3n)}_{\to 0\text{ quand }n\to +\infty}+3$$ d'où on a bien $u_{n+1}-u_n\to 3$ quand $n\to +\infty$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Il existe $n_0$ tel que pour tout $n\geq n_0$, $|b_n|\leq \varepsilon$ et $|1-a_n/n|<1$ (car $0<\frac{a_n}{n}\sim \frac{a}{n}$). \\ On a alors $|u_{n+1}| \leq |u_n|+\varepsilon$. Par récurrence sur $n\geq n_0$ ou par télescopage $$|u_{n+1}|\leq |u_{n}|+\varepsilon\leq |u_{n_0}|+ (n-n_0)\varepsilon+\varepsilon$$ ou $|u_{n+1}|\leq |u_{n_0}|+ (n+1-n_0)\varepsilon$. D'où, pour tout $n\geq n_0$, $\dfrac{|u_n|}n\leq \dfrac{|u_{n_0}|}n+\dfrac{n-n_0}n\varepsilon$.\\ Il existe $n_1\geq n_0$ tel que pour tout $n\geq n_1$, $\dfrac{|u_{n_0}|}n\leq \varepsilon$ donc $\dfrac{|u_n|}n\leq 2\varepsilon$, ceci étant vrai pour tout $\varepsilon>0$, on a bien $\dlim_{n\to +\infty}\dfrac{|u_n|}n=0$. \item Pour tout $n\in\N^*$, $$u_{n+1}-(n+1)\alpha=u_n\left(1-\frac {a_n}n\right)+b_n -n\alpha\left(1-\frac {a}n\right)-b=(u_n-n\alpha)\left(1-\frac {a_n}n\right)+\underbrace{\alpha(a-a_n)+b_n-b}_{\to 0\text{ quand }n\to +\infty}$$ On est ramené à la question précédente pour la suite $(u_n-n\alpha)_{n\geq 1}$ d'où $\dlim_{n\to +\infty}\dfrac{u_n-n\alpha}n=0$\\ i.e. $\dlim_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}n=\alpha$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Fonction de $n$ variables}{Inégalité, gradient, extrémum sous contrainte} Soit $p\geq 2$, on munit $\mathbb{R}^p$ de sa norme euclidienne canonique : si $x=(x_1, \ldots, x_p)$, $\Vert x\Vert =\left(\dsum_{k=1}^{p}x_k^2\right)^{1/2}$.\\ On note $I$ l'intervalle d'entiers $I=\llbracket 1,p \rrbracket$ et on note $D=\left\lbrace (i,i) \mid i\in I \right\rbrace$.\\ On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}^p$ par : $$ f(x)= \sum_{k=1}^{p}x_k^2\left(1-x_k^2 \right)+ 2\sum_{1\leq k < l \leq p}\left[(x_k+x_l-1)^2-x_k^2x_l^2 \right]= \Vert x\Vert^2- \Vert x\Vert^4+ \sum_{(k,l)\in I^2\setminus D}(x_k+x_l-1)^2. $$ \begin{enumerate} \item Dans cette question, on se place dans le cas où $p=2$. \begin{enumerate} \item Expliciter $f(x_1,x_2)$. \item Justifier le fait que $f$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}^2$ et vérifier que pour $k\in \left\lbrace 1, 2\right\rbrace$, on a $$ \partial_k f(x_1,x_2)=2x_k-4x_k\Vert x\Vert^2+4(x_1+x_2-1). $$ \end{enumerate} \item On revient au cas général où $p \geq 2$. \begin{enumerate} \item Trouver une constante $a>0$ telle que pour tout couple $(u,v) \in \mathbb{R}^2$, on a : $$(u+v-1)^2\leq a\left(u^2+v^2+1 \right)$$ \item En déduire qu'il existe trois constantes strictement positives $b$, $c$ et $d$ telles que pour tout $x \in \mathbb{R}^p$ on ait $f(x) \leq b \Vert x\Vert^2-c\Vert x\Vert^4 +d$. \item Montrer qu'il existe un réel $r$ strictement positif tel que $f(x) \leq f(p-1,0,\cdots , 0)-1$ pour tout $x$ tel que $\Vert x \Vert >r$. \item Déterminer le gradient de $f$ en tout point $x$ de $\mathbb{R}^p$ \end{enumerate} \item On considère $\mathcal{H}=\left\lbrace x \in \mathbb{R}^p \mid x_1+\cdots + x_p=p-1\right\rbrace $. \begin{enumerate} \item Montrer que $f$ possède un maximum global $M$ sous la contrainte $ x_1+\cdots + x_p=p-1$ et que si $y$ est un point de $\mathcal{H}$ tel que $M=f(y)$ alors $\Vert y \Vert \dfrac{1}{4}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Fonctions à variation lente}{continuité, limite, probabilités} \begin{enumerate} \item On dit qu'une fonction $h$ de $\mathbb{R}_{+}^{*}$ dans $\mathbb{R}$ qui ne s'annule pas au voisinage de $+\infty$, est à variation lente si pour tout réel $c>0$, on a : $$ \dis \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{h(c x)}{h(x)}=1.$$ \begin{enumerate} \item Les fonctions constantes de $\mathbb{R}_{+}^{*}$ dans $\mathbb{R}^*$ sont-elles à variation lente ? \item Montrer que la fonction logarithme népérien est à variation lente. \item Montrer que si une fonction $h$ de $\mathbb{R}_{+}^{*}$ dans $\mathbb{R}^*$ est telle que $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} h(x)=\ell$, avec $\ell \neq 0$, alors elle est à variation lente. Qu'en est-il si $\ell=0$ ? \end{enumerate} \end{enumerate} \noindent Dans la suite, $X$ est une variable aléatoire de densité $f$ nulle sur $\mathbb{R}_{-}^{*}$, strictement positive et continue sur $\mathbb{R}_{+}$. On note $F$ la fonction de répartition de $X$ et on pose, pour tout réel $x: G(x)=1-F(x)$. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 1, il existe un unique réel $u_{n}$ positif ou nul tel que $G\left(u_{n}\right)=\frac{1}{n}$. \item Donner la valeur de $u_{1}$. \end{enumerate} \item Soit $\lambda$ un réel strictement positif. Donner l'expression de $u_{n}$ en fonction de $n$ et $\lambda$ lorsque $X$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$.\\ \item On revient au cas général. On suppose qu'il existe un réel $a>0$ et une fonction $h$ de $\mathbb{R}_{+}^{*}$ dans $\mathbb{R}^*$, à variation lente, vérifiant : $$ \forall x \in \mathbb{R}_{+}^{*}, G(x)=\frac{h(x)}{x^{a}} $$ On suppose également que $\dis\lim _{n \rightarrow+\infty} u_{n}=+\infty$. \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout réel $x>0$, on a : $P\left(X>x u_{n}\right) \underset{n \rightarrow+\infty}{\sim} \frac{1}{n x^{a}}$ \item Soit une suite $\left(X_{k}\right)_{k \in \mathbb{N}^{*}}$ de variables aléatoires indépendantes de m\^{e}me loi que $X$. On considère, pour tout entier naturel $n$ non nul, la variable aléatoire $M_{n}=\max \left(X_{1}, \ldots, X_{n}\right)$. Déterminer, pour tout réel $x>0$, la valeur de $\dis \lim _{n \rightarrow+\infty} \P\left(\frac{M_{n}}{u_{n}}>x\right)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Si $h$ est constante non nulle, il existe un réel $K \neq 0$ tel que $h(x)=h(c x)=K$, d'où\\ $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{h(c x)}{h(x)}=1$. \item Si $h$ est la fonction $\ln$, comme $c$ et $x$ sont strictement positifs, on a $\ln (c x)=\ln (c)+\ln (x)$ et ainsi : $\frac{h(c x)}{h(x)}=\frac{\ln (c)}{\ln (x)}+1$. On conclut sans problème que $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{h(c x)}{h(x)}=1$. \item Si $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} h(x)=\ell$, alors, comme $c>0$, on a aussi $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} h(c x)=\ell$. Comme $\ell \neq 0$, on obtient $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{h(c x)}{h(x)}=\frac{\ell}{\ell}=1$. Si $\ell=0$, le résultat ne subsiste pas. Il suffit par exemple de considérer la fonction inverse sur $\mathbb{R}_{+}^{*}$ pour laquelle on trouve $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{h(c x)}{h(x)}=\frac{1}{c}$, ce qui est différent de 1 dès que $c \neq 1$.\\ Une autre fonction avec laquelle le résultat ne subsiste pas est $h: x \mapsto \mathrm{e}^{-x}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La fonction $G$ est continue sur $\mathbb{R}$ tout comme $F$ (car $X$ est à densité). De plus, $F$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}_{+}$(sa dérivée est strictement positive par hypothèse) donc $G$ décro\^{\i}t strictement sur $\mathbb{R}_{+}$. Comme $X$ a une densité nulle sur $\mathbb{R}_{-}^{*}$, on a $F(0)=0$ donc $G(0)=1$ et on a aussi : \\ $\dis \lim _{x \rightarrow+\infty} G(x)=1-\lim _{x \rightarrow+\infty} F(x)=1-1=0$.\\ La fonction $G$ réalise donc une bijection de $\mathbb{R}_{+}$ sur $\left.] 0,1\right]$. Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^{*}$, le réel $\frac{1}{n}$ appartient à $\left.] 0,1\right]$ donc, d'après le théorème de la bijection, il existe un unique réel $u_{n}$ positif ou nul tel que $G\left(u_{n}\right)=\frac{1}{n}$. \item Comme $G\left(u_{1}\right)=1$, on a $F\left(u_{1}\right)=0$ et comme $u_{1}$ appartient à $\mathbb{R}_{+}$, on trouve $u_{1}=0$. \end{enumerate} \item Si $X$ suit la loi $\mathcal{E}(\lambda), u_{n}$ est solution de l'équation $\mathrm{e}^{-\lambda x}=\frac{1}{n}$ et on trouve $u_{n}=\frac{\ln (n)}{\lambda}$. \item \begin{enumerate} \item Comme $h$ est à variation lente, on a : $$ P\left(X>x u_{n}\right)=G\left(x u_{n}\right)=\frac{h\left(x u_{n}\right)}{\left(x u_{n}\right)^{a}} \underset{n \rightarrow+\infty}{\sim} \frac{h\left(u_{n}\right)}{\left(x u_{n}\right)^{a}}\left(\operatorname{car} G\left(u_{n}\right) \neq 0 \text { donc } h\left(u_{n}\right) \neq 0\right) $$ Pour finir, on a $\frac{h\left(u_{n}\right)}{\left(x u_{n}\right)^{a}}=\frac{h\left(u_{n}\right)}{u_{n}{ }^{a} x^{a}}=\frac{1}{x^{a}} G\left(u_{n}\right)=\frac{1}{x^{a}} \times \frac{1}{n}$. On obtient donc bien : $\P\left(x>x u_{n}\right) \underset{n \rightarrow+\infty}{\sim} \frac{1}{n x^{a}}$. \item Comme $M_{n}=\max \left(X_{1}, \ldots, X_{n}\right)$, on montre que : $$ \P\left(M_{n} \leq x u_{n}\right)=\P\left(\left[X_{1} \leq x u_{n}\right] \cap \ldots \cap\left[X_{n} \leq x u_{n}\right]\right) $$ Par indépendance, on obtient $\P\left(M_{n} \leq x u_{n}\right)=F\left(x u_{n}\right)^{n}$ et on trouve ainsi : $$ \P\left(M_{n}>x u_{n}\right)=1-F\left(x u_{n}\right)^{n} $$ D'après 4. a), on a $\P\left(X>x u_{n}\right) \underset{n \rightarrow+\infty}{=} \frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)$, d'où : $F\left(x u_{n}\right)^{n} \underset{n \rightarrow+\infty}{=}\left(1-\frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{n}$.\\ De plus, on a $$\left(1-\frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{n}=\exp \left(n \ln \left(1-\frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\right)$$ Comme $n \ln \left(1-\frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right) \underset{n \rightarrow+\infty}{\sim}-\frac{1}{x^{a}}$, alors $\dis \lim _{n \rightarrow+\infty} n \ln \left(1-\frac{1}{n x^{a}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)=-\frac{1}{x^{a}}$ et par continuité de l'exponentielle en $-\frac{1}{x^{a}}$, on trouve $\dis \lim _{n \rightarrow+\infty} F\left(x u_{n}\right)^{n}=\exp \left(\frac{-1}{x^{a}}\right)$. \\ On conclut que $\dis \lim _{n \rightarrow+\infty} \P\left(\frac{M_{n}}{u_{n}}>x\right)=\lim _{n \rightarrow+\infty} \P\left(M_{n}>x u_{n}\right)=1-\exp \left(\frac{-1}{x^{a}}\right)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \chapter{Probabilités} \begin{exo}{} \themexo{Partie entière, partie décimale de variables aléatoires}{partie entière et décimale, loi uniforme. Convergence} Pour tout $x$ réel, on note $\lfloor x\rfloor $ la partie entière de $x$ et $\{x\}$ la différence $x-\lfloor x\rfloor$. Soit $X$ et $Y$ deux variables aléatoires définies sur le m\^{e}me espace probabilisé $(\Omega,{\cal A},P)$, indépendantes à valeurs dans $[0,1[$, qui suivent la loi uniforme sur cet intervalle. \begin{enumerate} \item Déterminer la loi de $X+Y$ puis de $\lfloor X+Y\rfloor$ et calculer l'espérance $E\big(\lfloor X+Y\rfloor\big)$. \item Déterminer la loi de $\{X+Y\}$. \item[] On considère une suite $(X_k)_{k\geq1}$ de variables aléatoires définies sur $(\Omega,{\cal A},P)$, indépendantes de m\^{e}me loi que $X$. On pose $S_n=\displaystyle \sum_{k=1}^n X_k$. \item \begin{enumerate} \item Écrire une fonction Python {\tt simulPE2S\_n(n)} qui réalise la simulation de $\lfloor S_n\rfloor$. \item On exécute le programme suivant \begin{lstlisting} y = np.zeros(10) for n in range(1,11): esp = 0 for k in range(10000): esp += simulPE2S_n(10*n) y[n-1] = esp/10000 print(y) \end{lstlisting} qui affiche \tt{[ 4.5009 9.5047 14.4965 19.4956 24.464 29.5111 34.4629 39.4877 44.4961 49.4689]} En admettant que $E\left(\lfloor S_n\rfloor\right)$ est une fonction affine de $n$, faire une conjecture sur cette espérance. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Établir que pour tout entier $n$ et tout $x$ réel, $\lfloor n+x\rfloor=n+\lfloor x\rfloor$. \item Montrer que pour tout $x$ réel et $y\in[0,1[$, $\{x+y\}=\{\{x\}+y\}$. \end{enumerate} \item En déduire, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, la loi de $\{S_n\}$ puis $E\left(\lfloor S_n\rfloor\right)$. \item \begin{enumerate} \item Montrer que la suite de variables aléatoires $\left(\dfrac{\{S_n\}}{n}\right)_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $0$. \item En déduire que la suite de variables aléatoires $\left(\dfrac{\lfloor S_n\rfloor}{n}\right)_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $\dfrac 12$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item $X+Y$ est à valeurs dans $\left[ 0,2\right[ $ et une densité de $X+Y$ est $h$, définie par, $\forall x \in \mathbb{R}$, $$h(x)=\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}f_X(x-t)f_Y(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{1}f_X(x-t)\mathrm{d}t$$ Or $f_X(x-t)=1$ si $ x-t \in \left[ 0,1\right] $, $0$ sinon. D'où : $$h(x)=\begin{cases} 0 \mbox{ si } x<0 \mbox{ ou } x>2\\ x \mbox{ si } x \in \left[ 0,1\right]\\ 2-x \mbox{ si } x \in \left] 1,2\right] \end{cases}$$ $\lfloor X+Y\rfloor(\Omega) \subset \left\lbrace 0,1\right\rbrace $ et $P(\lfloor X+Y\rfloor=0)=P(X+Y \in \left[ 0,1\right[ )=P(X+Y<1)=\displaystyle \int_{0}^{1}x \mathrm{d}x= \frac{1}{2} $. Donc $P(\lfloor X+Y\rfloor=1)=\frac{1}{2}$ aussi, d'où $\lfloor X+Y\rfloor \leadsto \mathcal{B}(\frac{1}{2})$, et $E(\lfloor X+Y\rfloor)=\frac{1}{2}$. \item On utilise le SCE $\bigg(\lfloor X+Y\rfloor=0, \lfloor X+Y\rfloor=1\bigg)$. Si $ x \in \left[ 0;1\right[ $, \begin{align*} P(\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leq x)&=P\bigg((\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leq x) \cap (\lfloor X+Y\rfloor=0)\bigg)+P\bigg((\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leq x) \cap (\lfloor X+Y\rfloor=1)\bigg)\\ &=P(0 \leq X+Y \leq x)+P(1 \leq X+Y \leq 1+x)=\displaystyle \int_{0}^{x}t \mathrm{d}t + \int_{1}^{1+x}(2-t)\mathrm{d}t=x. \end{align*} Si $x<0$, $P(\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leq x)=0$, et si $x \geq 1, P(\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leq x)=1$. D'où $\left\lbrace X+Y\right\rbrace \leadsto \mathcal{U}(\left[ 0;1\right[ )$. \item \begin{enumerate} \item \begin{lstlisting} import numpy.random as rd, numpy as np def simulPE2S_n(n): S=0 for k in range(n): S+=rd.random() return np.floor(S) #ou S=sum(rd.random(n)) \end{lstlisting} \item On conjecture que $E(\lfloor S_n \rfloor)$ est égal à $\frac{n-1}{2}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a : $\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor +1$, d'où $n+\lfloor x \rfloor \leq n +x < (n+\lfloor x \rfloor )+1$. \item $\left\lbrace x+y\right\rbrace =\left\lbrace \lfloor x \rfloor +\left\lbrace x\right\rbrace +y\right\rbrace =\lfloor x \rfloor +\left\lbrace x\right\rbrace +y-\lfloor \lfloor x \rfloor +\left\lbrace x\right\rbrace +y \rfloor = \lfloor x \rfloor +\left\lbrace x\right\rbrace +y - \lfloor x \rfloor - \lfloor \left\lbrace x\right\rbrace +y \rfloor=\left\lbrace \left\lbrace x\right\rbrace +y\right\rbrace $ \end{enumerate} \item On montre par récurrence sur $n$ que $\left\lbrace S_n \right\rbrace \leadsto \mathcal{U}(\left[ 0;1\right[ )$. Pour $n=2$, c'est la question 2.\\ Pour l'hérédité : $\left\lbrace S_{n+1}\right\rbrace =\left\lbrace S_n +X_{n+1}\right\rbrace =\left\lbrace \left\lbrace S_n\right\rbrace +X_{n+1}\right\rbrace $, avec $\left\lbrace S_n\right\rbrace \leadsto \mathcal{U}(\left[ 0;1\right[ )$ et $X_{n+1} \leadsto \mathcal{U}(\left[ 0;1\right[ )$, les deux variables étant indépendantes. On applique la question 2. De plus, $S_n=\lfloor S_n \rfloor + \left\lbrace S_n\right\rbrace $, d'où par linéarité : $E(\lfloor S_n \rfloor )=E(S_n)-E(\left\lbrace S_n\right\rbrace)=\frac{n}{2}-\frac{1}{2}=\frac{n-1}{2}$. \item \begin{enumerate} \item $\forall \varepsilon >0, P(\frac{\left\lbrace S_n\right\rbrace }{n} \geq \varepsilon)=P(\left\lbrace S_n \right\rbrace ) \geq n \varepsilon)=0$ si $n \varepsilon >1$, donc pour $n$ assez grand. D'où le résultat. \item La suite $\left(-\dfrac{\{S_n\}}{n}\right)_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $0$,\\ et la loi faible des grands nombres montre que $\frac{S_n}{n}$ converge en probabilité vers $\frac{1}{2}$,\\ d'où puisque $\frac{\lfloor S_n \rfloor}{n}=\frac{S_n}{n}-\frac{\left\lbrace S_n\right\rbrace }{n}$, $\frac{\lfloor S_n \rfloor}{n}$ converge en probabilité vers $\frac{1}{2}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Espérance d'un temps d'attente}{variables aléatoires exponentielle, quelconques. Majorations, inégalité de \textsc{Markov}. Python} Toutes les variables aléatoires de cet exercice sont définies sur un espace probabilisé ($\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$. \begin{itemize} \item[$\bullet$] Si $A$ est un événement de cet espace, on note $1_A$ la variable indicatrice de l'événement $A$. \item[$\bullet$] $X$ est une variable à valeurs positives admettant {\bf une espérance non nulle}. On note $F$ sa fonction de répartition. \item[$\bullet$] $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite de variables indépendantes à valeurs positives suivant toutes la m\^{e}me loi que $X$. \item[$\bullet$] Pour tout entier $n\geq 1$, on note $S_n=\dsum_{k=0}^n X_k$ et $F_n$ la fonction de répartition de $S_n$. \item[$\bullet$] Pour tout $\omega\in\Omega$, pour tout $t>0$, on note $N_t(\omega)$ le plus petit entier $n\geq 0$ tel que $S_n(\omega)>t$. On admet que $N_t$ est une variable aléatoire. \item[$\bullet$] Pour tout $t>0$, on note $M(t)=\E(N_t)$ lorsque cette espérance existe. \end{itemize} \begin{enumerate} \item Soit $t>0$. Pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, montrer que $\P(N_t=n)=F_{n-1}(t)-F_{n}(t)$. \item On suppose dans cette question seulement que $X$ suit la loi exponentielle de paramètre $1$. \begin{enumerate} \item Écrire une fonction Python \texttt{N(t)} qui réalise une simulation de la variable $N_t$ (la fonction \texttt{exponential(1)} de la bibliothèque \texttt{random} de \texttt{numpy} simule la loi $\mathcal{E}(1)$). \item Pour tout $n\in \mathbb{N}$, montrer que $\P(N_t=n)=\displaystyle \int_0^t\dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\e^{-x}dx-\displaystyle \int_0^t\dfrac{x^{n}}{n!}\e^{-x}dx$. \item En déduire la loi de $N_t$, l'existence de $M(t)$ et sa valeur. \end{enumerate} \end{enumerate} \noindent On revient au cas général. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer qu'il existe $a>0$ tel que $\P(X>a)>0$. On note alors $p=\P(X> a)$. \item \begin{enumerate} \item Montrer que $\e^{-X}\leq \exp\left(-a1_{[X>a]}\right)$. En déduire que $\E(\e^{-X})\leq 1-p(1-\e^{-a})$. \item En utilisant l'inégalité de \textsc{\textsc{Markov}}, montrer que: $$\forall n\geq 1,\,F_n(t)\leq \e^t\left[\E(\e^{-X})\right]^{n+1}$$ \end{enumerate} \item Montrer que $M(t)$ est défini pour tout $t>0$ et que : $M(t)=\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}F_n(t)$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item $(N_t=n)$ est réalisé si et seulement si $(S_n>t)$ est réalisé et $(S_{n-1}\leq t)$ aussi, c'est à dire $(S_n>t) \cap (\overline{S_{n-1}>t})=(S_n>t) \setminus (S_{n-1}>t)$. D'où $P(N_t=n)=P(S_n>t)-P(S_{n-1}>t)$ car $(S_{n-1}>t) \subset (S_n>t)$. Ainsi, $P(N_t=n)=(1-F_n(t))-(1-F_{n-1}(t))=F_{n-1}(t)-F_n(t)$. \item \begin{enumerate} \item \begin{lstlisting} import numpy.random as rd def N(t): s=0 n=0 while s<=t: s=s+rd.exponential(1) n+=1 return n \end{lstlisting} \item On a $S_{n-1} \leadsto \gamma(n)$, d'où, pour $t>0$, $F_{n-1}(t)=\displaystyle \int_{0}^{t}\dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-x}\mathrm{d}x$.\\ De m\^{e}me $F_{n}(t)=\displaystyle \int_{0}^{t}\dfrac{x^{n}}{n!}e^{-x}\mathrm{d}x$, d'où le résultat par la question 1. \item On intègre par parties $F_{n-1}(t)$, et on obtient : $P(N_t=n)=\dfrac{t^n}{n!}e^{-t}$, d'où $N_t \leadsto \mathcal{P}(t)$.\\ Ainsi $E(N_t)=t$. \end{enumerate} \item Comme $X$ est positive, on a $P(X \leq 0)=P(X=0)$ ; donc $P(X \leq 0)<1$, puisque sinon on aurait $E(X)= 0$, ce qui est absurde.\\ De plus, $\left[ X \leq 0\right] = \displaystyle \bigcap_{n \in \mathbb{N}^*} \left[ X \leq \frac{1}{n}\right] $, d'où, par décroissance, $P(\left[ X\leq 0\right] )=\dlim_{n\to+\infty} P(\left[ X\leq \frac{1}{n}\right] )$. Ainsi : $\exists k \in \mathbb{N}^*, P(\left[ X\leq \frac{1}{k}\right] ) < 1$, d'où $P(X>\frac{1}{k})>0$. \item \begin{enumerate} \item La variable $X$ est positive, d'où $X \geq a{\bf 1}_{\left[ X>a\right] }$ par disjonction des cas $\left[ X>a\right] $ et $\left[ X \leq a\right] $.\\ D'où $-X\leq -a{\bf 1}_{\left[ X>a\right] }$ et on compose par l'exponentielle. D'où l'existence de l'espérance, et : \begin{align*} E(\ee^{-X})&\leq E(\exp(-a{\bf 1}_{\left[ X>a\right] }))=P(X>a)e^{-a}+P(X \leq a)=pe^{-a}+1-p=1-p(1-e^{-a}). \end{align*} \item L'espérance $E(e^{-S_n})$ existe et vaut $\bigg(E(e^{-X})\bigg)^{n+1}$ car $e^{-S_n}=\displaystyle \prod_{k=0}^{n}e^{-X_k}$.\\ D'où d'après \textsc{\textsc{Markov}} : $$F_n(t)=P(S_n \leq t)=P(e^{-S_n}\geq e^{-t}) \leq \dfrac{E(e^{-X})^{n+1}}{e^{-t}}.$$ \end{enumerate} \item D'après la question 1 cela revient à étudier la série $\displaystyle \sum_{n \geq 1}n(F_{n-1}(t)-F_n(t))$.\\ On sépare la somme partielle en deux et on réindexe : $$ \sum_{n = 1}^N n(F_{n-1}(t)-F_n(t))=\sum_{n = 0}^{N-1} (n+1)F_{n}(t)-\sum_{n = 1}^N n F_n(t))=\sum_{n = 0}^{N-1} F_n(t) - NF_N(t).$$ L'inégalité de la question 4b montre que $NF_N(t)$ tend vers $0$, et que la série $\displaystyle \sum_{k \geq 0} F_k(t)$ converge par comparaison à une série géométrique, d'où la conclusion. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Les moments ne caractérisent pas la loi}{Variables aléatoires discrètes. Moments. Séries numériques} Toutes les variables aléatoires de l'exercice sont définies sur un m\^{e}me espace probabilisé $(\Omega,{\cal A},\P)$.\\ Soit un réel $q\geq 2$. Soit $N$ une variable aléatoire qui suit la loi de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Poisson}}}}} de paramètre $q$. \begin{enumerate} \item On pose $X=q^N$. Montrer que $X$ admet des moments $\E(X^m)$ à tout ordre $m\in \NN$ et les calculer. \end{enumerate} On pose $c_0=1$ et pour tout $n\geq 1$, $c_n=\dprod_{k=1}^n \dfrac{1}{1-q^k}$. Pour tout $n\in \NN$, on pose $a_n=n! c_n$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que la suite $(|a_n|)_{n\in \NN}$ est décroissante. En déduire une majoration de la suite $(|a_n|)$. \item Soit $x\in \R$. \begin{enumerate} \item Montrer qu'il existe $n_0\in \NN$ tel que : $\forall n\geq n_0,\ |c_{n+1} x^{n+1}|\leq \dfrac12 |c_{n} x^{n}|$. \item En déduire la convergence de la série $\dsum_{n\geq 0} c_n x^n$ ; on note $f(x)$ sa somme. \end{enumerate} \item Pour tout $x\in \RR$, montrer que : $f(qx)= (1-x)f(x)$. \item En déduire que, pour tout $m\in \NN$, on a : $\dsum_{n=0}^{+\infty} c_n q^{n(m+1)}=0$. \item Montrer l'existence d'une variable aléatoire $U$ à valeurs dans $\NN$ telle que : $$\forall n\in \NN,\ \P(U=n)=\P(N=n)\left(1+\frac{a_n}2\right).$$ \item On pose $Y=q^U$. Les variables $X$ et $Y$ ont-elles la m\^{e}me loi ? \item Montrer que, pour tout $m\in \NN$, on a $\E(X^m)=\E(Y^m)$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Par \fbox{théorème de transfert,} on a : $$E(X^m)=\E(q^{mN})=\dsum_{k=0}^{+\infty} q^{mk} \P(N=k)= \dsum_{k=0}^{+\infty} q^{mk} \ee^{-q} \dfrac{q^k}{k!}=\ee^{-q} \dsum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{(q^{m+1})^k}{k!}=\ee^{-q}\times \ee^{q^{m+1}}=\ee^{q^{m+1}-q}.$$ \item Comme $q\geq 2$, on a $1-q^k <0$, donc : $$\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\dfrac{(n+1)|c_{n+1}|}{|c_n|}=\dfrac{n+1}{q^{n+1}-1}=\dfrac{n+1}{(q-1)(1+q+\cdots +q^n)} \leq \dfrac{n+1}{1 \times (1+1+\cdots + 1)}=1.$$ Ainsi $(|a_n|)$ est décroissante, donc : \fbox{$\forall n\geq 0,\ |a_n|\leq |a_0|=1$.} \item \begin{enumerate} \item Si $x=0$ c'est évident, sinon, comme $\dfrac{|c_{n+1}x^{n+1}|}{|c_nx^n|}=\dfrac{|x| }{q^{n+1}-1} \rTo_{n\to +\infty} 0$,\\ par définition de la limite, il existe $n_0$ tel que $\dfrac{|c_{n+1}x^{n+1}|}{|c_nx^n|}\leq \dfrac12$ pour $n\geq n_0$. \item Par récurrence évidente sur $n\geq n_0$, on en déduit que : $|c_{n} x^{n}|\leq \left(\frac12\right)^{n-n_0} |c_{n_0} x^{n_0}|$.\\ Par comparaison avec une série géométrique convergente, on en déduit la convergence absolue de la série $\dsum_{n\geq 0} c_n x^n$. \end{enumerate} \item On a : \vspace{-8mm} \begin{align*} (1-x)f(x)&=f(x)-xf(x)=\dsum_{n=0}^{+\infty} c_n x^n -\dsum_{n=1}^{+\infty} c_{n-1}x^n=1+\dsum_{n=1}^{+\infty} (c_n-c_{n-1})x^n \\ &=1+\dsum_{n=1}^{+\infty} c_{n-1} \left(\dfrac1{1-q^n}-1\right)x^n=1+\dsum_{n=1}^{+\infty} c_n q^n x^n = f(qx). \end{align*} \item On a $\dsum_{n=0}^{+\infty} c_n q^{n(m+1)}=f(q^{m+1})$. Montrons par récurrence sur $m\geq 0$, la relation : $f(q^{m+1})=0$. \begin{itemize} \item[$\bullet$] C'est vrai si $m=0$, en prenant $x=1$ dans la question précédente : $f(q)=(1-1)f(1)=0$ \item[$\bullet$] Si c'est vrai à l'ordre $m$, alors en prenant $x=q^{m+1}$ dans la question précédente, \\on a : $f(q^{m+2})=(1-q^{m+1})f(q^{m+1})=0$, donc c'est vrai à l'ordre $m+1$. \end{itemize} \item La suite $\left(\P(N=n)\left(1+\frac{a_n}2\right)\right)_{n\in \NN}$ est positive car $|a_n|\leq 1$. Et : \begin{align*} \dsum_{n=0}^{+\infty} \P(N=n)\left(1+\frac{a_n}2\right) &=\dsum_{n=0}^{+\infty} \P(N=n) + \frac12 \dsum_{n=0}^{+\infty} \P(N=n)a_n \\ &=1 + \frac12 \ee^{-q} \dsum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{a_n}{n!} q^n=1 + \frac12 \ee^{-q} \dsum_{n=0}^{+\infty} c_n q^n=1, \end{align*} d'après la question 5, avec $m=0$. \item Les variables $N$ et $U$ n'ont pas la m\^{e}me loi puisque $\frac{a_n}2\neq 0$, donc $X=q^N$ et $Y=q^U$ n'ont pas la m\^{e}me loi non plus, puisque la fonction $t\mapsto q^t$ est injective sur $\R_+$. \item Par théorème de transfert, par un calcul analogue à celui de Q6, on a : \begin{align*} E(Y^m)=\E(q^{mU})&= \dsum_{n=0}^{+\infty} q^{mn} \P(N=n)\left(1+\frac{a_n}2\right) =\dsum_{n=0}^{+\infty} q^{mn}\P(N=n) + \frac12 \dsum_{n=0}^{+\infty} q^{mn}P(N=n)a_n \\ &=\E(X^m) + \frac12 \ee^{-q} \dsum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{a_n}{n!} q^{n(m+1)}= \E(X^m)+0, \text{ d'après Q5.} \end{align*} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Moyenne de lois géométriques indépendantes. Convergence en moyenne}{Calcul d'espérance, théorème de transfert. Calcul de limites de variables aléatoires par des outils d'analyse} Soit $p\in ]0,1]$. Soit $(X_n)_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires définies sur un m\^{e}me espace probabilisé, mutuellement indépendantes et suivant toutes la loi géométrique de paramètre $p$. Pour tout $n \in \N^*$, on pose $S_n = \dsum_{k=1}^{n} X_k$.\\ \begin{enumerate} \item Rappeler la formule donnant $\P(X_1=k)$ en fonction de $k \in \N$. \item Montrer que pour tout entier $n$ de $\N^*$ et tout entier $k\geqslant n+1$, \ $\dsum_{i=n}^{k-1}\binom{i-1}{n-1}=\binom{k-1}{n}$. \item Démontrer par récurrence que pour tout $n \in \N^*$ et pour tout $k \in \N$, on a : $$ \P(S_n = k)=\left\{ \begin{array} {ccc} \displaystyle \binom{k-1}{n-1} p^n (1-p)^{k-n} & \text{ si } & k \geq n,\\\\ 0 &\text{ si }& k \epsilon \right)\leq \dfrac{K}{n}$ où $K$ est une constante à déterminer. \item Démontrer que: \[\forall n \in \N^*, \ \left| \E\left(f\left(\frac{S_n}{n} \right) \right) - f\left( \frac{1}{p} \right) \right| \leq N.\epsilon + M\P\left( \left| \frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| > \epsilon \right).\]\\ \item En déduire $\dlim_{n\to +\infty}(K_{f,n}(p))$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour $k = 0$, on $\P(X_1=k) = 0$ et pour tout $k \ge 1$, on a $\P(X_1 = k) = p(1-p)^{k-1}$. \item Pour $n$ fixé, par récurrence sur $k$ à l'aide la formule du triangle de \textsc{\textsc{Pascal}}. \item Par récurrence sur $n\geq 1$. Initialisation immédiate. Supposons l'égalité vraie au rang $n$ :\\ Pour $k < n+1$, on a $\P(S_{n+1} = k) =0$, car $X_k(\Omega) = \N^*$. Si $k \geq n+1$, on a : \begin{align*} \P(S_{n+1} = k) &= \P(S_{n} + X_{n+1} =k) =\dsum_{i=0}^{k} \P(\{S_n = i\} \cap \{X_{n+1} = k-i\})\\ & =\dsum_{i = n}^{k-1} \P(S_n = i) \times \P(X_{n+1} = k-i), \ (\textrm{indépendance et support des variables})\\ &= \dsum_{i=n}^{k-1} \binom{i-1}{n-1} p^n (1-p)^{i-n} \times p(1-p)^{k-i-1}, \ (\textrm{hypothèse de récurrence})\\ &= p^{n+1}(1-p)^{k-(n+1)} \dsum_{i=n}^{k-1} \binom{i-1}{n-1} = p^{n+1}(1-p)^{k-(n+1)} \binom{k-1}{n}, \ (\textrm{d'après 2}) \end{align*} \item \begin{enumerate} \item Comme $1-x\in ]-1,1[$, après décalage d'indice, la formule admise donne la convergence de la série --- et sa somme $(n-1)!f^{(n)}(1-x)$. \item La valeur absolue du terme général de la série est majorée par $\displaystyle \sup |f| \bino{k+n-1}{n-1}(1-x)^k$.\\ Donc la série est absolument convergente. \end{enumerate} \item Comme $f$ est bornée sur $[1, + \infty[$, l'espérance de $f\left(\dfrac{S_n}{n} \right)$ existe. Par le théorème de transfert, on a : \begin{align*} \E\left(f\left(\frac{S_n}{n} \right) \right) &= \dsum_{k=0}^{+ \infty} f\left( \frac{k}{n}\right) \P(S_n = k) = \dsum_{k=n}^{+ \infty} f\left( \frac{k}{n}\right) \P(S_n = k) = \dsum_{k = 0}^{+ \infty} f\left( \frac{n+k}{n}\right) \P(S_n = n+k)b \\ &\overset{Q.3}{=} \dsum_{k = 0}^{+ \infty} f\left(1+ \frac{k}{n}\right) \binom{n+k-1}{n-1} p^n (1-p)^{k} = K_{f,n}(p) \end{align*} \item \begin{enumerate} \item Les variables $(X_k)_{k \geq n}$ ont une espérance (qui est $\frac{1}{p}$) et une variance (qui est $\frac{q}{p^2}$). L'inégalité de \textsc{\textsc{Bienaymé}}-\textsc{\textsc{Tchebychev}} permet donc de conclure que $\P\left(\left|\dfrac{S_n}{n} - \dfrac{1}{p} \right| > \epsilon \right) \leq \dfrac{q}{n p^2 \epsilon^2} $. \item Par inégalité des accroissements (avec $|f'|\leq N$): $\left|f \left( \dfrac{S_n}{n} \right) - f\left( \dfrac{1}{p} \right) \right| \leq N \left|\dfrac{S_n}{n} - \dfrac{1}{p} \right| \quad (\star)$. On a : \begin{align*} \left| \E\left(f\left(\frac{S_n}{n} \right) \right) - f\left( \frac{1}{p} \right) \right|&\leq \E\left(\left|f\left(\frac{S_n}{n} \right) - f\left( \frac{1}{p} \right) \right| \mathds{1}_{\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| \leq \epsilon} \right) + \E\left(\left|f\left(\frac{S_n}{n} \right) - f\left( \frac{1}{p} \right) \right| \mathds{1}_{\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| > \epsilon} \right) \\ &\leq \E\left(N \left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| \mathds{1}_{\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| \leq \epsilon} \right) + 2M\P\left(\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| > \epsilon \right) (\textrm{l'inégalité triangulaire et ($\star$)}) \\ &\leq \E\left(N \epsilon \mathds{1}_{\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| \leq \epsilon} \right) + 2M\P\left(\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| > \epsilon \right) \leq N\epsilon + 2M\P\left(\left|\frac{S_n}{n} - \frac{1}{p} \right| > \epsilon \right) \end{align*} \item Au final, pour tout $n \geq 1$ on a: $|K_{n,f}\left( p \right) - f\left(\dfrac{1}{p}\right)| \leq N\epsilon + \dfrac{2M}{np^2\epsilon^2}.$\\ Pour $n$ assez grand le deuxième terme est majoré par $\epsilon$. Donc le premier membres est aussi petit que l'on veut pour $n$ assez grand. Ainsi $(K_{f,n}(p))_n$ converge vers $f\left(\dfrac{1}{p}\right)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Variable aléatoire sous gausienne}{espérance. Maximum de v.a.r. Majoration d'espérances du type Hoeffding } On considère un espace probabilisé $(\Omega,{\cal A},P)$ et $X$ une variable aléatoire sur cet espace admettant une espérance.\medskip\\ On dit qu'une variable aléatoire $X$ est sous-gaussienne si pour tout $t\in\mathbb{R}$, $E(\e^{tX})$ existe et s'il existe $\theta>0$ tel que: $$\forall\,t\in\mathbb{R},\,\,E(\e^{tX})\leq \e^{\theta^2t^2}$$ \begin{enumerate} \item Montrer que si $X$ suit une loi normale centrée alors elle est sous-gaussienne.\bigskip \item Montrer que si $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda >0$, elle n'est pas sous gaussienne. \end{enumerate} On suppose que $X$ est sous-gaussienne et que $(X_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ est une suite de variables de m\^{e}me loi que $X$, ces variables étant toutes définies sur le m\^{e}me espace probabilisé.\medskip On pose pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, $Z_n=\max(|X_1|,...,|X_n|)$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que pour tout $t>0$, $X\leq \dfrac{\e^{tX}-1}t$ . En déduire que $E(X)\leq 0$ puis que $E(X)=0$. \item \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout $t\in\mathbb{R}$, $\e^{tZ_n}\leq \displaystyle \sum_{k=1}^n\e^{tX_k}+\displaystyle \sum_{k=1}^n \e^{-tX_k}$. \item En déduire que pour tout $t\in \mathbb{R}$, $E(\e^{tZ_n})$ existe et vérifie: $$E(\e^{tZ_n})\leq 2n \e^{\theta^2t^2}$$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que $E(Z_n)$ existe et que pour tout $t$ réel, $E(\e^{tZ_n})\geq \e^{tE(Z_n)}$. \item En déduire que tout tout $t>0$, $E(Z_n)\leq \dfrac{\ln(2n)}t+\theta^2t$. \item En conclure que $E(Z_n)\leq 2\theta\sqrt{\ln(2n)}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item $E(e^{tX})$ existe si et seulement si $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\lambda e^{tx}e^{-\lambda x}\mathrm{d}x$ converge, ce qui est le cas seulement si $\lambda >t$.\\ Donc $X$ n'est pas sous-gaussienne. \item $E(e^{tX})$ existe si et seulement si $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}}e^{tx}e^{-\frac{x^2}{2 \sigma ^2}}\mathrm{d}x$ converge. Or $\forall x \in \mathbb{R}, -\frac{x^2}{2 \sigma ^2}+tx=-\frac{1}{2}\bigg((\frac{x}{\sigma})^2-2tx\bigg)=-\frac{1}{2}(\frac{x}{\sigma}-\sigma t)^2+\frac{1}{2}\sigma^2t^2$.\\ D'où $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}}e^{tx}e^{-\frac{x^2}{2 \sigma ^2}}\mathrm{d}x$ converge si et seulement si $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x}{\sigma}-\sigma t)^2}\mathrm{d}x$ converge.\\ Le changement de variable $u=\frac{x}{\sigma}-\sigma t$ nous ramène à la convergence de $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2 \pi}}e^{-\frac{u^2}{2 }}\mathrm{d}u$, qui converge d'après le cours.\\ D'où $E(e^{tX})$ existe pour tout réel $t$ et vaut $e^{\frac{1}{2}\sigma^2 t^2}$. $\theta=\sigma^2/2$ convient pour prouver que $X$ est sous-gaussienne. \item Par convexité de la fonction exponentielle, on a : $e^x \geq 1+x$, pour $x \in \mathbb{R}$, d'où $e^{tX} \geq 1+tX$,\\ soit $e^{tX}-1 \geq tX$, et avec $t>0$, $\dfrac{e^{tX}-1}{t} \geq X$. D'où $\dfrac{E(e^{tX})-1}{t} \geq E(X)$, puis $\dfrac{e^{\theta^2t^2}-1}{t}\geq E(X)$. Or $\dfrac{e^{\theta^2t^2}-1}{t}$ est équivalent à $\theta^2 t$ lorsque $t$ tend vers $0$, d'où, en passant à la limite : $0 \geq E(X)$.\\ De plus, $-X$ est aussi sous-gaussienne, doù $0 \geq -E(X)$, c'est à dire $E(X) \geq 0$. On a donc : $E(X)=0$. \item \begin{enumerate} \item $\forall \omega \in \Omega, \exists i : Z_n(\omega)=|X_i(\omega)|= X_i(\omega)$ ou $-X_i(\omega)$. D'où $\forall t \in \mathbb{R}, tZ_n(\omega)=tX_i(\omega)$ ou $-tX_i(\omega)$. Ainsi $e^{tZ_n(\omega)}\leq e^{tX_i(\omega)}+e^{-tX_i(\omega)}$ et a fortiori $e^{tZ_n(\omega)}\leq \displaystyle \sum_{k=1}^n e^{tX_k(\omega)}+\displaystyle \sum_{k=1}^n e^{-tX_k(\omega)}$. \item Par domination, $E(e^{tZ_n})$ existe et $E(e^{tZ_n})\leq \displaystyle \sum_{k=1}^n E(e^{tX_k})+\sum_{k=1}^n E(e^{-tX_k}) \leq 2ne^{\theta^2t^2}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a, pour $t > 0$, $0 \leq Z_n \leq \dfrac{e^{tZ_n}-1}{t}$, d'où $E(Z_n)$ existe. De plus, par convexité de $x \mapsto e^{tx}$ : $$\forall t \in \R, e^{tx}\geq e^{tE(Z_n)}+te^{tE(Z_n)}(x-E(Z_n)),$$ ainsi $e^{tZ_n}\geq e^{tE(Z_n)}+te^{tE(Z_n)}(Z_n-E(Z_n))$, on prend l'espérance, et on obtient : $E(e^{tZ_n}) \geq e^{tE(Z_n)}$. \item D'après ce qui précède, on a : $e^{tE(Z_n)} \leq 2ne^{\theta^2t^2}$,\\ donc : $tE(Z_n) \leq \ln(2n)+\theta^2t^2$, c'est à dire $E(Z_n) \leq \dfrac{\ln(2n)}{t}+\theta^2t$. \item La fonction $t \mapsto \dfrac{\ln(2n)}{t}+\theta^2t$ a pour dérivée $t \mapsto -\dfrac{\ln(2n)}{t^2}+\theta^2$.\\ Donc elle admet un minimum sur $\left] 0;+\infty\right[ $ atteint en $t=\frac{\sqrt{\ln(2n)}}{\theta}$ qui vaut $2\theta \sqrt{\ln(2n)}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Cardinal d'un ensemble aléatoire}{Loi de v.a.r. Maximum sous contrainte. Convergence en probabilité.} Soient $p$ et $n$ deux entiers supérieurs ou égaux à $2$.\\ Soit $X$ une variable aléatoire définie sur un espace probabilisé $\left( \Omega, \mathcal{A}, \P\right) $ qui prend ses valeurs dans $I=\llbracket 1,p \rrbracket$.\\ Pour tout $k \in \llbracket 1,p \rrbracket$, on pose $x_k=\P(\left[ X=k \right] )$ et on suppose que $x_k \in ]0,1[$.\\ On considère $n$ variables aléatoires indépendantes $X_1, \cdots, X_n$ qui sont définies sur $\left( \Omega, \mathcal{A}, \P\right) $ et qui suivent toutes la m\^{e}me loi que $X$. Pour chaque $\omega \in \Omega$, on introduit l'ensemble $E(\omega)=\left\lbrace X_1(\omega)\right\rbrace \cup \cdots \cup \left\lbrace X_n(\omega)\right\rbrace$\\ {\em (ensemble dont les éléments sont les nombres $X_1(\omega),..., X_n(\omega)$ --- pas forcément distincts).} \begin{enumerate} \item Pour $k\in \llbracket 1,p \rrbracket $, on introduit la variable aléatoire $Y_k$ définie, par : $$\forall \omega\in \Omega,\ Y_k(\omega)=\begin{cases} 1 &\text{ si }k \in E(\omega) \\ 0 &\text{ sinon. } \end{cases} $$ \begin{enumerate} \item Déterminer la loi de $Y_k$ en fonction de $x_k$. De quel type de loi s'agit-il? \item Donner l'espérance et la variance de $Y_k$. \end{enumerate} \item Soit $Z$ la variable aléatoire telle que $Z(\omega)$ est le nombre d'éléments de $E(\omega)$ (c.a.d. $Z(\omega)= \card (E(\omega))$). \begin{enumerate} \item Exprimer $Z$ en fonction des variables $Y_1, \cdots, Y_p$. \item Calculer l'espérance de $Z$. \item Soient $k$ et $l$ deux entiers distincts appartenant à $ \llbracket 1,p \rrbracket $.\\ Que vaut la covariance de $Y_k$ et $Y_l$ en fonction de $x_k$ et $x_l$? \item Déterminer la variance de $Z$. \end{enumerate} \item On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}^p$ par : $f(t_1,\cdots,t_p)=p-\dsum_{k=1}^{p}\left(1-t_k \right)^n$.\\ On pose $\mathcal{K}=[0,1]^p$, $\mathcal{O}=]0,1[^p$ et $\mathcal{C}=\left\lbrace t \in \mathbb{R}^p \mid \dsum_{k=1}^{p}t_k=1 \right\rbrace $. \begin{enumerate} \item Justifier l'existence d'un maximum global de $f$ sur $\mathcal{K}\cap \mathcal{C}$ que l'on notera $M$. \item Prouver que si $u$ est un point de $\mathcal{K}\cap \mathcal{C}$ tel que $M=f(u)$, alors $u$ appartient nécessairement à $\mathcal{O}\cap \mathcal{C}$. \item Montrer qu'il existe un unique point $u \in \mathcal{K}\cap \mathcal{C} $ tel que $M=f(u)$. Déterminer la valeur de $M$. \item Quelle est la loi que doit suivre $X$ pour maximiser l'espérance de $Z$? \end{enumerate} \item Soit $\left( X_k\right)_{k \in \mathbb{N}^{\ast}} $ une suite de variables aléatoires indépendantes qui sont définies sur le m\^{e}me espace probabilisé et qui suivent toutes la m\^{e}me loi que $X$ donnée dans le préambule de l'exercice. Pour $n\geq 2$, on considère la variable aléatoire $Z_n$ telle que $Z_n(\omega)$ est le nombre d'éléments de l'ensemble $\left\lbrace X_1(\omega)\right\rbrace \cup \cdots \cup \left\lbrace X_n(\omega)\right\rbrace$ pour $ \omega \in \Omega$. Montrer que la suite $(Z_n)$ converge en probabilité vers une variable certaine. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La variable $Y_k$ prend ses valeurs dans $\left\lbrace 0,1\right\rbrace$ et $\P(Y_k=1)=1-\P(Y_k=0)= 1-(1-x_k )^n$,\\ la variable $Y_k$ suit donc une loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre $1-(1-x_k )^n$. \item Il s'agit d'une variable de \textsc{\textsc{Bernoulli}}, le cours nous dit alors que :\\ $\E(Y_k)=1-(1-x_k )^n$ et que $\V(Y_k)=\left[ 1-(1-x_k )^n\right] (1-x_k )^n$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Il est clair que $Z=Y_1+ \cdots + Y_p$. \item Par linéarité de l'espérance, il vient $\E(Z)=\E(Y_1)+\cdots+ E(Y_p)=p -\dsum_{k=1}^{p}(1-x_k )^n$. \item Comme $k$ et $\ell$ sont distincts, la variable $Y_kY_\ell$ est une variable de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre \begin{align*} &\P(Y_kY_\ell=1)\\ =&1- \P(Y_kY_\ell=0)=1-\P([Y_k=0]\cup [Y_\ell=0] )= 1-(1-x_k )^n-(1-x_\ell )^n+\P([Y_k=0]\cap [Y_\ell=0])\\ =&1-(1-x_k )^n-(1-x_\ell )^n+\P\left( \bigcap_{i=1}^{n}[X_i\notin \left\lbrace k,\ell \right\rbrace ]\right) =1-(1-x_k )^n-(1-x_\ell )^n+(1-x_k-x_\ell)^n. \end{align*} \begin{align*} \dou \cov(Y_k,Y_l)&=\E(YkY_\ell)-\E(Y_k)\E(Y_\ell) \mbox{ (f. de \textsc{\textsc{Koenig}-\textsc{Huygens}})} \\ &=1-(1-x_k )^n-(1-x_l )^n+(1-x_k-x_l)^n- [1-(1-x_k )^n][ 1-(1-x_l )^n]\\&=(1-x_k-x_l)^n-(1-x_k )^n(1-x_l )^n. \end{align*} \item Avec la bilinéarité de la covariance et les questions 1. (b), 2. (a) et 2. (c), il vient $$ \V(Z)=\cov(Z,Z)= \dsum_{k=1}^{p} \left[ 1-(1-x_k )^n\right] (1-x_k )^n +\dsum_{(k,l)\in \llbracket 1,p \rrbracket^{2}; k\neq \ell }\left[ (1-x_k-x_l)^n-(1-x_k )^n(1-x_l )^n\right] $$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme la fonction $f$ est continue sur le fermé borné $\mathcal{K}\cap \mathcal{C}$, elle y admet un maximum global $M$. \item Supposons que $u $ n'appartient pas $\mathcal{O}\cap \mathcal{C}$, alors il existe $\ell \in \llbracket 1,p \rrbracket$ tel que $u_\ell \in \left\lbrace 0,1\right\rbrace $, par symétrie on peut considérer que $\ell=1$. Si $u_1=1$, alors comme $u \in \mathcal{K}\cap \mathcal{C}$, on doit avoir $u_2=\cdots=u_p=0$. On considère la fonction $h_1$ sur $[0,1]$ définie par $h_1(t)=f(1-t, t, 0,\cdots,0)$, on a $h_1(0)=M\geq h_2(t)$ et on voit facilement que $h_1$ est strictement croissante sur $[0,\dfrac{1}{2}[$, ce qui est absurde. On raisonne de la m\^{e}me manière lorsque $u_1=0$ en remarquant que l'on peut maintenant supposer que $u_2 \in ]0,1[$ et on introduit la fonction $h_0$ sur $[0,u_2]$, où $h_0(t)=f(t,u_2-t,u_3,\cdots,u_p)$, qui est strictement croissante sur $[0,\dfrac{u_2}{2}[$, ce qui conduit à une contradiction. On a donc bien $ u \in \mathcal{O}\cap \mathcal{C}$. \item Si $f(u)=M$, on a vu que $u\in \mathcal{O}$, c'est en particulier un extrema de la fonction $f$ (de classe $\mathcal{C}^1$) sur $\mathcal{O}$ sous la contrainte linéaire $u_1+\cdots+u_p=1$, par suite $\nabla f(u) \in \Vect\left( (1,\cdots,1)\right) $. On en déduit que $\left( 1-u_1\right)^{n-1}=\cdots =\left( 1-u_p\right)^{n-1}$, d'où $u_1= \cdots =u_p=\dfrac{1}{p}$. Il existe donc un unique point $u\in \mathcal{K}\cap \mathcal{C}$ tel que $f(u)=M$. Enfin, on trouve $M=f(\dfrac{1}{p}, \cdots,\dfrac{1}{p})=p\left[1- (1-\dfrac{1}{p})^n \right]$. \item Avec la question précédente et 2. (b), on voit que la seule loi de $X$ qui maximise l'espérance de $Z$ est la loi uniforme sur $\llbracket 1,p \rrbracket$. \end{enumerate} \item On se doute qu'il s'agit de la variable certaine égale à $p$. Soit $\varepsilon >0$, comme $p-Z_n \geq 0$ on déduit de 1. (b) et de l'inégalité de \textsc{\textsc{Markov}} que $$\P\left( \vert Zn -p \vert \geq \varepsilon\right)= \P\left(p- Z_n \geq \varepsilon\right) \leq \dfrac{p-\E(Z_n)}{\varepsilon}=\dfrac{1}{\varepsilon}\dsum_{k=1}^{p}(1-x_k )^n \underset{n\to + \infty}{\longrightarrow} 0 $$ car tous les $x_k$ appartiennent à $\left] 0, 1\right[ $. La suite $(Z_n)$ converge donc vers la variable certaine égale à $p$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Moyenne d'une somme de v.a.r. suivant la loi $\mathcal{P}(1)$}{séries numériques, formule de \textsc{Taylor}. inégalités probabilistes} On note $E$ l'espace vectoriel des fonctions continues et bornées sur $\R_+$ à valeurs dans $\R$. \begin{enumerate} \item Soit $f\in E$. Montrer que, pour tout $n\in \N^*$, la série $\dsum_{k\geq 0} f\left(\Frac{ k}{n}\right) \dfrac{n^k}{k!} \e^{-n}$ converge. \end{enumerate} On pose alors $$\forall n \in \N^*, \qquad T_n(f)= \dsum_{k=0}^{+\infty} f\left(\frac{ k}{n}\right) \frac{n^k}{k!} \e^{-n}$$ \medskip On définit les deux fonctions $f_{\alpha}$ et $g$ de $E$ par: $\forall t \geq 0, \ f_\alpha(t)=\e^{-\alpha t} \quad \text{avec} \quad \alpha \geq 0 \mbox{ et } g(t) = \dfrac{1}{1+t}$. \begin{enumerate}[resume] \item Pour tout $\alpha \geq 0$ et tout $n\in \N^*$, calculer $T_n(f_\alpha)$. En déduire $\dlim_{n\to +\infty} T_n(f_\alpha)$. \item Soit $(n,N) \in \N^2$. On note $R_{n,N}=\dsum_{k=N+1}^{+\infty} g\left(\dfrac{k}{n}\right) \dfrac{n^k}{k!}\e^{-n}$. \begin{enumerate} \item Donner la formule de \textsc{\textsc{Taylor}} avec reste intégral sur $[0,x]$ ($x>0$) à l'ordre $N$ pour la fonction exponentielle. \item Établir que $ 0 \leq R_{n,N} \leq \dfrac{n^{N+1}}{(N+1)!}$. \end{enumerate} \item Soit $(\Omega,\mathcal{A},\P)$ un espace probabilisé. Soit $(X_n)_{n\geqslant 1}$ une suite de variables aléatoires indépendantes de m\^{e}me loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre 1. On pose pour $n$ entier non nul, $S_n=\dsum_{i=1}^{n} X_i$ . \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in \N^*$, exprimer $\E\left[g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right]$ à l'aide de $T_n(g)$. \item Soit $\varepsilon>0$ et $A_n=\left\{ \left|\dfrac{S_n}{n}-1\right| \geq \varepsilon\right\}$.\\ En considérant $(A_n, \overline{A_n})$ montrer que $\E\left[g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-g(1)\right]$ converge vers 0 lorsque $n$ tend vers $+\infty$.\\ En déduire la limite de $(T_n(g))_{n\geqslant 1}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Soit $M$ un majorant de $|f|$. On a $\forall (n,k) \in \N^* \times \N, \quad \left|f\left(\dfrac{k}{n}\right)\right| \dfrac{n^k}{k!}\e^{-n} \leq M \dfrac{n^k}{k!}\e^{-n}$,\\ d'où la convergence absolue de la série d'après la convergence de la série exponentielle. \\ Ainsi la suite $\left( T_n(f)\right)_n$ est bien définie pour tout $f\in E$. \item Soit $(n,\alpha) \in \N^* \times \R_+$. On a $T_n(f_\alpha) = \dsum_{k=0}^{+\infty} \e^{-\alpha \Frac{k}{n}} \frac{n^k}{k!} \e^{-n}$ d'où $$T_n(f_\alpha) = \exp \left[ n \left(\e^{-\frac{\alpha}{n}}-1\right)\right] =\exp\left[ n \left( 1 -\Frac{\alpha}{n} +\circ \left(\Frac{1}{n}\right)-1\right)\right] \underset{n\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} \e^{-\alpha}= f_\alpha(1).$$ \item \begin{enumerate} \item La fonction exponentielle est de classe $C^\infty$ sur $\R$. Pour tout $x$ réel, $\e^{x}= \dsum_{k=0}^{N} \dfrac{x^k}{k!} + \dfrac{1}{N!} \dint_{0}^{x} \e^{t} (x-t)^N dt$. \item En remarquant $0 \leq g(t) \leq 1$ pour tout $t\geqslant 0$, il vient $$ 0 \leq R_{n,N} \leq \dsum_{k=N+1}^{+\infty} \frac{n^k}{k!} \e^{-n} = \left( \e^{n} -\dsum_{k=0}^{N} \frac{n^k}{k!}\right) \e^{-n}$$ D'après la formule de \textsc{\textsc{Taylor}} avec reste intégral, on a $$\e^{n}- \dsum_{k=0}^{N} \frac{n^k}{k!} = \frac{1}{N!} \dint_{0}^{n} \e^{t} (n-t)^N dt\leq \frac{\e^n n^{N+1}}{(N+1)!}.$$ D'où $ \forall (n,N)\in \N^2 \ 0 \leq R_{n,N} \leq \dfrac{n^{N+1}}{(N+1)!}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par le théorème de stabilité, on a $S_n$ suit la loi $\mathcal{P}(n)$, d'où, par le théorème de transfert : $$\E\left[g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right] = \dsum_{k=0}^{+\infty} g\left(\dfrac{k}{n}\right) \times \P(S_n=k) = T_n(g).$$ \item Soit $\varepsilon>0$. Comme $|g|$ est majorée par 1, il vient $$\E \left[ \left| g\left(\dfrac{S_n}{n}\right) -g(1) \right|\mathds{1}_{A_n}\right] \leq 2 \P(A_n) =2P\left(\left| \frac{S_n}n-E(X_1)\right|\right) \rTo_{n\to +\infty} 0,$$ d'après la loi faible des grands nombres puisque $X_1$ possède une variance. \smallskip Pour $\eta>0$, par continuité de $g$ en $1$, on choisit $\varepsilon>0$ tel que $|x-1| < \varepsilon \Longrightarrow | g(x)-g(1)| \leq \eta$. D'où $$\E \left[ \left| g\left(\Frac{S_n}{n}\right) -g(1)\right| \mathds{1}_{\Omega \setminus A_n}\right]= \E \left[ \left| g\left(\Frac{S_n}{n}\right) -g(1)\right| \mathds{1}_{ \left|\frac{S_n}{n}-1\right| < \varepsilon}\right] \leq \eta \times \P(\Omega \setminus A_n) $$ Donc il existe un rang N tel que pour tout entier $n\geqslant N$, $$\E\left[\left|g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-g(1)\right|\right]\leq \E \left[ \left| g\left(\dfrac{S_n}{n}\right) -g(1) \right|\mathds{1}_{A_n}\right]+\E \left[ \left| g\left(\dfrac{S_n}{n}\right) -g(1)\right| \mathds{1}_{\Omega \setminus A_n}\right]\leq 2 \P(A_n)+\eta \P(\Omega \setminus A_n)\leq 3\eta$$ Donc $\E\left[\left|g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-g(1)\right|\right]$ converge 0. Par linéarité, $\E \left[ \left| g\left(\dfrac{S_n}{n}\right) -g(1)\right|\right] \longrightarrow 0$\\ Par inégalité triangulaire pour l'espérance, il s'ensuit $T_n(g) = \E\left[ g\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right] \longrightarrow g(1)= \Frac{1}{2}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Matrices $2\times 2$ aléatoires}{v.a.r discrètes, trace, déterminant, projecteurs, inversibilté, diagonalisation} Soient $A$, $B$, $C$ et $D$ quatre variables aléatoires indépendantes définies sur le m\^{e}me espace probabilisé $\left( \Omega, \mathcal{A}, \P\right) $. Les variables $B$ et $C$ suivent la loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre $p\in \left] 0,1\right[ $, et les variables $A$ et $D$ suivent la loi uniforme sur $\left\lbrace -1,0,1\right\rbrace $. Pour $\omega \in\Omega$, on définit la matrice carrée $M(\omega)$ en posant $$ M(\omega)=\matrice{A(\omega)&B(\omega)\\C(\omega)&D(\omega)}. $$ \begin{enumerate} \item On introduit les deux variables aléatoires $X$ et $Y$ définies par $X(\omega)=A(\omega)+D(\omega)=\tr(M(\omega))$\\ et $Y(\omega)=A(\omega)\times D(\omega)-B(\omega)\times C(\omega)=\det(M(\omega))$ pour tout $\omega \in \Omega$. \begin{enumerate} \item Si $\omega \in \Omega$, montrer que $M(\omega)^2=X(\omega)M(\omega)-Y(\omega) I$ où $I$ est la matrice identité de $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R})$. \item Calculer l'espérance et la variance de $X$ et de $Y$. \end{enumerate} \item Dans cette question, on considère l'ensemble $\mathcal{P}$ des matrices carrées d'ordre $2$ qui sont des matrices de projecteurs. \begin{enumerate} \item Caractériser les matrices de $\mathcal{P}$. \item Quelles sont les matrices $M(\omega)$ qui sont multiples de la matrice identité? \item Caractériser à l'aide de $X(\omega)$ et de $Y(\omega)$ le fait que $M(\omega)\in \mathcal{P}$ et ne soit pas un multiple de $I$. ({\em{On pourra utiliser la question 1. (a)}}) \item Calculer la probabilité de l'événement $\left\lbrace \omega \in \Omega \mid M(\omega) \in \mathcal{P}\right\rbrace$. \end{enumerate} \item On note $\mathcal{I}$ (resp. $\mathcal{D}$) l'ensemble des matrices inversibles (resp. diagonalisables) de $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R})$. \begin{enumerate} \item Calculer la probabilité de l'événement $\left\lbrace \omega \in \Omega \mid M(\omega) \in \mathcal{I}\right\rbrace$. \item Soit $\omega \in \Omega$, montrer que $\lambda$ est une valeur propre de $M(\omega)$ si et seulement si $\lambda^2-X(\omega)\lambda +Y(\omega)=0$. \item On introduit la variable aléatoire $\Delta= X^2-4Y$. Montrer que $\Delta$ est à valeurs positives. Calculer $P(\Delta=0)$. \item Déterminer la probabilité de l'événement $\left\lbrace \omega \in \Omega \mid M(\omega) \in \mathcal{D}\right\rbrace$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item En partant du membre de droite et en simplifiant, on arrive exactement sur le produit matriciel qui représente $M(\omega)^2$. \item Par linéarité de l'espérance, on trouve $\E(X)=\E(A)+\E(D)=2\E(A)=\boxed{0.}$ En utilisant la formule de \textsc{\textsc{Koenig}}-\textsc{\textsc{Huygens}} et l'indépendance des variables $A$ et $D$, on obtient $\V(X)=\V(A)+\V(D)=2\V(A)=2\V(A) = 2\left[\E(A^2)-\E(A)^2 \right]=\E(A^2) $.\\ Or $A^2$ est une variable de \textsc{\textsc{Bernoulli}}, d'où $\V(X)=2\P([A^2=1])=\boxed{\dfrac{4}{3}.}$ Par indépendance, on a $\E(Y)=\E(AD)-\E(BC)=\E(A)\E(D)-\E(B)\E(C)=-\E(B)^2=\boxed{-p^2.}$\\ Le lemme des coalitions nous dit que les variables $AD$ et $BC$ sont indépendantes, d'où : \begin{align*} \V(Y)&= \V(AD)+\V(BC)= \E(A^2D^2)-\E(AD)^2+ \E(B^2C^2)-\E(BC)^2\\ &= \E(A^2)\E(D^2)-\E(A)^2\E(D)^2+\E(B^2)\E(C^2)-\E(B)^2\E(C)^2=\P(A^2=1)^2+p^2-p^4=\dfrac{4}{9}+p^2(1-p^2) \end{align*} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Ce sont les matrices $Q$ de $\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R})$ qui vérifient $Q^2=Q$. \item Comme les variables $A$ et $D$ (resp. $B$ et $C$) sont à valeurs dans $\left\lbrace -1,0,1\right\rbrace$ (resp. $\left\lbrace 0,1\right\rbrace$), les seules matrices de $M(\Omega)$ qui sont multiples de la matrice identité sont $0$, $I$ et $-I$. \item Si $M(\omega)\in \mathcal{P}$ et n'est pas un multiple de $I$, la famille $\left\lbrace I, M(\omega)\right\rbrace $ est libre et il résulte alors de 1. (a) et 2. (a) que l'on doit avoir $X(\omega)=1$ et $Y(\omega)=0$. Réciproquement, si $X(\omega)=1$ et $Y(\omega)=0$, on voit que $M(\omega)$ est nécessairement un projecteur qui n'est pas un multiple de $I$. \item On en tire que $\P([M \in \mathcal{P}]) =\P(M=0)+ \P(M=I)+ \P([X=1]\cap [Y=0])$. Or, on a \begin{align*} \P([X=1]\cap [Y=0]&=\P([A+D=1]\cap [AD=BC=0])+\P([A+D=1]\cap [AD=BC=1])\\ &=\P([A+D=1]\cap [AD=BC=0])=\P([A=1]\cap[D=0])\P([BC=0])\\ &+ \P([A=0]\cap[D=1])\P([BC=0])=\frac{2(2q-q^2)}{9}. \end{align*} D'où $ \P([M \in \mathcal{P}])=\dfrac{p^2+q^2}{9}+\dfrac{2(2q-q^2)}{9}=\dfrac{1}{9}\left[p^2-q^2+4q\right]= \dfrac{3-2p}{9} $. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On sait que $M(\omega)\in \mathcal{I}$ si et seulement si $Y(\omega)\neq 0$. En passant à l'événement contraire, il vient $\P\left( \left\lbrace \omega \in \Omega \mid M(\omega) \notin \mathcal{I}\right\rbrace\right) =\P(Y=0)=\P(AD=BC)$. Comme la variable $BC$ prend ses valeurs dans $\left\lbrace 0,1\right\rbrace$, avec les propriétés d'indépendance on peut écrire \begin{align*} \P\left( M\in \mathcal{I}\right) &=1-\P([AD=1]\cap[BC=1])-\P([AD=0]\cap[BC=0])\\ &=1-\P([AD=1])\P(BC=1)-\P([AD=0])\P([BC=0])\\ &=1-\left( \dfrac{2}{9}\right) p^2-\left( \dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{9}\right)(2q-q^2)=\dfrac{4+3p^2}{9} \end{align*} \item Comme $\lambda $ est une valeur propre de $M(\omega)$ si et seulement si la matrice $M(\omega)-\lambda I$ est non inversible, ce qui équivaut à $\lambda^2-X(\omega)\lambda +Y(\omega)=0$. \item On voit que $\Delta= (A+D)^2-4AD+4BC=(A-D)^2+4BC \geq 0$ puisque $BC$ est à valeurs positives. Ceci implique également que $\P(\Delta=0)=\P([A=D]\cap [BC=0])=\P([A=D])\P([BC=0]) =\left( \P([A=D=-1])+\P([A=D=0])+\P([A=D=1])\right)(1-p^2) =\dfrac{1-p^2}{3}$. \item Si $\Delta(\omega)=0$ et $M(\omega)\in \mathcal{D}$, alors $M(\omega)$ est multiple de l'identité, et lorsque $\Delta(\omega)\neq 0$ on voit avec 3. (b) que $M(\omega)$ admet deux valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable. D'où avec 2. (b), on aboutit à $ \P(M \in \mathcal{D})= \dfrac{q^2}{3} + 1-P(\Delta=0)=\dfrac{q^2+p^2+2}{3}=1-2\dfrac{pq}{3}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite de v.a.r non indépendantes}{probabilités conditionnelles, condition d'indépendance} Soit $p\in ]0,1[$. Soit $(p_n)_{n\geq 0}$ une suite d'éléments de $]0,1[$.\\ Soit $(X_n)_{n\in \NN}$ une suite de variables aléatoires définies sur un m\^{e}me espace probabilisé $(\Omega,{\cal A},\P)$ et telles que : \begin{itemize}[label=$\bullet$] \item $X_0$ est la variable certaine qui vaut $1$ ; \item pour tout $n\in \NN^*$, la variable $X_{n}$ suit une loi de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Bernoulli}}}}} de paramètre $p_n$ ; \item on a : $\P(X_{1}=X_0)=p$ ; \item pour tout $n\in\NN^*$, et tout $k\in \{0,1\}$, on a : $\P_{[X_n=k]}(X_{n+1}=k)=p$. \end{itemize} \medskip \begin{enumerate} \item Calculer $p_1$. \item Pour tout $n\in \NN^*$, montrer que $p_n=\dfrac12(1+(2p-1)^{n})$. \item Montrer que la suite $(X_n)_{n\in \NN^*}$ converge en loi. \item À quelle condition nécessaire et suffisante sur $n\in \NN^*$ et $p\in ]0,1[$ les variables $X_n$ et $X_{n+1}$ sont-elles indépendantes ? \end{enumerate} On note $({\cal I})$ la propriété suivante : $$({\cal I}) \blanc \forall n\in \NN^*, \forall i\in \NN^*,\ \forall k\in \{0,1\},\ \P_{[X_n=k]}(X_{n+i}=k)= \P(X_i=1).$$ \begin{enumerate}[resume] \item En supposant $({\cal I})$ vérifiée, calculer la covariance $\cov(X_{n+i},X_n)$, pour $n\in \NN^*$ et $ i\in\llbracket 1,n \rrbracket$. \item Montrer que si, pour tout $n\geq 2$, la variable $X_n$ ne dépend que de $X_{n-1}$, mais pas de $X_{n-2},\dots,X_0$, c'est-à-dire que pour tout $n\geq 2$, tout $j\in \llbracket 0,n-2 \rrbracket$ et tout $k\in \{0,1\}$, les variables $X_n$ et $X_j$ sont indépendantes pour la probabilité conditionnelle $\P_{[X_{n-1}=k]}$, alors la propriété $({\cal I})$ est vérifiée. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Comme $X_0=1$ on a : $p=\P(X_{1}=X_0)=\P(X_{1}=1)=p_1$. \item Par la formule des probabilités totales avec le \textsc{sce} $(X_n=0)$, $(X_n=1)$, on a : \begin{align*} p_{n+1}=\P(X_{n+1}=1)&=\P_{[X_n=1]}(X_{n+1}=1)\P(X_n=1)+\P_{[X_n=0]}(X_{n+1}=1)\P(X_n=0)\\&=p \times p_n + (1-p)(1-p_n) = (2p-1)p_n+(1-p). \end{align*} On en déduit la formule demandée soit par récurrence sur $n\geq 1$, soit par la méthode de calcul du terme général d'une suite arithmético-géométrique. \item Comme $2p-1 \in ]-1,1[$, on a : $p_n\rTo_{n\to +\infty} \frac12$, donc la suite $(X_n)_{n\in \NN^*}$ converge en loi vers la loi \fbox{${\cal B}\left(\frac12\right)$.} \item Comme $X_n$ et $X_{n+1}$ suivent des loi de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Bernoulli}}}}}, elles sont indépendantes si et seulement si : \begin{align*} \P_{[X_n=1]}(X_{n+1}=1)= \P(X_{n+1}=1) \iff p=p_{n+1} \iff 2p-1=(2p-1)^{n+1} \iff \boxed{p=\frac12} \end{align*} car $x^m=x$ ssi $m=1$ (mais pas ici) ou $x=0$ ou $x=1$ ou ($x=-1$ et $m$ impair) ; or ici $2p-1 \in ]-1,1[$.\\ {\em Autre idée :} s 'il y indépendance, alors $p=\P_{[X_n=k]}(X_{n+1}=k)= \P(X_{n+1}=k)$ pour tout $k\in \llbracket 0,1\rrbracket$. Donc, par somme sur $k$, on obtient $2p=1$. Réciproque facile. \item Comme $X_n$ et $X_{n+i}$ sont des variables de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Bernoulli}}}}}, alors $X_nX_{n+i}$ suit la loi de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Bernoulli}}}}} de paramètre : $$\P\big((X_n=1)\cap (X_{n+i}=1)\big)=\P_{[X_n=1]}(X_{n+i}=1)\P(X_n=1)=p_i\times p_n.$$ Donc par la formule de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Koenig}}}}}-Huyghens, on a : $$\cov(X_{n+i},X_n)=\E(X_{n+i}X_n)-\E(X_{n+i})\E(X_n)=p_i \times p_n- p_{n+i}\times p_n=\boxed{p_n(p_i-p_{n+i}).}$$ \item Montrons par récurrence sur $i\in \NN^*$ : $\forall n\in \NN^*, \forall k\in \{0,1\},\ \P_{[X_n=1]}(X_{n+i}=1)=\P(X_{i}=1).$ \begin{itemize} \item[$\bullet$] Pour $i=1$ la propriété est vraie par hypothèse de l'énoncé puisque $\P(X_1=1)=p$ (d'après Q1). \item[$\bullet$] Si la propriété est vrai à l'ordre $i\geq 1$, alors, par la formule des probabilités totales avec le \textsc{sce} $(X_{n+i}=0)$, $(X_{n+i}=1)$, on a : \begin{align*} &\P_{[X_n=k]}(X_{n+i+1}=k)=\dfrac{\P\big((X_{n+i+1}=k) \cap (X_n=k)\big)}{\P(X_n=k)}\\ =& \dfrac{1}{\P(X_n=k)} \dsum_{\ell=0}^1 \P_{[X_n=i]}\big((X_{n+i+1}=k) \cap (X_n=k)=\ell\big) \times \P(X_{n+i}=\ell) \\ =& \dfrac{1}{\P(X_n=k)} \dsum_{\ell=0}^1 \P_{[X_{n+i}=\ell]}(X_{n+i+1}=k)\P_{[X_{n+i}=\ell]}(X_n=k) \P(X_{n+i}=\ell) \text{ (indépendance)}\\ =& \dsum_{\ell=0}^1 \P_{[X_{n+i}=\ell]}(X_{n+i+1}=k )\P_{[X_n=k]}(X_{n+i}=\ell) \text{ (formule de \textsc{\textsc{\textsc{\textsc{\textsc{Bayes}}}}})}\\ =& \underbrace{p p_i}_{\si \ell=k} + \underbrace{(1-p)(1-p_i) }_{\si \ell\neq k} \text{ par HR}\\ =& (2p-1)p_i+(1-p)= p_{i+1}=P(X_{i+1}=1) \text{ d'après la relation de récurrence de Q2}. \end{align*} \end{itemize} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Fonction de plusieurs variables et estimateurs}{fonction de $n$ variables, extrémum sous contrainte, comparaison d'estimateurs } Soient $n\in \N^*$ et $a_1,\ldots,a_n$ des réels non nuls. On considère l'ouvert $\mathcal O=(\R^*)^n$ de $\R^n$ et $f:\R^n\to \R$ définie par : $$f(x_1,\ldots,x_n)=\dsum_{i=1}^n x_i^2.$$ \noindent Soit $h:\R^n\to \R$ définie par $h(x_1,\ldots,x_n)=\dsum_{j=1}^n a_j x_j$.\\ On note $\mathcal C$ la partie de $\mathcal O$ constituée des points $(x_1,\ldots,x_n)$ tels que $h(x_1,\ldots,x_n)=1$. \begin{enumerate} \item Justifier que la fonction $f$ est de classe $C^2$ et déterminer en tout point $M=(x_1,\ldots,x_n)$ de $\R^n$ le gradient $\nabla f(M)$ et la matrice hessienne $\nabla^2 f(M)$. \item On considère la fonction $f_1$ restriction de $f$ à $\mathcal C$ et on suppose que $f_1$ admet en un point $M_0$ un extremum local. Déterminer les coordonnées de $M_0$. \item Soit $M\in \mathcal C$. Pour tout $t\in [0,1]$ on pose $g(t)=f(M_0+tU)$ où $U=M-M_0$. \begin{enumerate} \item Justifier que $g$ est de classe $C^2$ sur $[0,1]$ et donner $g'(t)$ et $g''(t)$ pour tout $t\in [0,1]$. \item Démontrer que $f_1$ admet un minimum global en $M_0$. \end{enumerate} \item Soit $\theta\in \R^*$ un paramètre réel inconnu. Soient $Z_1,\ldots,Z_n$, $n$ variables aléatoires indépendantes définies sur le m\^{e}me espace probabilisé et qui admettent un moment d'ordre $2$. On suppose que, pour tout $i\in \left\lbrace 1,\ldots,n\right\rbrace $, on a $$\E(Z_i)=\theta a_i\et \V(Z_i)=1.$$ Pour $(\beta_1,\ldots,\beta_n)\in \R^n$, on pose : $$X_n=\dsum_{i=1}^n \beta_i Z_i,$$ et on suppose que $X_n$ est un estimateur sans biais de $\theta$. \begin{enumerate} \item Déterminer une relation satisfaite par les nombres $\beta_1,\ldots,\beta_n$. \item Pour quelles valeurs de $\beta_1,\ldots,\beta_n$ la variance de $X_n$ est-elle minimale ? \end{enumerate} \begin{center} \textit{On note pour la suite de l'exercice $\beta_1^*,\ldots,\beta_n^*$ les valeurs trouvées.} \end{center} \item On pose $X_n^*=\dsum_{i=1}^n\beta_i^* Z_i$. Soient $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ des réels non nuls tels que $Y_n=\dsum_{i=1}^n \alpha_i Z_i$ soit un estimateur sans biais de $\theta$. \begin{enumerate} \item Démontrer que la variance de $Y_n$ n'est pas nulle. \item On note $\rho$ le coefficient de corrélation linéaire de $X_n^*$ et $Y_n$.\\ Rappeler pourquoi $|\rho|\leq 1$ puis démontrer que $\rho >0$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La fonction $f$ est de classe $C^2$ car polynomiale et on trouve sans peine, en notant $I_n$la matrice identité de $\mathcal M_n(\R)$, que : $\nabla f(M)=(2x_1,\ldots, 2x_n)\et \nabla^2f(M)=2I_n.$ \item C'est un problème d'extremum sous contrainte linéaire. Il existe $\lambda\in \R$ tel que : $\nabla f(M_0)=\lambda \nabla h(M_0).$ En notant $M_0=(x_1,\ldots,x_n)$, on a: $$\begin{cases}2x_1&=\lambda a_1\\ &\vdots \\ 2x_n&=\lambda a_n\end{cases}.$$ Comme $M_0\in \mathcal C$, on a $\dsum_{i=1}^n a_ix_i=1$, donc $\dfrac \lambda 2\dsum_{i=1}^na_i^2=1$, somme qui est non nulle.\\ Il vient alors $\lambda=\dfrac 2s$ et $x_j=a_j/s$ (où $s=\dsum_{i=1}^na_i^2$) pour tout $j\in \llbracket 1,n\rrbracket$. \item \begin{enumerate} \item Comme $f$ est de classe $C^2$ sur $\R^n$, un théorème de cours affirme que $g$ est de classe $C^2$ avec, pour $t\in [0,1]$ : $$g'(t)=\scal {\nabla f(M_0+tU)}U \et g''(t)=q_{M_0+tU}(U),$$ où $q_{M_0+tU}$ est la forme quadratique associée à la matrice hessienne de $f$ au point $M_0+tU$. \item Comme $f$ est de classe $C^2$, on peut utiliser la formule de \textsc{\textsc{Taylor}} intégrale à l'ordre 1 pour $g$ entre $0$ et $1$. On a donc : $g(1)-g(0)=g'(0)+\dint_0^1 (1-t)g''(t)\d t.$ Mais on a $g(1)=f(M_0+U)=f(M)$ et $g(0)=f(M_0)$. De plus $g'(0)=0$ puisque $\nabla f(M_0)$ est orthogonal à l'hyperplan $h(x_1,\ldots,x_n)=0$. Il reste donc : $$f(M)-f(M_0)=\dint_0^1(1-t)q_{M_0+tU}(U)\d t.$$ Enfin, $\nabla^2 f(M_0+tU)=2I_n$, donc ses valeurs propres sont strictement positives : pour tout $W$ non nul dans $\R^n$, on a $q_{M_0+tU}(W)>0$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme $X_n$ est un estimateur sans biais de $\theta$, on a $\E(X_n)=\theta$ d'où, puisque $\theta\neq 0$, $\dsum_{i=1}^na_i\beta_i=1$. \item Comme les variables aléatoires $Z_1,\ldots, Z_n$ sont indépendantes, les variables $\beta_1Z_1,\ldots, \beta_n Z_n$ le sont aussi. Il vient alors : $\V(X_n)=\dsum_{i=1}^n \V(\beta_i Z_i)=\dsum_{i=1}^n \beta_i^2 {\V(Z_i)}=\dsum_{i=1}^n \beta_i^2=f(\beta_1,\ldots, \beta_n)$. Selon la question 3, $\V(X_n)$ est donc minimale pour : $\beta_1=a_1/s,\ldots ,\beta_n=a_n/s,$ où $s=\dsum_{i=1}^n a_i^2$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par indépendance, on a : $\V(Y_n)=\dsum_{i=1}^n \V(\alpha_i Z_i)=\dsum_{i=1}^n \alpha_i^2\underbrace{\V(Z_i)}_{=1}=\dsum_{i=1}^n \alpha_i^2>0.$ \item $\bullet$ D'après l'inégalité de \textsc{\textsc{Cauchy}}-\textsc{\textsc{Schwarz}}, $\cov({ X_n^*},Y_n)^2\leq \V({ X_n^*})\V(Y_n)$, donc $|\rho|\leq 1$. $\bullet$ D'après ce qui précède, $ X_n^*$ est l'estimateur sans biais de $\theta$ de variance minimale parmi les estimateurs sans biais de $\theta$ de la forme $\dsum_{i=1}^n \beta_i Z_i$. Or, pour tout $\lambda$ réel, $T_n= X_n^*+\lambda (Y_n-{ X_n^*})$ est un estimateur de $\theta$ de cette forme, qui est de plus sans biais. Il en résulte que : $$\V({ X_n^*})\leq \V(T_n)= \V({ X_n^*})+2\lambda \cov( X_n,Y_n-{ X_n^*})+\lambda^2 \V(Y_n-{ X_n^*}).$$ Par suite, $2\lambda \cov({ X_n^*},Y_n-{ X_n^*})+\lambda^2 \V(Y_n-{ X_n^*})\geq 0$, pour tout $\lambda$ réel. Il vient ainsi : $\cov({ X_n^* },Y_n-{ X_n^*})=0$, ce qui donne $\cov(Y_n,{ X_n^*})=\V({ X_n^*})>0$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Jeu dans un casino. Égalité de \textsc{Wald}}{calcul de loi et d'espérances, somme aléatoire de v.a.r} Les variables aléatoires considérées sont définies sur un m\^{e}me espace probabilisé $\bigl( \Omega,{\cal A},\P \bigr)$. \smallskip \begin{enumerate} \item Dans un casino, un jeu se déroule de la fa\c{c}on suivante: un croupier mélange trois cartes, qui sont l'As de C\oe ur, le deux de C\oe ur et le Valet de Pique et les présente sur la table face cachée.\\ Un joueur choisit une carte au hasard. Si celle-ci est un C\oe ur, il gagne la somme correspondante (respectivement $1$ Euro pour l'As ou $2$ Euros pour le deux) et rejoue, le croupier mélangeant à nouveau les trois cartes; si la carte tirée est le Valet de Pique, le jeu s'arr\^{e}te. \begin{enumerate} \item Montrer que la probabilité que le Valet de Pique n'apparaisse jamais est nulle. \end{enumerate} On note $N$ la variable aléatoire représentant le nombre de cartes de C\oe ur tirées jusqu'à l'apparition du Valet de Pique (événement qui se produit donc presque s\^{u}rement), et on note $S$ la somme des Euros obtenus. \begin{enumerate}[resume] \item Déterminer la loi de $N$. \item Soit $n\in \N$. Déterminer la loi conditionnelle de $S$ sachant $(N=n)$. \item Calculer l'espérance conditionnelle de $S$ sachant $(N=n)$. \item Quel prix minimum le casino doit-il faire payer une telle partie pour ne pas \^{e}tre perdant en moyenne? \end{enumerate} \end{enumerate} \noindent On admet que si $(a_{n,k})_{(n,k)\in \N^2}$ est une famille de réels positifs tels que \begin{itemize} \item[$\bullet$] pour tout $n\in \N$, la série $\dsum_k a_{n,k}$ converge (on pose $A_n= \dsum_{k=0}^{+\infty} a_{n,k}$), \item[$\bullet$] la série $\dsum_n A_n$ converge \end{itemize} alors $\dsum_{k=0}^{+\infty} \left( \dsum_{n=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)$ existe et $\dsum_{n=0}^{+\infty} \left( \dsum_{k=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)= \dsum_{k=0}^{+\infty} \left( \dsum_{n=0}^{+\infty} a_{n,k}\right)$. \begin{enumerate}[resume] \item Soit $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $\N$. Soit $M \in \N^*$, et $(X_i)_{i \in \N}$ une suite de variables aléatoires de m\^{e}me loi, à valeurs dans $\, \llbracket 0,M \rrbracket \,$. On suppose que les variables aléatoires $(N,X_0,X_1, \dots, X_i,\dots)$ sont mutuellement indépendantes. On admet qu'on définit une variable aléatoire discrète sur $\Omega$ en posant $$ \forall\: \omega \in \Omega\:,\quad T(\omega) = \sum_{i=0}^{N(\omega)} X_i(\omega) \:. $$ \bigskip \begin{enumerate} \item Justifier que si $N$ a une espérance, alors $T$ a une espérance. \item On suppose que $N$ admet une espérance. Montrer que $\, \E(T) = \E(X_0)\,\E(N+1) \,$. \item Retrouver alors l'espérance de la variable aléatoire $S$ de la première question. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le probabilité que les $n$ premiers tirages ne donnent pas le Valet de Pique est $(2/3)^n$.\\ Par le th. de continuité monotone, la probabilité que le Valet n'apparaisse pas, est $\dlim_{n\to +\infty} (2/3)^n=0$.\\ Le Valet de Pique appara\^{\i}t presque s\^{u}rement. \item On a $\, N(\Omega) = \N \,$, et $N+1$ est le temps d'attente du premier succès dans un schéma de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de probabilité de succès $1/3$ par équiprobabilité des trois cartes, donc $\, N+1 \hookrightarrow {\cal G}(1/3) \,$. \item Si $N=n$, on a tiré $n$ cartes de C\oe ur, chacune rapportant un ou deux Euros,\\ donc, sachant $(N=n)$, $S$ prend ses valeurs dans $\llbracket n,2n \rrbracket$. Pour $k \in \llbracket n,2n \rrbracket$, $(S=k)$ est réalisé si et seulement si on a obtenu $x$ As et $y$ deux, avec $x$ et $y$ dans $\N$ vérifiant $$ \left\{ \begin{array}{rcl} x+y &=& n \\ x+2y &=& k \end{array} \right. \ssi \left\{ \begin{array}{rcl} x &=& 2n-k \\ y &=& k-n \end{array} \right. $$ On doit donc placer $k-n$ deux parmi $n$ cartes tirées, donc le nombre de tirages favorables est $\binom{n}{k-n}$, parmi $2^n$ tirages posssibles (il y a deux cartes de C\oe ur), soit $$ \forall\: k \in \llbracket n,2n \rrbracket\:,\quad \P_{(N=n)}(S=k) = \frac{\binom{n}{k-n}}{2^n} \:. $$ \item Sachant $(N=n)$, $S$ est d'univers image fini et positif, et a donc une espérance. $$ \E\bigl( S/(N=n) \bigr) = \sum_{k=n}^{2n} k\,\frac{\binom{n}{k-n}}{2^n} = \frac{1}{2^n}\,\sum_{j=0}^{n} (n+j)\,\binom{n}{j} \underset{(*)}{=} E(Y+n)=n+\frac{n}2 =\frac{3n}{2},$$ $(*)$ par thm de transfert en reconnaissant la loi d'une variable $Y \hookrightarrow \mathcal{B}(n,1/2)$.\\ {\em Autre idée :} recona\^{\i}tre que la loi sachant $(N=n)$ de $S-n$ est binomiale. \item La série de terme général $\, \E\bigl( S/(N=n) \bigr)\,\P(N=n) \,$ converge donc, par formule de l'espérance totale, $$ \E(S) = \sum_{n=0}^{+\infty} \Bigl[ \E\bigl( S/(N=n) \bigr)\, \P(N=n) \Bigr] = \sum_{n=0}^{+\infty} \left[ \frac{3n}{2}\,\frac{1}{3}\,\biggl( \frac{2}{3} \biggr)^n \right] = \frac{1}{3}\, \sum_{n=0}^{+\infty} \left[ n\,\biggl( \frac{2}{3} \biggr)^{n-1} \right] = 3 $$ Le prix minimum à demander est donc de $3$ Euros. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $\, \forall \omega\,,\, 0 \le T(\omega) = \dsum_{i=0}^{N(\omega)} X_i(\omega) \leq M\,\bigl[ N(\omega)+1 \bigr] \,$, d'où $T$ a une espérance si $N$ a une espérance. \item On a $\, T(\Omega) \subset \N \,$. Par $\sigma$-additivité, indépendance, permutation de sommes (résultat admis) et théorème de transfert, $$ \begin{aligned} \E(T) &= \sum_{k=0}^{+\infty} \bigl[ k\,\P(T=k) \bigr] = \sum_{k=0}^{+\infty} \left[ k\,\sum_{n=0}^{+\infty} \P\bigl( (T=k) \cap (N=n) \bigr) \right] = \sum_{k=0}^{+\infty} \left[ \sum_{n=0}^{+\infty} k\,\P\left( \left( \sum_{i=0}^{n} X_i = k \right) \cap (N=n)\right) \right] \\ &= \sum_{k=0}^{+\infty} \left[ \sum_{n=0}^{+\infty}k\, \P \left( \sum_{i=0}^{n} X_i = k \right)\,\P(N=n) \right] = \sum_{n=0}^{+\infty} \left[ \P(N=n)\, \sum_{k=0}^{+\infty} k\, \P \left( \sum_{i=0}^{n} X_i = k \right) \right] \\ &= \sum_{n=0}^{+\infty} \left[ \P(N=n)\,\E \left( \sum_{i=0}^{n} X_i \right) \right] = \sum_{n=0}^{+\infty} \Bigl[ \bigl[ \P(N=n)\bigr]\,(n+1)\, \E(X_0) \Bigr] = \E(N+1)\,\E(X_0) \end{aligned} $$ {\em Autre idée :} par la formule de l'espérance totale, avec le \textsc{sce} $(N=n)_n$ (plus rapide et plus simple). \item Dans le jeu de la question 1., on considère la variable aléatoire discrète $X_i$ valant $1$, $2$ ou $0$ selon que l'on tire l'As de C\oe ur, le deux de C\oe ur ou le Valet de Pique au $i$-ième tirage. Les $(X_i)$ sont indépendantes de m\^{e}me loi uniforme (bornée) et d'espérance~$1$. On a bien alors $\, S = \dsum_{i=0}^{N} X_i \,$, et 2.b) donne $\, \E(S) = \E(N+1)\,\E(X_0) = 3 \times 1 = 3 \,$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Série de lancers}{suite de v.a.r, polyn\^{o}me générateur, lois} \noindent On considère un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A}, \P)$ modélisant une succession infinie de lancers indépendants d'une pièce équilibrée (c'est-à-dire donnant pile avec la probabilité $1/2$ et face avec la probabilité $1/2$). Pour tout entier $k \in \N^*$, on désigne par $P_k$ l'événement \og le $k$-ième lancer de la pièce donne pile\fg\ et par $F_k$ l'événement \og le $k$-ième lancer de la pièce donne face\fg.\\ On appelle \og série\fg\ une succession de lancers consécutifs amenant le m\^{e}me c\^{o}té de la pièce. La série n$^\circ 1$ commence au premier lancer et se poursuit jusqu'à ce qu'un des lancers suivants donne un résultat différent du premier lancer. De m\^{e}me, la série n$^\circ 2$ commence au lancer suivant la fin de la série n$^\circ 1$ et se termine au lancer précédant un changement de c\^{o}té. On définit de m\^{e}me les séries suivantes.\\ Par exemple : \begin{displaymath} \textbf{Exemple :} \qquad \underbrace{P_1 \cap P_2}_{\text{Série \no{}1}} \cap \underbrace{F_3}_{\text{Série \no{}2}} \cap \underbrace{P_4 \cap P_5 \cap P_6 \cap P_7}_{\text{Série \no{}3}} \cap F_8 \cap \cdots \, . \end{displaymath} L'objet de cet exercice est d'étudier le nombre de séries obtenues.\\ \noindent Pour tout entier $n \in \N^*$, on note $N_n$ le nombre de séries apparues lors des $n$ premiers lancers. Par exemple, si l'événement de l'exemple dans la présentation est réalisé, alors on a : \begin{displaymath} N_1 = N_2 = 1, \quad N_3 = 2, \quad N_4 = N_5 = N_6 = N_7 = 3 \quad \text{et} \quad N_8 = 4 \, . \end{displaymath} Jusqu'à la fin de l'exercice, on considère un entier $n \in \N^*$.\\ \begin{enumerate} \item Déterminer les lois de $N_1$ et $N_2$. \item Quel est l'ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire $N_n$ ?\\ \item Soit $k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$. Justifier que l'on a l'égalité : $(N_{n+1} = k) \cap P_n \cap P_{n+1} = (N_n = k) \cap P_n \cap P_{n+1}$. En déduire que : $\P \left( (N_{n+1} = k) \cap P_n \cap P_{n+1} \right) = \frac{1}{2} \P \left( (N_n = k) \cap P_n \right)$. \end{enumerate} \noindent Dans la suite, on admet de m\^{e}me que l'on a pour tout $k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$ les relations : $$\left\{\begin{matrix} \P \left( (N_{n+1} = k) \cap F_n \cap F_{n+1} \right) = \frac{1}{2} \P \left( (N_n = k) \cap F_n \right)\\ \P \left( (N_{n+1} = k) \cap P_n \cap F_{n+1} \right) = \frac{1}{2} \P \left( (N_n = k-1) \cap P_n \right) \\ \P \left( (N_{n+1} = k) \cap F_n \cap P_{n+1} \right) = \frac{1}{2} \P \left( (N_n = k-1) \cap F_n \right) \end{matrix} \right. $$ \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que l'on a pour tout $k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$: \begin{displaymath} \P(N_{n+1} = k) = \frac{1}{2} \P(N_n = k) + \frac{1}{2} \P(N_n = k-1) \, . \end{displaymath} \end{enumerate} \noindent Pour tout $m \in \N^*$, on note $G_m : \R \to \R$ la fonction pour tout $x$ réel par : $G_m(x) = \dsum_{k=1}^m \P(N_m = k) x^k$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que pour tout $x \in \R$, on a : $G_{n+1}(x) = \dfrac{1+x}{2} G_n(x)$. \item Déterminer la loi de la variable aléatoire $N_n-1$ à partir de l'expression de $G_n$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $N_1$ représente le nombre de séries apparues en un lancer, elle ne peut donc prendre que la valeur $1$. La variable aléatoire $N_2$ représente le nombre de séries apparues lors des deux premiers lancers, elle prend donc la valeur $1$ si les 2 premiers lancers donnent le m\^{e}me résultat, la valeur $2$ s'ils donnent des résultats différents. On a $$ \P(N_2 = 1) = \P( (P_1 \cap P_2) \cup (F_1 \cap F_2) ) = \P(P_1 \cap P_2) + \P(F_1 \cap F_2) = \P(P_1) \P(P_2) + \P(F_1) \P(F_2) = \frac{1}{2}$$ Et $\P(N_2 = 2) = 1 - \P(N_2 = 1) = \dfrac{1}{2}$. En conclusion, $N_1$ suit la loi certaine de valeur $1$ et $N_2$ suit la loi uniforme sur $\llbracket 1,2\rrbracket$. \item Soit $n \in \N^*$. Au cours des $n$ premiers lancers, au moins une série appara\^{\i}t (celle contenant le résultat du premier lancer) et, au maximum, $n$ séries apparaissent (car chaque série contient au moins un résultat). \item Soit $n \in \N^*$ et soit $k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$. Si l'événement $P_n \cap P_{n+1}$ est réalisé, alors le $n$-ième et le $(n+1)$-ième lancers donnent le m\^{e}me résultat, donc le $(n+1)$-ième résultat contribue à la série contenant le $n$-ième résultat et on a $N_n = N_{n+1}$. On a donc l'égalité entre les deux événements. Puisque les événements $(N_n = k)$ et $P_n$ sont indépendants du $(n+1)$-ième lancer, on en déduit que \begin{displaymath} \P( (N_{n+1} = k) \cap P_n \cap P_{n+1} ) = \P( (N_n = k) \cap P_n ) \P(P_{n+1}) = \frac{1}{2} \P( (N_n = k) \cap P_n ) \end{displaymath} \item Soit $n \in \N^*$. Les événements $P_n \cap P_{n+1}$, $F_n \cap F_{n+1}$, $F_n \cap P_{n+1}$ et $P_n \cap F_{n+1}$ est un système complet d'événements pour les $n$-ième et $(n+1)$-ième lancers. Soit $k \in \llbracket 1, n+1 \rrbracket$. Par la formule des probabilités totales, on a donc \begin{align*} \P(N_{n+1} = k) & = \P( (N_{n+1} = k) \cap P_n \cap P_{n+1} ) + \P( (N_{n+1} = k) \cap F_n \cap F_{n+1} ) \\ & \qquad + \P( (N_{n+1} = k) \cap F_n \cap P_{n+1} ) + \P( (N_{n+1} = k) \cap P_n \cap F_{n+1} ) \\ & = \frac{1}{2} \P( (N_n = k) \cap P_n ) + \frac{1}{2} \P( (N_n = k) \cap F_n ) + \frac{1}{2} \P( (N_n = k-1) \cap F_n ) + \frac{1}{2} \P( (N_n = k-1) \cap P_n ) \\ & = \frac{1}{2} \P (N_n = k) + \frac{1}{2} \P (N_n = k-1) \ \ \ \ \text{ (FPT avec le SCE $[P_n,F_n]$)} \end{align*} \item Soient $n \in \N^*$ et $x \in \R$. D'après la question précédente, on a $$ G_{n+1}(x) = \sum_{k=1}^{n+1} \P(N_{n+1} = k) x^k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n+1} \P(N_n = k) x^k + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n+1} \P(N_n = k-1) x^k $$ Or, $\P(N_n = n+1) = 0$. Par ailleurs, en effectuant un changement d'indice dans la seconde somme, on obtient \begin{displaymath} \sum_{k=1}^{n+1} \P(N_n = k-1) x^k = \sum_{j=0}^n \P(N_n = j) x^{j+1} = x \sum_{j=0}^n \P(N_n = j) x^j = x G_n(x) \end{displaymath} car $\P(N_n = 0) = 0$. On en conclut le résultat demandé. \item Soit $x \in \R$. La suite $(G_n(x))_{n \in \N^*}$ est géométrique de raison $\dfrac{1+x}{2}$ et de premier terme $G_1(x) = x$.\\ On a donc, pour tout $n \in \N^*$, $G_n(x) = x \left( \frac{1+x}{2} \right)^{n-1}$. Soit $n \in \N^*$. On a \begin{displaymath} G_n(x) = x \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} \left( \frac{x}{2} \right)^k \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1-k} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} \frac{1}{2^{n-1}} x^{k+1} = \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1} \frac{1}{2^{n-1}} x^k \, . \end{displaymath} Par unicité des coefficients d'une fonction polynomiale sur un intervalle, pour tout $k \in \llbracket 1,n \rrbracket$, on a $ \P(N_n = k) = \dfrac{1}{2^{n-1}} \binom{n-1}{k-1}$, soit $N_n-1 \hookrightarrow \mathcal{B}(n-1, 1/2)$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Premier changement d'ordre dans une suite de v.a.r}{suites, séries, calcul de loi de d'espérance} Soit $p\in ]0,1[$. On note $q = 1-p$. Soit $(\Omega, \mathcal{ A}, \P)$ un espace probabilisé .\\ Soit $ (X_n)_{n\geqslant 1}$ une suite de variables aléatoires définies sur cet espace, mutuellement indépendantes, de loi géométrique de paramètre $p$. On note $C$ la variable aléatoire définie pour tout $\omega\in \Omega$, par $$C(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} \max\left\{n\in \N^*\;\Big|\; X_1(\omega)\leq X_2(\omega)\leq \dots \leq X_n(\omega)\right\} &\text{ si } \exists k\in \NN^*,\ X_k(\omega)> X_{k+1}(\omega)\\ 0 &\text{ sinon} \end{array}\right.$$ \begin{enumerate} \item Pour tout $k\in \N^*$, calculer $\P(X_1\geq k)$. \item Pour tout $n\in \N^*$, exprimer l'événement $[C=n]$ à l'aide des événements $[X_i \leq X_{i+1}]$. \item Pour $k\in \N^*$, calculer $\P((X_2\geq X_1)\cap (X_1=k))$. En déduire la valeur de $\P(C\geq 2)$. \item \begin{enumerate} \item En remarquant que pour tout $n\in \N^*$, on a l'inclusion suivante : $$\left[C=0\right] \subset \left[X_1\leq X_2\right]\cap \left[X_3\leq X_4\right]\cap \cdots \cap \left[X_{2n-1}\leq X_{2n}\right]$$ montrer que $\P(C=0)=0$. \item En déduire la valeur de $\P(C=1)$. \end{enumerate} \end{enumerate} Pour tout $n\in \N^*$, on pose $u_n(q) = \dfrac{(1-q)^n}{(1-q)(1-q^2)\times\cdots\times(1-q^n)}\cdot$ \begin{enumerate}[resume] \item Pour $n$ et $k$ appartenant à $\N^*$, montrer que: \[\P(X_n\geq X_{n-1}\geq \dots \geq X_1 \geq k) = u_n(q) \times q^{n(k-1)}\] \item Montrer que $\P(C\geq n)=u_n(q)$. \item En simplifiant $\frac{1-q}{1-q^k}$ pout tout $k\in \NN^*$, montrer que, pour tout $n$ de $\N^*$, on a : $u_n(q)\leq \dfrac{1}{(1+q)^{n-1}}$. \item Montrer que C admet une espérance si et seulement si la série de terme général $u_n(q)$ converge. \\ Exprimer alors $\E(C)$ en fonction des nombres $u_n(q)$ ($n\in \NN^*$). \item Montrer que, pour tout $n$ de $\N^*$, on a $u_n(q)\geq \dfrac{1}{n!}$.\\ En déduire une minoration de $\E(C)$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item D'après le cours : $\P(X_1\geq k) = \dsum_{i=k}^{+\infty} \P(X_1=i) = \dsum_{i=k}^{+\infty} q^{i-1}p = \dfrac{q^{k-1}}{1-q}\times p \quad\text{d'où}\quad \P(X_1\geq k)=q^{k-1}$. \item Pour tout $n\geq 2$, on a : $\left\{C=n\right\}= \left\{X_1\leq X_2\right\} \cap \left\{X_2\leq X_3\right\}\cap \dots \cap \left\{X_{n-1}\leq X_n\right\}\cap \overline{\left\{X_{n}\leq X_{n+1}\right\}}$. \item Par indépendance de $X_1$ et $X_2$ : $$\P((X_2\geq X_1)\cap (X_1 = k)) = \P(X_2\geq k) \cdot \P(X_1=k) = q^{k-1} \cdot q^{k-1}p = (q^2)^{k-1}p.$$ D'où : $\P(C\geq 2) = \P(X_2\geq X_1) = \dsum_{k=1}^{+\infty} \P((X_2\geq X_1) \cap (X_1=k)) = p \dsum_{k=1}^{+\infty} (q^2)^{k-1} = \frac{1-q}{1-q^2}=\dfrac{1}{1+q}$. \item \begin{enumerate} \item L'inclusion est claire. Les événements de droite sont indépendants et ont tous la m\^{e}me probabilité, calculée à la question 2 : $\P(X_i\leq X_{i+1}) = \P(X_1\leq X_{2}) = \P(C\ge 2) = \dfrac{1}{1+q}$.\\ On en déduit : $\P(C=0)\leq \left(\dfrac{1}{1+q}\right)^{n}$, d'où $\P(C=0)=0$ (en faisant tendre $n$ vers $+\infty$). \item On a $\P(C=0)+\P(C=1)+\P(C\geq 2)=1$. Donc $P(\C=1)= \dfrac q{1+q}$. \end{enumerate} \item Récurrence sur $n$ : Pour $n=1$, il vient $u_1(q) = \Frac{1-q}{1-q}=1$ et $\P(X_1\geq k)=q^{k-1}$. Supposons la propriété vraie au rang $n$. Alors, par indépendance de $X_1$ avec $(X_{n+1},\dots, X_2)$ : \begin{align*} &\P(X_{n+1}\dots \geq X_1\geq k) = \dsum_{i=k}^{+\infty} \P(X_{n+1}\geq \dots \geq X_2\geq i) \cdot \P(X_1=i)\ \text{(f. proba tot. avec le SCE $(X_1=i)_i$)}\\ =&\dsum_{i=k}^{+\infty} \P(X_{n}\geq \dots \geq X_1\geq i) \cdot \P(X_1=i) \ \ \ \text{ car $(X_{n+1},\dots, X_2)$ et $(X_n,\dots, X_1)$ sont id. distribués}\\ =&\dsum_{i=k}^{+\infty} u_n(q) \times (q^n)^{i-1}\times q^{i-1}p \text{ (par HR)}\\ =& p\times u_n(q)\times \dsum_{i=k}^{+\infty} (q^{n+1})^{i-1} = u_n(q) \times \Frac{1-q}{1-q^{n+1}}\times \left(q^{n+1}\right)^{k-1} = u_{n+1}(q) \times \left(q^{n+1}\right)^{k-1} \text{ (CQFD)}. \end{align*} \item Par conditionnement avec le SCE $(X_i=i)_{i\in \N*}$ puis par indépendance : $$\P(C\geq n) = \dsum_{k=1}^{+\infty} \P(X_n\geq \dots \geq X_2\geq k)\times \P(X_1=k)= u_{n-1}(q) \dsum_{k=1}^{+\infty} \left(q^{n-1}\right)^{k-1} \times q^{k-1}p = u_n(q)$$ \item Car $\frac{1-q}{1-q^k}=\dfrac1{1+q+\dots+q^{i-k}}\leq \dfrac1{1+q}$ si $k\geq 1$ (et le quotient vaut $1$ pour $k=1$). \item Par l'inégalité précédente, $u_N(q)\rTo_{N\to +\infty} 0$, d'où : $$ \begin{aligned} S_N &=\dsum_{n=1}^{N}n\P(C=n)=\dsum_{n=1}^{N}n\left(\P(C\geqslant n)-\P(C\geqslant n+1)\right) = \dsum_{n=1}^{N}n\PP(C\geqslant n)-\dsum_{n=2}^{N+1}(n-1)\P(C\geqslant n)\\ & = \dsum_{n=2}^{N+1}\P(C\geqslant n)+\P(C\geqslant 1)-\P(C\geqslant N+1)=\dsum_{n=1}^{N}u_n(q)-u_{N+1}(q)\rTo_ {N\to +\infty} \dsum_{n=1}^{+\infty}u_n(q)=\E(C).\\ \end{aligned} $$ \vspace*{-0,3cm} \item Pour $n\geqslant 2$ : $u_n(q) = \dfrac{1}{(1+q)(1+q+q^2)\cdots(1+q+\dots+q^{n-1})}\geq \dfrac{1}{2\times 3\times \cdots \times n} = \dfrac{1}{n!}$\\ et donc $\E(C) = f(q) \geq 1+\dsum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n!} = \dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n!}=\e-1$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Estimation}{suite de v.a.r, biais, intervalle de confiance} Dans cet exercice, $\lambda$ désigne un réel strictement positif.\\ Pour $n$ élément de $\mathbb{N}^{\ast }$, on considère un $n$- échantillon $\left( X_{1},X_{2},...,X_{n}\right) $ de variables aléatoires à valeurs strictement positives, indépendantes, de m\^{e}me loi exponentielle de paramètre $\lambda $.\\ On pose pour tout $n$ dans $\mathbb{N}^*$ : $S_{n}=\dsum_{k=1}^{n}X_{k}$ et $J_{n}=\lambda S_{n}$.\\ \begin{enumerate} \item Calculer pour tout $n$ de $\mathbb{N}^{\ast }$, $\E\left( S_{n}\right) $, $\V\left( S_{n}\right) ,\E\left( J_{n}\right) $ et $\V\left( J_{n}\right) $. \item \begin{enumerate} \item Déterminer une densité de la variable aléatoire $J_n$. \item Soit $n\geq 3$ un entier. Démontrer que les variables aléatoires $\dfrac{1}{J_{n}}$ et $ \dfrac{1}{J_{n}^{2}}$ admettent chacune une espérance et donner leurs valeurs respectives. \item Soit $n\geq 3$ une entier. On pose $\widehat{ \lambda _{n}}=\dfrac{n}{S_{n}}$. \\ Justifier que $\widehat{\lambda _{n}}$ est un estimateur de $\lambda $. Est-il sans biais? Est-il convergent ? \end{enumerate} \item Soit $\alpha\in ]0,1[$. Dans cette question, on veut déterminer un intervalle de confiance du paramètre $\lambda $ au risque $\alpha $. On note $\Phi $ la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, et $u_{\alpha } $ le réel strictement positif tel que $\Phi \left( u_{\alpha }\right) =1- \frac{\alpha }{2}$. \begin{enumerate} \item Démontrer que la variable aléatoire $N_{n}$ définie par $N_{n}=\lambda \dfrac{ S_{n}}{\sqrt{n}}-\sqrt{n}$ converge en loi vers une variable aléatoire de loi normale centrée réduite. \item Justifier que, pour $n$ assez grand, on a approximativement : $ \P\left( \left[ -u_{\alpha }\leq N_{n}\leq u_{\alpha }\right] \right) =1-\alpha.$ \item Montrer que, pour $n$ assez grand, l'intervalle $\left[ \left( 1-\frac{ u_{\alpha }}{\sqrt{n}}\right) \widehat{\lambda _{n}},\left( 1+\frac{ u_{\alpha }}{\sqrt{n}}\right) \widehat{\lambda _{n}}\right] $ est un intervalle de confiance de $\lambda $ au risque $\alpha $. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $S_n$ admet bien une variance comme somme de variables aléatoires qui admettent des moments d'ordre 2. Puis on a $\E(S_n)=\dsum_{i=1}^n \E(X_i)=\dfrac n\lambda$ et, par indépendance, $\V(S_n)=\dsum_{i=1}^n \V(X_i)=\dfrac n{\lambda^2}$ d'où $\E(J_n)=n$ et $\V(J_n)=\lambda^2V(S_n)=n$. \medskip \item \begin{enumerate} \item On a $J_n=\dsum_{k=1}^n \lambda X_k$. Mais, pour $k\in \llbracket 1,n \rrbracket$, $X_k\hookrightarrow\mathcal E(\lambda)$ donc $\lambda X_k\hookrightarrow\mathcal E(1)$. Par indépendance, on a donc $J_n\hookrightarrow\gamma(n)$ et une densité de $J_n$ est : $f_{J_n}:t\mapsto \dfrac{t^{n-1}\e^{-t}}{(n-1)!}\mathbf{1}_{]0,+\infty[}(t).$ \item Sous réserve de convergence (absolue), par transfert : $\E\left( \frac{1}{J_{n}}\right)=\dint_{0}^{+\infty}\dfrac 1tf_{J_n}(t)\text{d}t=\dfrac{\Gamma(n-1)}{(n-1)!}=\dfrac1{(n-1)}.$\\ Puis, sous réserve de convergence (absolue), on a, toujours par le théorème de transfert : $$\E\left( \frac{1}{J_{n}^2}\right)=\dint_{0}^{+\infty}\dfrac 1{t^2}f_{J_n}(t)\text{d}t=\dfrac{1}{(n-1)!}\Gamma(n-2)=\dfrac1{(n-1)(n-2)}.$$ \medskip \item $\bullet$ La variable aléatoire $\widehat{\lambda _{n}}=\dfrac n{S_n}$ est une fonction du $n$-échantillon i.i.d. $(X_1,\ldots,X_n)$ de loi $\mathcal E(\lambda)$ : c'est un estimateur de $\lambda $. De plus $\E\left(\widehat{\lambda _{n}}\right)=n\lambda \E\left( \frac{1}{J_{n}}\right)=\dfrac{n\lambda}{n-1}$ donc $\widehat{\lambda _{n}}$ est un estimateur biaisé de $\lambda$. \medskip $\bullet$ On a : $\V\left(\widehat{\lambda _{n}}\right)=\E\left(\widehat{\lambda _{n}}^2\right)-\left(\E\left(\widehat{\lambda _{n}}\right)\right)^2=\dfrac{n^2\lambda^2}{(n-1)(n-2)}-\left(\dfrac{n\lambda}{n-1}\right)^2\underset{n\to +\infty}\longrightarrow 0$ Ainsi, comme le biais de $\widehat{\lambda _{n}}$ converge vers $0$, $\widehat{\lambda _{n}}$ est un estimateur convergent de $\lambda$.\\ {\em Autre idée :} $\left(\frac{S_n}n\right)_n$ converge en proba vers $0$ (loi faible des GN) et on compose par $x\mapsto \frac1x$ (continue). \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $S_{n}=\dsum_{k=1}^{n}X_{k}$ a pour espérance $n/\lambda$ et pour variance $n/\lambda^{2}.$ Les $\left( X_{k}\right) _{k\in \mathbb{N}}$ sont indépendantes et ont une variance non nulle. Ainsi (théorème central-limite) la variable aléatoire centrée réduite $\dfrac{S_{n}-\frac {n}{\lambda}}{\frac{\sqrt{n}}{\lambda}}=N_{n}$ converge en loi vers la loi normale centrée réduite. \medskip \item Pour $n$ assez grand, on peut supposer que $N_n\hookrightarrow\mathcal N(0,1)$. Ainsi : $$\P\left( -u_{\alpha}\leq N_{n}\leq u_{\alpha}\right) \approx \Phi \left( u_{\alpha}\right) -\Phi \left( -u_{\alpha}\right)=2\Phi(u_\alpha)-1=1-\alpha.$$ \item On a les équivalences : \begin{eqnarray*} \lambda \in \left[ \left( 1-\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n} }\right) \widehat{\lambda_{n}},\left( 1+\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\right) \widehat{\lambda_{n}}\right] &\Leftrightarrow& \left( 1-\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\right) \dfrac {n}{S_{n}}\leq \lambda \leq \left( 1+\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\right) \dfrac{n}{S_{n}}\\ &\Leftrightarrow& \left( 1-\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\right) \dfrac {n}{\lambda}\leq S_{n}\leq \left( 1+\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\right) \dfrac{n}{\lambda}\\ &\Leftrightarrow&-\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\dfrac{n}{\lambda}\leq S_{n}-\dfrac{n}{\lambda}\leq \frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n}}\dfrac{n}{\lambda} \\ &\Leftrightarrow&-u_{\alpha}\leq N_{n}\leq u_{\alpha} \end{eqnarray*} Donc $\P\left( \lambda \in \left[ \left( 1-\frac{u_{\alpha}}{\sqrt {n}}\right) \widehat{\lambda_{n}},\left( 1+\frac{u_{\alpha}}{\sqrt{n} }\right) \widehat{\lambda_{n}}\right] \right) =\P\left( -u_{\alpha}\leq N_{n}\leq u_{\alpha}\right) \approx 1-\alpha$ pour $n$ assez grand. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Formule de \textsc{Stirling}. Médiane}{Suite d'intégrales, Python, suite de v.a.r} On définit la suite $(I_n)_{n\in \N^*}$ par, $\forall n \in \N^*,I_n=\dint_{0}^{1}((1-t)\e^t)^ndt$. On admet que $I_n \underset{n\to +\infty}\sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$. \bigskip Enfin, on pose pour tout $n$ de $\N^{*}$ et tout $x$ de $\R$, : $P_n(x)=\e^{-x}\dsum_{k=0}^{n}\dfrac{x^k}{k!}$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que $\forall x \in \R, \forall n \in \N^*,\dint_{0}^{x}\e^{-t}t^ndt=n!(1-P_n(x))$. \item En déduire que: $\forall n \in \N^*,1-P_n(n)=\dfrac{\e^{-n}n^{n+1}}{n!}I_n$. \item Donner un équivalent de $1-P_n(n)$ quand $n$ tend vers $+\infty$. \item Écrire une fonction Python \texttt{f(n)} qui renvoie la valeur $P_n(n)$ pour $n$ entier naturel non nul donné.\\ On pourra utiliser la fonction \texttt{exp} (exponentielle) mais pas la fonction \texttt{factorial} (factorielle). \end{enumerate} \item Soit $(X_k)_{k\in\N^*}$ une suite de variables aléatoires, définies sur un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A},\P)$ mutuellement indépendantes, suivant toutes la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre $1$. On pose alors, pour tout $n$ de $\N^*, S_n=\dsum_{k=1}^{n}X_k$ et $Y_n=\dfrac{S_n-n}{\sqrt{n}}$. \begin{enumerate} \item Quelle est la loi suivie par $S_n$ pour tout $n$ de $\N^{*}$? \item En déduire que $\dlim_{n\to +\infty}P_n(n)=\dfrac{1}{2}$. En déduire un équivalent de $n!$ \end{enumerate} \end{enumerate} Soit $X$ une variable aléatoire défini sur $(\Omega, \mathcal{A},\P)$. On note $\mathcal{M}(X)=\{x \in \R / \P(X< x) \leq \frac{1}{2} \leq \P(X\leq x)\}$. \begin{enumerate}[resume] \item \begin{enumerate} \item Montrer que:$\forall n \in \llbracket 2,+\infty\llbracket , \forall x \in \R, P_{n}(x)=P_{n+1}(x)+P'_{n+1}(x)$. \item Montrer que $(P_n(n))_{n\geq2}$ et $(P_{n-1}(n))_{n\geq2}$ sont adjacentes. \item En déduire que si $X$ est une variable aléatoire suivant la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre $n$, où $n$ est un entier supérieur à $2$, alors $ \mathcal{M}(X)=\{n\}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $x \in \R$ et $n$ de $\N^{*}$. On applique la formule de \textsc{\textsc{Taylor}} avec reste intégral à l'ordre $n$, à la fonction $g:x \longmapsto \e^{-x}$ qui est de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\R$, avec $a=x$ et $b=0$. $g(0)= \dsum_{k=0}^{n} \dfrac{(0-x)^k}{k!}g^{(k)}(x)+\dint_{x}^{0}\dfrac{(0-t)^n}{n!}g^{(n+1)}(t)dt$. Soit ici $\dsum_{k=0}^{n} \dfrac{x^k}{k!} \text{e}^{-x}+\dint_{0}^{x}\dfrac{t^n}{n!}\text{e}^{-t}dt=1$ \quad soit $n!(1-P_n(x))=\dint_{0}^{x}t^n\text{e}^{-t}dt$.\\ {\em Autre idée :} récurrence... \item $1-P_n(n)=\dfrac{1}{n!}\dint_{0}^{n}t^n\text{e}^{-t}dt$. Le changement de variable $t=n(1-u)$ donne le résultat. \item $1-P_n(n)\sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}\times \dfrac{\text{e}^{-n}n^{n+1}}{n!}$. \item \begin{lstlisting} def f(n): u,s=1,0 for i in range(n+1): s=s+u u=u*n/(i+1) return s/exp(n) \end{lstlisting} \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par théorème de stabilité, on sait que $S_n \hookrightarrow \mathcal{P}(n)$. \item $P_n(n)=\dsum_{k=0}^{n} \dfrac{n^k}{k!} \text{e}^{-n}=P(S_n \leq n)=P(\dfrac{S_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0)\underset{n \to +\infty}{\rightarrow}\Phi(0)=\dfrac{1}{2}$ (en utilisant le TCL) Donc $1-P_n(n)\underset{n \to +\infty}{\longrightarrow}\dfrac{1}{2}$. D'où $n! \sim \sqrt{2\pi n}\times (\frac{n}{e})^n$ (d'après Q1c). \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item $P'_{n+1}(x)=-P_{n+1}(x)+\e^{-x} \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{x^{k-1}}{(k-1)!}=- P_{n+1}(x)+P_{n}(x)$. \item Soit $n \geq 2$. $P_{n+1}(n+1)-P_n(n)=P_{n+1}(n+1)-P_{n+1}(n)-P'_{n+1}(n)$. \textsc{\textsc{Taylor}} avec reste int. à l'ordre $1$ : $P_{n+1}(n+1)=P_{n+1}(n)+P'_{n+1}(n)+\dint_{n}^{n+1}(n+1-t)P''_{n+1}(t)dt$.\\ Donc $P_{n+1}(n+1)-P_n(n)=\dint_{n}^{n+1}(n+1-t)P''_{n+1}(t)dt$. Or $\forall t \in[n,n+1], P''_{n+1}(t)=\dfrac{ \e^{-t}t^n}{(n+1)!}(t-(n+1))\leq 0$. Avec égalité uniquement si $t=n+1$.\\ Donc $P_{n+1}(n+1)-P_n(n)< 0$. De m\^{e}me: $P_n(n+1)-P_{n-1}(n)=P_{n}(n+1)-P_{n}(n)-P'_{n}(n)=\dint_{n}^{n+1}(n+1-t)P''_{n}(t)dt$. Or: $\forall t \in[n,n+1], P''_{n}(t)=\dfrac{ \text{e}^{-t}t^{n-1}}{n!}(t-n)\geq 0$. Et on a encore $P_n(n+1)-P_{n-1}(n)> 0$.\\ Donc $(P_{n-1}(n))_{n\geq 2}$ est strictement croissante et $(P_n(n))_{n\geq 2}$ est strictement décroissante.. Enfin: $\forall n \geq 2, P_n(n)-P_{n-1}(n)=\e^{-n}\dfrac{n^n}{n!}\sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi n}}\underset{n\to +\infty}{\rightarrow}0$.\\ Donc les deux suites $(P_{n-1}(n))_{n\geq 2}$ et $(P_n(n))_{n\geq 2}$ sont adjacentes et convergent vers $1/2$. \item L'entier $n\in \mathcal{M}(X)$ car: $ \P_{n-1}(n)< \dfrac{1}{2} < \P_n(n) \Leftrightarrow \P(Xn: \P(X\dfrac{1}{2}$. Donc $x \notin \mathcal{M}(X)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Matrices $2\times 2$ aléatoires}{rang, trace, loi de v.a.r, nilpotence, diagonalisabilité} \begin{enumerate} \item Soit $A=\displaystyle \begin{pmatrix} a & 1\\ -b & c\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_2(\R)$. \begin{enumerate} \item Montrer que $X^2-(a+c)X+ ac+b$ est un polyn\^{o}me annulateur de $A$. \item Donner un polyn\^{o}me annulateur non nul de $A$ de degré minimal. \item Donner une condition nécessaire et suffisante sur les coefficients de la matrice $A$ pour qu'elle soit inversible. \item Donner une condition nécessaire et suffisante sur les coefficients de la matrice $A$ pour que $A\neq 0$ et $A^2=0$. \item Donner une condition nécessaire et suffisante sur les coefficients de la matrice $A$ pour qu'elle soit diagonalisable. \end{enumerate} \item Soient $X,Y$ deux variables aléatoires définies sur le m\^{e}me espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A},\P)$ indépendantes et suivant toutes deux la loi géométrique $\mathcal{G} (p)$ avec $00$, elle est diagonanilisable . \item Si la matrice $A$ admet une unique valeur propre, elle n'est pas diagonalisable, car, sinon, elle serait déjà diagonale. \item Si la matrice $A$ n'admet pas de valeurs propres elle n'est pas diagonalisable. \end{itemize} La CNS demandée est donc $(a-c)^2-4b>0$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par la question précédente, l'événement \og $A$ est diagonalisable \fg{} est $D=[(X-1)^2+4Y^2>0]$. \\ Comme $(X-1)^2+4Y^2\geq 0$, par indépendance et lois suivies, on a : $$\P(\overline{D})= \P([(X-1)^2+4Y^2=0])= \P([(X-1)^2=0]\cap [Y^2=0])= \P(X=1)\times \P(Y=0)=0\Rightarrow \P(D)=1$$ \item Toujours par la question précédente $[A^2=0]=[X=1]\cap [X+Y^2=0]$. Donc : $$\P(A^2=0)= \P([(X=1)] \cap [(X=0)] \cap [(Y=0)])= 0$$ \textsl{Autre idée :} sans calcul, remarquer directement que, comme $A\neq 0$, on a $D\subset \overline{[A^2=0]}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par la première question $\P(D_0)= \P(X\neq Y)$. Or la variable $X$ charge deux points alors que la variable $Y$ est continue et ne charge pas les points. Ainsi $\P(D_0)=1$. \item De nouveau $\P(D_t)= \P((X-Y)^2-t>0)$. On calcule donc pour $t>0$ $$ \begin{aligned} \P((X-Y)^2>t)&= \P([(X-Y)^2>t]\cap [Y=0]) + \P([(X-Y)^2>t]\cap [Y=1])\\ &= \P([X^2>t]\cap [Y=0]) + \P([(1-X)^2>t]\cap [Y=1])\\ &=\frac 1 2 \P(X^2>t)+ \frac{1}{2} \P([(1-X)^2>t])=\frac{1}{2}\left(\P(X>\sqrt{t})+ \P(X<1-\sqrt{t})\right) \end{aligned}$$ Donc $$\P(D_t)= \frac{1}{2}- \frac{1}{2}F_X(\sqrt{t}) + \frac{1}{2}F_X(1-\sqrt{t})$$ Bien entendu, $\P(D_t)=1$ lorsque $t\leq 0$. En conclusion $$\P(D_t)= \left\{\begin{matrix} \frac{1}{2}- \frac{1}{2}F_X(\sqrt{t}) + \frac{1}{2}F_X(1-\sqrt{t}) & \mbox{ si } &t>0\\ 1 & \mbox{ si }& t\leq 0\end{matrix}\right.= \left\{\begin{matrix} 1 & \mbox{ si } & t\leq 0\\ 1-\sqrt{t} &\mbox{ si } &00$. On pose $$I(\varepsilon)=\int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\sin^3(x)}{x^2} \textrm{d} x$$ A l'aide d'un changement de variable, montrer que $$I(\varepsilon)=\frac{3}{4}\int_{\varepsilon}^{3\varepsilon} \frac{\sin(x)}{x^2} \textrm{d} x$$ \item Démontrer que $$\forall u\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right] \qquad u-\frac{u^3}{6}\leq \sin(u) \leq u$$ \item Déterminer $\dlim_{\varepsilon \to 0} I(\varepsilon)$ et conclure. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item On pose $f(x)=\frac{\sin^3(x)}{x^2}$. La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}^{+*}$. On a d'une part\\ $\lim\limits_{x\rightarrow 0} f(x)=0$, donc $f$ est prolongeable par continuité en zéro, donc l'intégrale est faussement généralisée en $0$. D'autre part \\ $$\forall x>0 \quad \vert f(x) \vert \leq \frac{1}{x^2}.$$ Par \textsc{\textsc{Riemann}}, comparaison et absolue convergence, l'intégrale converge en $+\infty$. \item On utilise les formules de \textsc{Moivre} \begin{align*} \sin^3x &= \left( \frac{\e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\right)^3= \frac{i}{8}\left( \e^{3ix}-3\e^{ix}+3\e^{-ix} -\e^{-3ix}\right)\\ &= \frac{i}{8}\left( 2i\sin(3x)-6i\sin( x)\right)= -\frac 1 4 \sin(3x)+\frac 3 4 \sin(x) \end{align*} \item Soit $\varepsilon >0$. $$ I(\varepsilon) =\frac{1}{4}\int_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{3\sin(x)-\sin(3x)}{x^2}\textrm{d}x = \frac{3}{4} \int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x^2}\textrm{d}x-\frac{1}{4}\int_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{\sin(3x)}{x^2}\textrm{d}x $$ On fait le changement de variable $u=3x$ dans la seconde intégrale\\ $$I(\varepsilon) =\frac{3}{4} \int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x^2}\textrm{d}x-\frac{1}{4}\int_{3\varepsilon}^{+\infty}\frac{\sin(u)}{(\frac{u}{3})^2}\frac{\textrm{d}u}{3} =\frac{3}{4} \int_{\varepsilon}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x^2}\textrm{d}x-\frac{3}{4} \int_{3\varepsilon}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x^2}\textrm{d}x =\frac{3}{4} \int_{\varepsilon}^{3\varepsilon} \frac{\sin(x)}{x^2}\textrm{d}x $$ \item {\bf L'inégalité de \textsc{\textsc{Taylor}} \textsc{\textsc{Lagrange}} n'est pas au programme de BL}\\ On intègre deux fois entre $0$ et $x$ l'inégalité : $|\sin x|\leq 1$.\\ Ou méthode "brutale'' : on pose $g(u)=u-\sin(u) \qquad h(u)=\sin(u)-u+\frac{u^3}{6}$ \\ On a $g'(u)\geq 0 \quad g(0)=0$, donc $g$ est positive sur $\mathbb{R}^+$ \\ $h'(u)=\cos(u)-1+\frac{u^2}{2} \qquad h^{''}(u)=-\sin(u)+u\geq 0 \qquad h'(0)=0$ donc $h'(u)\geq 0$ et comme $h(0)=0$, on en déduit que $h$ est positive sur $\mathbb{R}^+$. \item On intègre au voisinage de $0$. La fonction $x \to \dfrac{\sin x}{x^2}$ se comporte comme $x \to \dfrac 1 x$ et $J(\varepsilon)= \dint_\varepsilon^{3\varepsilon} \dfrac{dx} x= \ln 3$. Montrons cela en détail. D'après Q4, on a : $$\forall x\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right], \ 0\leq \sin x -x \leq \frac16 \text{ d'où } 0\leq \frac{\sin x -x }{x^2} \leq \frac {x}6.$$ Par intégration, on en déduit : $$0\leq I(\varepsilon) -\dfrac{3}{4}\ln 3 \leq \frac{3}{4}\int_{\varepsilon}^{3\varepsilon} \frac {x}6 \textrm{d} x=\frac{\varepsilon^2}2 \underset {\varepsilon\to 0} \longrightarrow 0$$ En conclusion, par encadrement, on a : $$\dlim_{\epsilon \to 0} I(\varepsilon)=\dfrac{3}{4} \ln(3).$$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Étude d'une matrice aléatoire}{valeurs prpres, diagonalisabilité d'une matrice triangulaire $3\times 3$, v.a.r discrètes} On considère trois réels $x$, $y$ et $z$ et on pose $M(x,y,z)= \begin{pmatrix} x & 1 & 0 \\ 0 & y & 1 \\ 0 & 0 & z \end{pmatrix} $. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer les valeurs propres de $M(x,y,z)$. \item Montrer que si $x$, $y$ et $z$ sont deux à deux distincts alors $M(x,y,z)$ est diagonalisable. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer le sous-espace propre associé à la valeur propre $x$ de $M(x,x,z)$ avec $x\neq z$. \item La matrice $M(x,x,z)$ est-elle diagonalisable ?\\ On montrerait de m\^{e}me que $M(x,y,x)$ et $M(x,y,y)$ ne sont pas diagonalisables. \item La matrice $M(x,x,x)$ est-elle diagonalisable ? \end{enumerate} \item En déduire une condition nécessaire et suffisante sur $x,y,z$ pour que $M(x,y,z)$ soit diagonalisable. \end{enumerate} Dans la suite, toutes les variables aléatoires sont définies sur un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A},\P)$. \begin{enumerate}[resume] \item Dans cette question, on considère deux variables aléatoires indépendantes $X$ et $Y$ telles que $X$ suit une loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre $p\in ]0,1[$ et $Y$ suit une loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre $q\in ]0,1[$.\\ Quelle est la probabilité que $M(X,Y,X+Y+1)$ soit diagonalisable ? \item Dans cette question $X$ et $Y$ sont deux variables aléatoires indépendantes telles que $X$ suit la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre $1$ et $Y$ suit la loi exponentielle de paramètre $1$.\\ Quelle est la probabilité que $M(X,Y,XY)$ soit diagonalisable ? \item Dans cette question, on considère un entier $n \geq 3$ ainsi que $X$, $Y$, $Z$ trois variables aléatoires mutuellement indépendantes qui suivent une loi uniforme sur $\llbracket 1, n\rrbracket$.\\ Quelle est la probabilité que la matrice~$M(X,Y,Z)$ soit diagonalisable ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On remarque que $M(x,y,z)$ est triangulaire supérieure donc les valeurs propres se lisent sur la diagonale. \item Si $x$, $y$ et $z$ sont deux à deux distincts, alors $M(x,y,z)$ a trois valeurs propres distinctes dans un espace vectoriel de dimension $3$. Elle est donc diagonalisable. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On trouve $\Ker (M(x,x,z)-xI_3) = \Vect \left({}^t(1,0,0)\right)$. \item La valeur propre $x$ a un sous-espace propre associé a de dimension $1$ et on voit facilement que la valeur propre $z$ aussi. Donc la somme des dimensions ne vaut pas 3 \ie la matrice~$M(x,x,z)$ n'est pas diagonalisable. \item Si $M$ possède une unique valeur propre $x$ et si elle est diagionalisable, elle est semblable et donc égale à $xI_3$, ce qui n'est pas le cas ici. \end{enumerate} \item La CNS demandée est donc $x,y,z$ distincts. \item On cherche à déterminer la probabilité $P$ que $X\neq Y$, que $X\neq X+Y+1$ et que $Y\neq X+Y+1$. En regardant les valeurs possibles du couple $(X,Y)$, on voit que c'est le cas si seulement s'il vaut $(1,0)$ ou $(0,1)$. Ainsi : \begin{align*} P & =\P\big((\{X=0\}\cap \{Y=1\}) \cup (\{X=1\}\cap \{Y=0\})\big) \\ & = \P(X=0)\P(Y=1) + \P(X=1)\P(Y=0) \qquad \text{(union disjointe, indépendance)}\\ & = (1-p)q+p(1-q)= p+q-2pq \end{align*} \item Ici, on cherche à déterminer la probabilité~$P$ que $X\neq Y$ et $X\neq XY$ et $Y \neq XY$.\\ La variable aléatoire~$X$ suit une loi de \textsc{\textsc{Poisson}}. Elle est donc à support dans $\mathbb{N}$. Si $X=0$, on a $XY=0=X$. Si $X=1$, on a $XY=Y$. Pour $X\geq 2$, $XY=X$ si, et seulement si, $Y=1$ d'une part et $XY=Y$ si, et seulement si, $Y=0$ d'autre part. Donc \begin{equation*} [(X\neq Y) \cap (X\neq XY) \cap (Y\neq XY)] = [(X\geq 2) \cap ( X\neq Y) \cap (Y\neq 1) \cap (Y\neq 0)] \end{equation*} Ainsi \begin{align*} P & = \mathbb{P}\big(\{X\geq 2\} \cap \{Y\neq X\} \cap \{Y\neq 1\} \cap \{Y \neq 0\}\big) \\ & = \sum_{k=2}^{+\infty} \mathbb{P}\big(\{X=k\} \cap \{Y\neq k\} \cap \{Y\neq 1\} \cap \{Y \neq 0\}\big) \\ & = \sum_{k=2}^{+\infty} \frac 1 {k\,!} e^{-1} \mathbb{P}(Y\in \mathbb R \setminus \{0,1,k\}) \qquad \text{(indépendance)} \\ & = \e^{-1}(\e-2)=1-2 \e^{-1} \qquad \car \mathbb{P}(Y\in \mathbb R \setminus \{0,1,k\})=1. \end{align*} \item On cherche ici la probabilité $P$ que $X$, $Y$ et $Z$ soient deux à deux distincts. \begin{align*} P&= 1 - \mathbb{P}\big(\{X=Y\} \cup \{X=Z\} \cup \{Y=Z\}\big) \\ & = 1 - \mathbb{P}\big(\{X=Y\}\cup \{X\neq Z\}\big) - \mathbb{P}\big(\{X=Z\}\cup \{X\neq Y\}\big) - \mathbb{P}\big(\{Y=Z\}\cup \{X\neq Y\}\big) - \mathbb{P}(X=Y=Z) \end{align*} La formule des probabilités totales avec le SCE $(X=k)_{1\leq k\leq n}$ et l'indépendance permettent d'écrire : \begin{equation*} \mathbb{P}\big(\{X=Y\}\cup \{X\neq Z\}\big) = \sum_{k=1}^n \left(\frac 1 {n^2} \sum_{l=1, l \neq k}^n \frac 1 n\right) = \frac{n(n-1)}{n^3} = \frac {n-1}{n^2} \end{equation*} \begin{equation*} \mathbb{P}(X=Y=Z) = \sum_{k=1}^n \frac 1 {n^3} = \frac 1{n^2} \end{equation*} Enfin, $P= 1 - 3\times \frac{n-1}{n^2}+\dfrac1{n^2} = \frac{n^2-3n-2}{n^2}$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Équation matricielle $X^2=M_a$}{diagonalisation, matrices semblables} Soit $f$ l'endomorphisme de $\R^{3}$ dont la matrice dans la base canonique est $J=\begin{pmatrix}0&2&1\\0&-1&2\\0&1&0\end{pmatrix}$.\\ Soit $M_{a}=\begin{pmatrix}a&2&1\\0&a-1&2\\0&1&a\end{pmatrix}$ avec $a\in \R$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Montrer que les valeurs propres de $f$ sont $-2,0,1$ et déterminer les sous espaces propres de $f$. \item En déduire que $J$ est diagonalisable. \item En déduire, pour tout réel $a$, l'existence d'une matrice $D_a$ diagonale et d'une matrice $P\in \mathcal{M}_3(\R)$ inversible telles que $M_a=PD_aP^{-1}$. \item Déterminer l'ensemble des réels $a$ tels que $M_a$ soit inversible. \end{enumerate} \item Soit $a$ réel et $X$ une matrice à coefficients réels telle que : $X^2=M_a$. \begin{enumerate} \item Montrer que $X$ commute avec $M_a$, puis que $X$ commute avec $J$. \item \begin{enumerate} \item Si $h$ est l'endomorphisme de $\R^3$ de matrice $X$ dans la base canonique de $\R^3$. Montrer que tout vecteur propre de $f$ est vecteur propre de $h$. \item Établir l'existence d'une matrice réelle diagonale $\Delta$, telle que $\Delta^2=D_a$. \item En déduire : $a\geq 2$. \end{enumerate} \end{enumerate} \item Montrer que si $a\geq 2$, alors il existe une matrice réelle $X$ telle que : $X^2=M_a$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le spectre de $f$ est donné. On trouve $E_{-2}=\Vect\begin{pmatrix}3\\-4\\2\end{pmatrix}\quad E_{0}=\Vect\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}\quad E_{1}=\Vect\begin{pmatrix}3\\1\\1\end{pmatrix}$. \item L'endomorphisme $f$ admet $3$ valeurs propres distinctes en dimension $3$ : il est diagonalisable. \\ Donc $J$ est diagonalisable et semblable à la matrice diagonale $D=\begin{pmatrix}-2&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ \\ avec la matrice de passage $P=\begin{pmatrix}3&1&3\\-4&0&1\\2&0&1\end{pmatrix}$. \item Comme $M_a=aI_3+J$, alors $M_a=aI_3+PDP^{-1}=P(aI_3+D)P^{-1}=PD_aP^{-1}$ avec $$D_a=\begin{pmatrix}a-2&0&0\\0&a&0\\0&0&a+1\end{pmatrix}.$$ \item Donc $M_a$ diagonalisable et $\Sp(M_a)=\{a-2,a,a+1\}$. Ainsi $M_a$ est inversible si et seulement si $a\notin \{-1;,0,2\}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $XM_a=XX^2=X^2X=M_aX $ et $X$ commute avec $M_a$. Or $XJ=X(M_a-aI_3)$ et comme $X$ commute avec $M_a$ et $I_3$, $X$ commute avec $J$. \item \begin{enumerate} \item On sait que $X$ commute avec $J $ si et seulement si $h$ commute avec $f$.\\ Or $x\in E_{\lambda,f} \Rightarrow f(x)=\lambda x \Rightarrow h[f(x)]=\lambda h(x)=f[h(x)] \Rightarrow h(x)\in E_{\lambda,f}$\\ Or d'après la question 1. a, $\dim(E_{\lambda,f})=1$. Donc pour tout $\lambda$, il existe $\mu$ tel que $h(x)=\mu x$.\\ Ainsi tout vecteur propre de $f$ est vecteur propre de $h$. \item Existe-t-il une matrice $\Delta$ telle que $\Delta^2=D_a$ ?\\ Les colonnes de $P$ sont vecteurs propres de $f$ (ou $J$). Donc ils sont vecteurs prpres de $h$(ou $X$)\\ Ainsi $P^{-1}XP$ est diagonale, notée $\Delta$ et $\Delta^2=(P^{-1}XP)^2=P^{-1}X^2P=P^{-1}M_aP=D_a$. \item $a\ge 2$?\\ Si $\Delta=\begin{pmatrix}u&0&0\\0&v&0\\0&0&w\end{pmatrix}$ alors $\Delta^2=D_a \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{lll}u^2=a-2\\v^2=a\\w^2=a+1\end{array}\right. \Rightarrow a\ge 2$. \end{enumerate} \end{enumerate} \item Si $a\geq 2$ il suffit de poser $ X=P \begin{pmatrix}\sqrt{a-2}&0&0\\0&\sqrt{a}&0\\0&0&\sqrt{a+2}\end{pmatrix} P^{-1}$. Et alors : $X^2=PD_aP^{-1}=M_a$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Étude d'une suite de fonctions}{étude de fonctions, calcul intégral, équation fonctionnelle} \begin{enumerate} \item Soit $f_0$ la fonction définie par $$\forall \, x \in ]0,1[, \qquad f_0(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right) \exp\left(\dfrac{1}{x(x-1)}\right).$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $f_0$ est prolongeable par continuité en $0$ et en $1$ ; on notera encore $f_0$ la fonction prolongée. {\bf On admet} que $f_0$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. \item Soit $\displaystyle g_0:x \to f_0\left(x+\dfrac{1}{2}\right)$. Etudier la parité de $g_0$ sur $\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right].$ \item Calculer $\displaystyle \int_0^1 f_0(t)dt.$\\ \end{enumerate} \item On définit par récurrence une suite de fonctions $(f_n)_{n\in \N}$ en posant $$\forall \, n \in \N, \qquad \forall \, x \in [0,1], \qquad f_{n+1}(x)=f_n(1)\exp(x)-\exp(x) \int_0^x f_n(t) \exp(-t)dt$$ \begin{enumerate} \item Montrer que, pour tout entier $n\in \N$, $f_{n+1}$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$ et exprimer sa dérivée en fonction de $f_{n+1}$ et de $f_n$. \item Montrer que $$\forall \, n \in \N, \qquad f_{n+1}(1)-f_{n+1}(0)=\int_0^1 \left(f_{n+1}(t)-f_n(t)\right) dt.$$ \item Montrer que $f_{n+1}(0)=f_n(1)$ et que $$\forall \, n \in \N^*, \qquad f_n(1)=\int_0^1 f_n(t)dt.$$ \end{enumerate} {\bf On admet} dans la suite que $$\forall \, n \in \N, \qquad \forall \, x \in [0,1], \qquad f_{n+1}(x)=\int_0^x f_{n+1}(t)dt+\int_x^1 f_n(t)dt.$$ \item Soit $f$ l'application définie sur chaque intervalle $[n,n+1[$ par $$\forall \, n \in \N, \qquad \forall \, x \in [n,n+1[, \qquad f(x)=f_n(x-n).$$ {\bf On admet} que la fonction $f$ ainsi définie est continue sur $[0,+\infty[$.\\ Montrer que $$\forall \, x \geq 1, \qquad \dint_{x-1}^{x}f(t)dt=f(x).$$ \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La fonction $f_0$ est continue sur $]0,1[$ avec $\displaystyle \lim_{x\to 0^+} f_0(x)=\lim_{x\to 1^-} f_0(x)=0.$\\ La fonction $f_0$ est donc prolongeable par continuité en $0$ et en $1$ en posant $f_0(0)=f_0(1)=0$. \item L'intervalle $\left]-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right[$ est stable par $x \mapsto -x$. Et : $$\displaystyle g_0(-x)=-\left(x+\frac{1}{2}\right) \exp\left(\dfrac{1}{(x+\dfrac{1}{2})(x-\frac{1}{2})}\right)=\left(-x-\frac{1}{2}\right) \exp\left(\dfrac{1}{(-x+\frac{1}{2})(-x-\frac{1}{2})}\right)=-g_0(x).$$ De plus $f_0(0)=f_0(1)$ entra\^{\i}ne $g_0(1/2)= g_0(-1/2).$ Ainsi, $g_0$ est impaire sur $\left[-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right].$ \item Le changement de variable $t= x+1/2$ donne $\dint_0^1 f_0(t) dt = \dint_{-1/2}^{1/2} g_0(t) dt =0$ par imparité de $g_0$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Par le théorème fondamental du calcul intégral et par récurrence sur $n\geq 0$, on montre que $f_n$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$. En dérivant, il vient $f'_{n+1}= f_{n+1}-f_n$. \item On intègre cette relation pour $t$ variant de $0$ à $1$ et l'on obtient la formule demandée. \item Comme $\displaystyle f_{n+1}(x)=f_n(1)\exp(x)-\exp(x) \int_0^x f_n(t) \exp(-t)dt$, alors $f_{n+1}(0)=f_n(1)\exp(0)=f_n(1)$.\\La question 2(b) appliquée pour $n=k-1$ donne $\displaystyle f_{k}(1)-f_{k}(0)=\int_0^1 \left(f_{k}(t)-f_{k-1}(t)\right) dt.$\\ D'où, $\displaystyle f_{k}(1)-f_{k-1}(1)=\int_0^1 \left(f_{k}(t)-f_{k-1}(t)\right) dt.$\\ Soit $n\in \N^*$. On somme cette égalité pour $k$ variant de $1$ à $n$:\\ $\displaystyle f_n(1)-f_0(1)=\sum_{k=1}^{n} \int_0^1 \left(f_{k}(t)-f_{k-1}(t)\right) dt =\int_0^1 \sum_{k=1}^{n} \left(f_{k}(t)-f_{k-1}(t)\right) dt.$\\ Par télescopage, $$\displaystyle f_n(1)=f_n(1)-f_0(1)= \int_0^1 \left(f_{n}(t)-f_{0}(t)\right) dt=\int_0^1 f_{n}(t) dt-\int_0^1 f_{0}(t) dt=\int_0^1 f_{n}(t) dt,$$ par la question 1(c). \end{enumerate} \item Soit $x\geq 1$ un réel et soit $n\in \N^*$ sa partie entière. En utilisant la définition de $f$ et la formule admise, on obtient $$\displaystyle f(x)=f_n(x-n)=\int_0^{x-n} f_n(t)dt+\int_{x-n}^1 f_{n-1}(t)dt =\int_0^{x-n} f(t+n)dt+\int_{x-n}^1 f(t+n-1)dt.$$ Le changement de variable $u=t+n$ (resp. $u=t+n-1$) dans la première (resp. seconde) intégrale donne $$\displaystyle f(x)=\int_n^xf(u)du+\int_{x-1}^nf(u)du=\int_{x-1}^x f(u)du.$$ \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Taux de panne}{V.a.r à densité, équation fonctionnelle, loi de v.a.r} La durée de vie en années d'un composant électronique est une variable aléatoire $X$ de densité $f$ continue et strictement positive sur $\R_+^*$ et nulle sur $\R_-$.\\ On note $F$ la fonction de répartition de $X$. Soit $t>0$ réel. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $h$ un réel strictement positif.\\ Exprimer, à l'aide de la fonction $F$, la probabilité $p(t,h)$ que le composant tombe en panne avant l'instant $t+h$, sachant qu'il fonctionnait encore à l'instant $t$. \item Établir que, $\dlim_{h\to 0^+}\dfrac{p(t,h)}h= \dfrac{f(t)}{1-F(t)}$.\\ \end{enumerate} \end{enumerate} On pose désormais, pour tout réel positif $t$ : $\lambda_X(t)=\dfrac{f(t)}{1-F(t)}$, et on a, bien s\^{u}r, $\lambda_X(t)\ge 0$.\\ La fonction $\lambda_X$ est appelée taux de panne du composant ou taux de panne de $X$. \begin{enumerate}[resume] \item Pour tout réel strictement positif $t$, calculer $\dint_0^t \lambda_X(u)du$.\\ En déduire une expression de la fonction de répartition $F$ en fonction de $\lambda_X$. \item Montrer que $X$ suit une loi exponentielle si et seulement si son taux de panne est constant. \end{enumerate} {\bf Dans cette question uniquement,} on suppose que pour tout $t>0$, $\lambda_X(t)=t^3$. \begin{enumerate}[resume] \item Quelle est la probabilité que l'appareil fonctionne plus d'un an ? \item Quelle est la probabilité que l'appareil, \^{a}gé de un an, fonctionne plus de deux ans ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $$p(t,h)=p_{X>t}(Xt))}{p(X>t)}=\dfrac{p(tt)}=\dfrac{F(t+h)-F(t)}{1-F(t)}$$ \item Comme $\forall t>0\ F'(t)=f(t)$ on a $\dlim_{h \rightarrow 0}\dfrac{F(t+h)-F(t)}{h}=f(t)\neq 0$.\\ Donc $\frac{p(h,t)}{h}=\dfrac{F(t+h)-F(t)}{h}\times \dfrac{1}{1-F(t)}\rTo{h \rightarrow 0^+}\dfrac{f(t)}{1-F(t)} $. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $\epsilon$ et $t>0$. Il vient $$\int_\epsilon^t \lambda_X(u) du=\int_\epsilon^t \dfrac{f(u)}{1-F(u)}du=\int_\epsilon^t \dfrac{F'(u)}{1-F(u)}du=-\ln|1-F(t)|+\ln|1-F(\epsilon)|\xrightarrow[\epsilon \to 0]{}-\ln|1-F(t)|$$ (valeur absolue inutile et $F$ continue en $0$ avec $F(0)=\int_{-\infty}^0 f=0$)\\ Donc $$1-F(t)=\e^{-\int_0^t \lambda_X} \Rightarrow F(t)=\left\{\begin{array}{rcr}1-\e^{-\int_0^t \lambda_X}\quad\si t>0\\0\quad \si t\leq 0\end{array}\right.$$ \item Si $Y$ suit loi $\mathcal{E}(\alpha)$ alors $$f_Y(t)=\left\{\begin{array}{rcr}0\quad t\leq 0\\\alpha \e^{-\alpha t}\quad t>0\end{array}\right.$$ est une densité et pour $t>0$ $F_Y(t)=1-\e^{-\alpha t}$.\\ D'où $$\lambda_Y (t)=\dfrac{f(t)}{1-F(t)}=\dfrac{\alpha \e^{-\alpha t}}{1-(1-\e^{-\alpha t})}=\alpha \Rightarrow \lambda_Y=C, \forall y>0$$ Réciproquement, si $\forall t>0 \ \lambda_X(t)=c$, alors $\forall t>0 \ F(t)=1-\e^{-\int_0^t c}=1-e^{-ct}$.\\ Or $F(t) \xrightarrow[+\infty]{}1 \Rightarrow \e^{-ct}\xrightarrow[+\infty]{}0 \Rightarrow c>0$ et $X$ suit $\mathcal{E}(c)$. \end{enumerate} \item Si $\lambda_X(t)=t^3 \Rightarrow F(t)=1-\exp\left(-\dint_0^t u^3 du\right)=1-\e^{-\frac{t^4}{4}}$ pour $t>0$. \begin{enumerate} \item On a $\P(X>1)=1-\P(X\leq 1)=1-F(1)=\e^{-\frac{1}{4}}$. \item On a $\P_{X>1}(X>2)=\dfrac{\P((X>2)\cap (X>1))}{\P(X>1)}=\dfrac{\P(X>2)}{\P(X>1)}=\dfrac{1-\P(X\leq 2)}{1-\P(X\leq 1)}=\dfrac{\e^{-\frac{2^4}{4}}}{\e^{-\frac{1}{4}}}=\e^{-\frac{15}{4}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Inégalité de Hoeffding}{convexité de la fonction exponentielle, v.a.r, espérances, inégalités probabilistes} \noindent Toutes les variables aléatoires de ce problème sont définies sur le m\^{e}me espace probabilisé $(\Omega,\mathcal{A},\P)$.\\ \noindent \underline{On admet} que la fonction $\exp$ vérifie la propriété suivante : $$\forall\, (t_1,t_2)\in \R^2, \quad \forall\, \lambda \in [0,1], \qquad \exp(\lambda t_1+(1-\lambda)t_2)\leq \lambda \exp(t_1)+(1-\lambda)\exp(t_2).$$ \begin{enumerate} \item On considère la fonction $\varphi$ définie sur $\R$ par : $$ \forall \,t\in\R,\qquad \varphi(t)=\frac{e^t+e^{-t}}2.$$ \begin{enumerate} \item Montrer que $$\forall \, n \in \N, \qquad 2^n n!\leq (2n)!$$ \item En déduire que $$ \forall \, t\in\R,\qquad \varphi(t)\leq \e^{\frac{t^2}2}$$ \item Soit $X$ une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur $\{-1,1\}$.\\ Montrer que pour tout $t\in \R$, $\e^{tX}$ admet une espérance qui vérifie: $$\displaystyle E(\e^{tX})\leq \e^{\frac {t^2}{2}}.$$ \end{enumerate} \item Soit $X$ une variable aléatoire réelle discrète telle que $X(\Omega)=\{x_n,n\in \N\}\subset [-1,1]$ et $\E(X)=0.$ \begin{enumerate} \item Montrer que $$ \forall \, x \in [-1,1], \qquad \forall \, t \in \R, \qquad \e^{tx}\leq \dfrac{1+x}2\e^t+\dfrac{1-x}2\e^{-t}.$$ \item Montrer que $\e^{tX}$ admet une espérance qui vérifie $$\E(\e^{tX})\leq \dfrac{1+\E(X)}2\e^t+\dfrac{1-\E(X)}2\e^{-t}$$ \item Montrer que pour tout $t\in \R$, $$\E(e^{tX})\leq \e^{\frac{t^2}2}.$$ \end{enumerate} \item Soit $X$ une variable aléatoire vérifiant $$\forall\, t \in \R, \quad \E(\e^{tX})\leq \e^{\frac{t^2}2} .$$ Soit $\lambda$ un réel strictement positif. \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout réel $t$ strictement positif: $$ \P\big(X\geq \lambda\big)\leq \e^{\frac{t^2}2-t\lambda}.$$ \item Montrer que pour tout réel $t$ strictement positif: $$ \P\big(|X|\geq \lambda \big)\leq 2\e^{\frac{t^2}2-t\lambda}.$$ \item Montrer que $$ \P\big(|X|\geq \lambda \big)\leq 2\e^{-\frac{\lambda^2}{2}}.$$ \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \noindent \textbf{Dans le cadre du programme BL, la formule de transfert n'est citée que pour les variables aléatoires réelles discrètes. La convexité n'est pas non plus citée au programme.} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On procède par récurrence. La propriété est vraie au rang $n=0$ car elle donne $1\leq 1$.\\ Supposons la propriété vraie au rang $n$: $ 2^nn!\le (2n)!$. On multiplie les deux membres par $2(n+1)$, ce qui donne $2^{n+1}(n+1)!\le (2n)!(2n+2)$. D'où, $2^{n+1}(n+1)!\le(2n)!(2n+1)(2n+2)= (2n+2)!$ \item Pour tout $t\in \R$, $\displaystyle \frac{\e^t+\e^{-t}}{2}=\frac12\left(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k}{k!}+\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-t)^k}{k!}\right)= \frac{1}{2}\, \Big(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k+(-t)^k}{k!}\Big)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^{2n}}{(2n)!}$. Par la question précédente, pour tout $n\in \N$, $\displaystyle \dfrac{1}{(2n)! }\leq \dfrac{1}{2^nn!} $. Ainsi, $\displaystyle \varphi(t)= \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{t^{2n}}{(2n)!}\leqslant\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\left(\frac{t^2}{2}\right)^n}{n!}= \e^{\frac{t^2}{2}}.$ \item Comme $\e^{tX}$ a un support fini, $\e^{tX}$ admet une espérance. Par le le théorème de transfert, pour tout $t\in \R$, $\displaystyle \E(\e^{tX})=\P(X=-1)\e^{-t}+\P(X=1)\e^t=\dfrac{1}{2}\e^{-t}+\dfrac{1}{2}\e^t=\varphi(t)\leq e^{\frac {t^2}2}.$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On applique l'inégalité de l'énoncé avec $\lambda=\dfrac{1+x}2 \in [0,1]$, $t_1=t$ et $t_2=-t$. On obtient : $\displaystyle \mathrm{exp}\Big(\dfrac{1+x}2t+\dfrac{1-x}2(-t)\Big)\leq \dfrac{1+x}2\mathrm{exp}(t)+\dfrac{1-x}2\mathrm{exp}(-t)$.\\ Comme $\dfrac{1+x}2t+\dfrac{1-x}2(-t)=xt$, on trouve la formule demandée. \item Pour tout $n\in \N$, $x_n\in [-1,1]$. La question précédente donne donc :\\ pour tout $n\in \N$, $\displaystyle \e^{tx_n}\leq \dfrac{1+x_n}2\e^t+\dfrac{1-x_n}2\e^{-t}$.\\ Par suite, pour tout $n\in \N$, $\displaystyle 0\leq p_n\e^{tx_n}\leq \dfrac{1+x_n}2\e^tp_n+\dfrac{1-x_n}2\e^{-t}p_n$. Par théorème de comparaison des séries à termes positives, la série $\displaystyle \sum \e^{tx_n}p_n$ converge, ce qui indique que $\e^{tX}$ admet une espérance. De plus, en sommant : $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \e^{tx_n}p_n\leq \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{p_n+x_np_n}2\e^t+\sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{p_n-x_np_n}2\e^{-t}$.\\ Par le théorème de transfert, on conclut que $\displaystyle \E(\e^{tX})\leq \dfrac{1+\E(X)}2\e^t+\dfrac{1-\E(X)}2\e^{-t}$. \item Comme $\E(X)=0$, la question précédente et la question 1(b) donnent \\ $\displaystyle \E(\e^{tX})\leq \dfrac{1}2\e^t+\dfrac{1}2\e^{-t}=\varphi(t)\leq \e^{\frac{t^2}2}.$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Comme $t>0$, on a : $[X\geq \lambda]=[tX\geq t\lambda]=[\e^{tX}\geq \e^{t\lambda}]$. Par croissance de la probabilité, $\displaystyle \P(X\geq \lambda)=\P( \e^{tX}\geq e^{t\lambda})$ Par l'inégalité de \textsc{\textsc{Markov}} : $\P(X\geq \lambda)=\P( \e^{tX}\geq \e^{t\lambda})\leq\dfrac{\E\big(\e^{tX}\big)}{\e^{\lambda t}}$. Par hypothèse, $\displaystyle \E(e^{tX})\leq \e^{\frac{t^2}2}$. On conclut que $\displaystyle \P(X\geq \lambda)\leq \e^{\frac{t^2}2-t\lambda}.$ \item $[|X|\geq \lambda]=[X\geq \lambda]\cup[X\leq -\lambda]=[X\geq \lambda]\cup[-X\geq \lambda]$, ces deux événements étant incompatibles. D'où, $\displaystyle \P(|X|\geq \lambda\big)=\P( X\geq \lambda)+\P(-X\geq \lambda )$. On sait déjà que $P(X\geq \lambda)\leq \e^{\frac{t^2}2-t\lambda}$.\\ Remarquons que $-X$ vérifie les hypothèses de la question 3 puisque $$\forall\, t \in \R, \quad \E(\e^{t.(-X)})=\E(\e^{(-t)X})\leq \e^{\frac{t^2}2} .$$ Ainsi, par la question précédente, $\P(-X\geq \lambda)\leq \e^{\frac{t^2}2-t\lambda}.$ On conclut que $\displaystyle \P(|X|\geq \lambda)\leq 2\e^{\frac{t^2}2-t\lambda}.$ \item En prenant $t=\lambda>0$ dans l'inégalité précédente, on trouve $ \P\big(|X|\geq \lambda \big)\leq 2\e^{-\frac{\lambda^2}{2}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite de v.a.r}{lois de \textsc{Poisson} et \textsc{Bernoulli}, espérance, convergences} Toutes les variables aléatoires de cet exercice sont définie sur un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A},\P)$. Soit $\lambda$ un réel strictement positif et $X_1,\ldots, X_n$, des variables aléatoires discrètes indépendantes, identiquement distribuées et suivant toutes la loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre $\lambda$. \begin{enumerate} \item On pose $S_n=\sum\limits_{i=1}^{n}X_i$. Indiquer la loi de $S_n$. \item Pour tout $i\in \llbracket 1,n \rrbracket$, on défini $Y_i$ par, pour tout $\omega\in \Omega$ $$ Y_i(\omega)=\begin{cases} 1 & \quad \mbox{si} \quad X_i(\omega)=0 \\ 0 &\quad \mbox{si} \quad X_i(\omega) \neq 0 \end{cases} $$ Déterminer la loi de $Y_i$. \item On pose $T_n=\sum\limits_{i=1}^{n}Y_i$. Déterminer la loi de $T_n$. \item Calculer $\E\left(\dfrac{T_n}{n}\right)$ en fonction de $\lambda$. \item On pose $\forall k \in \mathbb{N} \quad f(k)=P(X_1=0\vert S_n=k)$. Calculer, pour tout $k\in \mathbb{N}$, $f(k)$ \item Déterminer l'espérance $\E(f(S_n))$. \item Démontrer que la variance $\V(f(S_n))$ est inférieure à la variance $\V\left(\dfrac{T_n}{n}\right)$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Par stabilité de la loi de \textsc{\textsc{Poisson}}, $S_n$ suit une loi de \textsc{\textsc{Poisson}} de paramètre $n\lambda$. \item La variable aléatoire $Y_i$ suit une loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de paramètre $p=\P(X_i=0)=\e^{-\lambda}$. \item La variable aléatoire $T_n$ est la somme de variables de \textsc{\textsc{Bernoulli}} indépendantes de paramètre $\e^{-\lambda}$, donc $T_n$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $e^{-\lambda}$. \item On a $\E\left(\dfrac{T_n}{n}\right)=\frac{1}{n}\E(T_n)$ par linéarité de l'espérance et $\E\left(\frac{T_n}{n}\right)=\frac{1}{n}\times n \e^{-\lambda}=\e^{-\lambda}$. \item On a $$ \begin{aligned} f(k)&=\P(X_1=0\vert S_n=k)=\frac{\P((X_1 =0)\cap (S_n=k)}{\P(S_n=k)}=\frac{\P(X_1=0)\times \P(S_n=k\vert X_1 =0)}{\P(S_n=k)}\\ &=\frac{\P(S_{n-1}=k)\times \P(X_1=0)}{\P(S_n=k)}=\frac{\e^{-(n-1)\lambda} \times \frac{((n-1)\lambda)^{k}}{k!}\times \e^{-\lambda}}{e^{-n\lambda}\times \frac{(n\lambda)^{k}}{k!}}\\ &= \left(\frac{n-1}{n}\right)^{k} \end{aligned} $$ \item Par le théorème de transfert, on a \begin{align*} \E(f(S_n))&=\dsum\limits_{k=0}^{+\infty} f(k)\P(S_n=k) =\dsum\limits_{i=0}^{+\infty} \left( \frac{n-1}{n} \right)^{k} \e^{-n\lambda} \frac{(n\lambda)^{k}}{k!}\\ &=\e^{-n\lambda} \sum\limits_{k=0}^{+\infty} \frac{((n-1)\lambda)^{k}}{k!}=\e^{-n\lambda}e^{(n-1)\lambda}=\e^{-\lambda} \end{align*} \item On commence par calculer la variance de $\dfrac{T_n}{n} $. On a $$\V\left(\frac{T_n}{n}\right)=\frac{1}{n^2}\V(T_n)=\frac{1}{n^2}n\e^{-\lambda}(1-\e^{-\lambda})=\frac{\e^{-\lambda}(1-\e^{-\lambda})}{n} $$ Puis on calcule la variance de $f(S_n)$. Il vient, par la formule de König-\textsc{\textsc{Huygens}}, $\V(f(S_n))=\E((f(S_n))^2) -(\E(f(S_n)))^2$. Par la formule de transfert, on obtient : $$ \E((f(S_n))^2)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} (\frac{n-1}{n})^{2i} \e^{-n\lambda} \frac{(n\lambda)^{i}}{i!}=\e^{-n\lambda} \sum\limits_{i=0}^{+\infty} (\frac{(n-1)^2}{n}\lambda)^{i} \times \frac{1}{i!} =\e^{-n\lambda} \e^{\frac{(n-1)^2}{n}\lambda }=\e^{\frac{-2n+1}{n}\lambda} $$ Donc $\V(f(S_n))=\e^{\frac{-2n+1}{n}\lambda}-\e^{-2\lambda}$.\\ Or \begin{align*} \V(f(S_n)) \leq \V(\frac{T_n}{n})& \Leftrightarrow \quad \e^{\frac{-2n+1}{n}\lambda}-\e^{-2\lambda}\leq \frac{\e^{-\lambda}(1-\e^{-\lambda})}{n}\\ &\Leftrightarrow \quad n(\e^{(2+\frac{-2n+1}{n})\lambda}-1)\leq \e^{\lambda}-1\\ &\Leftrightarrow \quad n(\e^{\frac{\lambda}{n}}-1) \leq \e^{\lambda} -1\\ &\Leftrightarrow \quad \e^{\lambda}-n\e^{\frac{\lambda}{n}}+n-1\geq 0 \end{align*} On pose $g(\lambda)=\e^{\lambda}-n\e^{\frac{\lambda}{n}} +n-1$. On a $g'(\lambda)=\e^{\lambda}-\e^{\frac{\lambda}{n}} >0$. Ainsi la fonction $g$ est croissante sur $\mathbb{R}^{+*}$. \\ Comme $g(0)=1-n+n-1=0$. On en déduit que $\forall \; \lambda >0, g(\lambda)>0$. D'où le résultat. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Famille de vecteurs obtusangle}{espace euclidien, orthogonalité} Soit $n\in \mathbb{N}^*$. On munit $\mathbb{R}^n$ du produit scalaire canonique $\langle\, \ \rangle $.\\ L'objectif des questions 1 et 2 est de démontrer par récurrence sur $n$, qu'il n'existe pas de familles de vecteurs $(x_1,\ldots , x_{n+2} )\in (\mathbb{R}^n)^{n+2}$ telle que $$\forall (i,j)\in \llbracket 1,n+2\rrbracket^2\quad i\neq j \Rightarrow \langle x_i, x_j \rangle <0 $$ \begin{enumerate} \item Démontrer l'initialisation pour $n=1$. \item Soit $n\in \mathbb{N}^* $. On suppose le résultat vrai au rang $n$. Soit $(x_1,\ldots ,x_{n+3})$ une famille de $n+3$ vecteurs de $(\mathbb{R}^{n+1})^{n+3}$. On suppose par l'absurde que $$\forall (i,j)\in \llbracket 1,n+3\rrbracket^2 \quad i\neq j \Rightarrow \langle x_i, x_j \rangle <0$$ \begin{enumerate} \item Démontrer que : $\forall i\in \llbracket 1,n+3\rrbracket, \ x_i \neq 0$. \item On pose $$\forall i\in \{1,\ldots ,n+3\} \quad y_i =\frac{x_i}{\Vert x_i \Vert} \qquad \textrm{et} \qquad \forall j\in \llbracket 1,n+2\rrbracket \qquad z_j =y_j -\langle y_j , y_{n+3}\rangle y_{n+3} $$ Pour tout $(i,j)\in \llbracket 1,n+2\rrbracket^2$ tel que $ i\neq j$, calculer $\langle z_i,z_j\rangle $ et donner son signe. \item Pour tout $i \in \llbracket 1,n+2\rrbracket$, calculer $\langle z_i , y_{n+3}\rangle$. \item On pose $F=(\Vect(y_{n+3}))^{\perp} $. Donner la dimension de $F$. \item Conclure \end{enumerate} \item Dans cette question on prend $n=2$.\\ Construire trois vecteurs $x_1,x_2,x_3\in (\R^2)^3$ tel que $\langle x_i,x_j\rangle <0$ pour tout $(i,j)$ tel que $i\neq j$. \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour $n=1$, le produit scalaire est le produit de réels. On se donne $x_1,x_2,x_3$ réels. On raisonne par l'absurde, et on suppose que $$x_1x_2<0 \qquad x_1x_3<0 \qquad x_2x_3<0$$ En particulier $x_1 \neq 0 \qquad x_2\neq 0 \qquad x_3\neq 0$. On a $$(x_1x_2)(x_1x_3)>0 \Rightarrow x_1^2x_2x_3>0 \Rightarrow x_2x_3>0$$ C'est impossible. \item \begin{enumerate} \item Si l'un des $x_i =0$, on aurait pour $l\neq i$, $\langle x_i, x_j \rangle =0$, c'est contraire à l'hypothèse, donc $x_i \neq 0$. \item $$\langle z_i , z_j \rangle =\langle y_i -\langle y_i, y_{n+3}\rangle y_{n+3} , y_j -\langle y_j , y_{n+3}\rangle y_{n+3} \rangle $$ $$\langle z_i , z_j \rangle=\langle y_i , y_j \rangle -\langle y_i, y_{n+3}\rangle \langle y_j , y_{n+3}\rangle -\langle y_j , y_{n+3}\rangle \langle y_i , y_{n+3}\rangle +\langle y_j, y_{n+3}\rangle \langle y_i, y_{n+3}\rangle \langle y_{n+3} , y_{n+3}\rangle $$ Or $y_{n+3}$ est unitaire, donc $\langle z_i , z_j \rangle=\langle y_i, y_j \rangle - \langle y_i, y_{n+3}\rangle \langle y_j ,y_{n+3}\rangle$ \\ On a $$ \langle y_i, y_j \rangle<0 \qquad \langle y_i , y_{n+3}\rangle <0 \qquad \langle y_j , y_{n+3}\rangle <0 \Rightarrow \langle y_i , y_{n+3}\rangle \langle y_j , y_{n+3}\rangle >0 $$ Par conséquent: $\langle z_i , z_j \rangle<0$ \item On a $$ \langle z_i, y_{n+3}\rangle =\langle y_i-\langle y_i, y_{n+3}\rangle y_{n+3}, y_{n+3}\rangle =\langle y_i , y_{n+3}\rangle - \langle y_i, y_{n+3}\rangle \langle y_{n+3} , y_{n+3}\rangle =0 \qquad \textrm{car} \; y_{n+3} \; \textrm{est unitaire}.$$ \item On a $\dim (\Vect(y_{n+3}))=1$, donc $\dim (F^{\perp}) =n+1-1=n$. \item On a construit une famille de vecteurs $(z_1,\ldots,z_{n+2}) \in F^{n+2}$ d'un espace de dimension $n$ et dont les produits scalaires sont deux à deux négatifs, par hypothèse de récurrence c'est impossible. Par conséquent on a démontré par l'absurde qu'il ne peut pas exister de famille de vecteurs $(x_1,\ldots,x_{n+3})\in (\mathbb{R}^{n+1})^{n+3}$ dont les produits scalaires sont deux à deux négatifs. Le résultat est vrai au rang $n+1$. Par le principe de récurrence, le résultat est vrai pour tout $n$. \end{enumerate} \item Dans le plan complexe, on peut prendre $1, j , j^2$, soit $$\begin{pmatrix} 1\\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1/2\\ \sqrt{3}/2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1/2\\ -\sqrt{3}/2\end{pmatrix} $$ De manière plus générale, on peut supposer que $x_1=1$. On choisit $x_2$ dans le second quart du plan ($\cos x_2<0$) et $x_3$ dans l'intersection du demi plan opposé à $x_2$ (déterminé par la droite orthogonale à $x_2$) et du troisième quart du plan. (Faire un dessin pour mieux comprendre) \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Urne et lancers de pièce}{jeu équilibré, espérance, développement en série de $\ln(1-x)$} Soit $p\in ]0,1[$. On considère l'expérience aléatoire suivante : \begin{itemize} \item une urne contient initialement une boule noire ; \item on lance une pièce pipée de sorte que sa probabilité de tomber sur pile est $p$ ; \begin{itemize} \item si la pièce tombe sur pile, on rajoute une boule blanche (indiscernable au toucher) dans l'urne puis on recommence l'expérience ; \item sinon, on tire une boule dans l'urne puis on arr\^{e}te l'expérience. \end{itemize} \end{itemize} \begin{enumerate} \item On note $X$ la variable aléatoire qui renvoie le numéro du lancer auquel l'expérience s'arr\^{e}te.\\ Quelle loi la variable aléatoire~$X$ suit-elle ? \item Quelle est la probabilité de tirer une boule noire à la fin de l'expérience ?\\ On admettra que pour tout~$x\in ]0,1[$, on a : $\displaystyle \ln(1-x) = - \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{x^k}k$. \item Dans cette question, on suppose que la pièce utilisée est équilibrée. On propose le jeu précédent dans une f\^{e}te foraine. Il faut payer $m>0$ euros pour participer. Le joueur re\c{c}oit $g>0$ euros s'il tire la boule noire et rien sinon. Comment faut-il choisir $g$ pour que ce jeu soit, en moyenne, à l'avantage du forain. \end{enumerate} On souhaite maintenant démontrer l'égalité admise à la question 2.\\ Pour ce faire, on considère la fonction $f : ]0,1[\to \R$ définie pour tout $t\in ]0,1[$ par $f(t)= \dfrac{1} {1-t}$. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que pour tout $n\in \N^*$, pour tout $t \in ]0,1[$ : $$f(t)= \sum_{k=0}^n t^k + \frac{t^{n+1}}{1-t}$$ \item Montrer que pour tout $x\in ]0,1[$, $$-\ln(1-x)= \sum_{k=0}^n \frac{x^{k+1}}{k+1}+\int_0^x \frac{t^{n+1}}{1-t} dt$$ \item En déduire que pour tout $x\in ]0,1[$ $$\ln(1-x) = - \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{x^k}k$$ \item On souhaite calculer une valeur approchée de $\ln 2$ à $10^{-3}$ près.\\ Combien de termes faudra-t-il utiliser dans la somme précédente ? \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $X$ renvoie le rang du premier lancer où la pièce tombe sur face. Elle suit donc un loi géométrique de paramètre $1-p$. \item On se donne le système complet d'événements $\{X=k\}$ pour $k\in \mathbb{N}^*$. On note $N$ l'événement \og Tirer la boule noire \fg{}. \[\P(N) = \sum_{k=1}^{+\infty} \P(N\cap X=k) = \sum_{k=1}^{+\infty} \P(N|X=k) \P(X=k) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac 1 k (1-p)p^{k-1} = -\frac{1-p}p \ln(1-p) \] \item La variable aléatoire qui donne le gain du joueur est donnée par : $G=g \mathds{1}_N- m$.\\ Dans ce cas $p=\frac12$, on a $\P(N) = \ln(2)$. L'espérance du gain est : \[E(G)= gP(N)-m= g \ln(2) - m\] Donc le jeu est à l'avantage du forain si et seulement si $g \ln(2) - m<0$ \ie $g<\frac1{\ln 2}m$. \item On reconna\^{\i}t la formule donnant la somme partielle d'une suite géométrique de raison $t\in ]0,1[$. \item Pour $x\in ]0,1[$, on intègre l'égalité précédente sur $[0,x]$. \item Soit $x\in ]0,1[$. Il vient $$ T=\left|\int_0^x \frac{t^{n+1}}{1-t}dt \right| \leq \frac{1}{1-x}\int_0^x t^{n+1} dt = \frac{1}{n+2}\times \frac{x^{n+2}}{1-x} \underset {n\to +\infty} \longrightarrow 0$$ Ainsi, $\ln(1-x) = - \dsum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{x^k}{k}$ pour tout $x\in ]0,1[$ fixé. \item On remarque que $\ln 2 = -\ln(1-1/2)$.\\ Or pour $x=\frac12$, le terme d'erreur $T$ précédent (\cf 6) est majoré par $\dfrac{1}{2^{n+1}(n+2)}$.\\ Il suffit donc de prendre $n=6$ pour obtenir $T\leq \dfrac1{2^7\times 8}=\dfrac1{1024}<10^{-3}$. \end{enumerate} \end{sol} \begin{exo}{} \themexo{Suite de \textsc{Cesàro}, lemme de l'escalier}{suite, application au calcul de limites} Étant donné une suite $(u_n)_{n\in\NN}$ de réels, on appelle $\textit{suite de \textsc{\textsc{Cesàro}} associée à } (u_n)$ la suite $(C_n)_{n\in\NN}$ définie par $$\forall n\in\N,C_n=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n u_k$$ \\ Lorsque la suite $(C_n)$ converge, on dit que la suite $(u_n)$ converge $\textit{au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}}}$.\\ On admet que, si une suite $(u_n)$ converge vers un réel $\ell$, alors la suite $(C_n)$ converge également vers $\ell$. \begin{enumerate} \item Vérifier que, si $q$ est un réel de $\left]-1,1\right[$, alors la suite $(C_n)$ associée à $(q^n)$ converge effectivement vers 0.\\ À l'aide d'une valeur bien choisie de $q$, montrer que la réciproque à la propriété admise dans l'en-t\^{e}te de l'exercice est fausse. \item \begin{enumerate} \item En utilisant la propriété admise, montrer que pour une suite $(u_n)$ telle que $(u_{n+1}-u_n)$ converge vers un réel $a$ non nul, on a : $\dlim_{n\rightarrow +\infty} \frac{u_n}{n}=a$ \item {\em Application.} On considère la suite $(t_n)$ définie par $t_0>0$ et $$\forall n \in \N, t_{n+1}=\frac{t_n}{t_n^2+1}$$ Montrer que la suite $(t_n)$ converge et calculer sa limite.\\ À l'aide de $u_n=t_n^{-2}$ montrer que $\dlim_{n\to +\infty} \sqrt{2n} t_n=1$. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip Soit une suite $(u_n)_{n\geq 0}$. On pose, pour tout entier naturel $n$ : $$S_n=u_0+\dots+u_n\quad\text{et}\quad\sigma_n=\frac{S_0+\dots+S_n}{n+1} $$ On dit que la série $\displaystyle{\sum_{n\geq 0}u_n}$ converge $\textit{au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}}}$ si la suite $(\sigma_n)$ converge. \begin{enumerate}[resume] \item Montrer que si la série $\displaystyle{\sum_{n\geq 0}u_n}$ converge, alors elle converge au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}}. \item Soit une série $\displaystyle{\sum_{n\geq 0}u_n}$ convergente au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}} et telle que $\dlim_{n\to +\infty} nu_n=0$. \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout entier naturel $n$ : $$\sigma_n=S_n-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n ku_k$$ \item En déduire que la série $\displaystyle{\sum_{n\geq 0}u_n}$ converge. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exo} \begin{sol} \begin{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, $$C_n=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n q^k=\frac{1-q^{n+1}}{(n+1)(1-q)}$$ Puisque $q\in\left]-1,1\right[$, alors, sans indétermination, la suite $(C_n)$ converge effectivement vers 0.\\ Pour $q=-1$, on a : $$\forall n\in\N,C_n=\frac{1-(-1)^{n+1}}{2(n+1)} \quad\text{et donc}\quad \left| C_n \right| \le \frac{1}{n+1}$$ On en déduit, par le théorème d'encadrement, que la suite $(C_n)$ converge (vers 0), c'est-à-dire que la suite $((-1)^n)$ converge au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}}. En revanche, la suite $((-1)^n)$ diverge et donc l'implication réciproque est fausse. \item \begin{enumerate} \item D'après la propriété de \textsc{\textsc{Cesàro}}, la suite $(C_n)$ associée à la suite $(u_{n+1}-u_n)$ converge vers $a$. Or, pour tout entier naturel $n$ : $$C_{n-1}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} (u_{k+1}-u_k)=\frac{u_{n}-u_0}{n}$$ On en déduit que : $$\frac{u_n}{na}=\frac{C_{n-1}}{a}+\frac{u_0}{na}\quad\text{donc}\quad \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{u_n}{na}=1.$$ \item Application. Pour tout entier naturel $n$, $$t_{n+1}-t_n=-\frac{t_n^3}{t_n^2+1}$$ Or, une récurrence rapide montre que $t_n>0$, donc la suite $(t_n)$ est décroissante et minorée ; par le théorème de la limite monotone, elle converge. En notant $\ell$ sa limite, on a : $$\ell=\frac{\ell}{\ell^2+1}\quad\text{donc}\quad\ell=0$$ Un rapide calcul montre que, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}-u_n=t_n^2+2$ et donc la suite $(u_{n+1}-u_n)$ converge vers 2. D'après la question précédente, $$\dfrac{1}{nt_n^2} \rTo_{n\to +\infty} 2 \text{ d'où : } \dlim_{n\to +\infty} \sqrt{2n} t_n=1.$$ \end{enumerate} \item Si la série de terme général $u_n$ converge, alors la suite $(S_n)$ converge et donc elle converge au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}}, c'est-à-dire que la suite $(\sigma_n)$ converge. \item \begin{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$ : $$\sigma_n=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^ku_i=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n\sum_{k=i}^n u_i=\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n (n-i+1) u_i= S_n-\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n iu_i$$ \item Pour tout entier naturel $n$, $$ S_n=\sigma_n+\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n ku_k$$ Or, la suite $(\sigma_n)$ converge car la série de terme général $(u_n)$ converge au sens de \textsc{\textsc{Cesàro}} et la suite $\left(\displaystyle{\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^n ku_k}\right)_{n\ge 0}$ converge en tant que suite de \textsc{\textsc{Cesàro}} associée à la suite $(nu_n)$ qui converge (vers 0). \\ On en déduit que la suite $(S_n)$ converge, c'est-à-dire que la série $\dsum u_n$ converge. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{sol} \chapter{Exemples de questions courtes} \begin{QSP}{} Soit $X,Y,Z$ trois variables aléatoires indépendantes de m\^{e}me loi géométrique de paramètre $p\in ]0,1[$.\\ On considère le système d'inconnues $u$ et $v$ : $$(S) : \left\{\begin{array}{c} u+v=1 \\ Xu+Yv=Z \end{array}\right.$$ Déterminer la probabilité que $(S)$ possède une infinité de solutions. \end{QSP} \begin{QSP}{} Soit $f$ une fonction de classe $C^1$ sur $[1,+\infty[$, à valeurs positives telle que $xf'(x)\underset{x\to +\infty}= o\left(f(x)\right)$. \begin{enumerate} \item Montrer, en étudiant la fonction $x\mapsto \dfrac{f(x)}{x^{\alpha}}$, que pour tout $\alpha>0$, $f(x)\underset{x\to +\infty}=o(x^{\alpha})$. \item En déduire que pour tout $\alpha>1$, $\dint_1^{+\infty}\dfrac{f(x)}{x^{\alpha}}dt$ converge. \end{enumerate} \end{QSP} \begin{QSP}{} Soit un entier $n\geq 2$. On considère $n^2$ variables aléatoires indépendantes $(X_{i,j})_{1 \leq i,j\leq n}$ qui sont définies sur le même espace probabilisé $\left( \Omega, \mathcal{A}, P\right) $ et qui suivent toutes la loi de \textsc{Bernoulli} de paramètre $p \in ]0,1[ $.\\ Pour $\omega \in\Omega$, on définit la matrice carrée $M(\omega)$ d'ordre $n$ par $ M(\omega)=\left[X_{i,j}(\omega) \right]_{1\leq i,j \leq n} . $ \begin{enumerate} \item Soient $Y$ et $Z$ les variables aléatoires définies par $Y=Tr(M)=\dsum_{k=1}^{n}X_{k,k}$ et $Z= \underset{1\leq i0$. Montrer que $\displaystyle I(t)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}}{t+x}\, \mathrm{d} x$ existe,\\ et qu'il existe une constante $M>0$ telle que $ \forall t>0: \ \displaystyle \, 0 \leq \int_{1}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{-x}}{t+x}\, \mathrm{d} x\leq M. \medskip\\ $ \item Montrer que $I(t) \underset{t\to 0^+}{\sim} -\ln(t)$.\medskip\\ {\it On pourra utiliser l'identité $\displaystyle \frac{\mathrm{e}^{-x}}{t+x}=\frac{\mathrm{e}^{-x}-1}{t+x}+\frac{1}{t+x}\, $ pour $t>0$ et $x\geq 0$. } \end{enumerate} \end{QSP} \begin{QSP}{} Soient $X_1, X_2, Y$ des variables aléatoires indépendantes définies sur le même espace probablisé $(\Omega, \mathcal{A}, \P)$.\\ On suppose que $X_1$ (respectivement $X_2$) suit une loi de \textsc{Poisson} $\mathcal{P} (\lambda_1)$, (resp. $\mathcal{P}(\lambda_2)$) et que $Y$ est à valeurs dans $\{-1,1\}$ telle que $P(Y=1)=p$.\\ Pour tout $\omega \in \Omega$ on définit la matrice : $$M(\omega)= \begin{pmatrix} X_1^2(\omega)& X_2^2(\omega)\\ Y(\omega)X_1^2(\omega)& X_2^2(\omega) \end{pmatrix}$$ \begin{enumerate} \item Déterminer la probabilité que $M$ admette des valeurs propres réelles. \item Déterminer la probabilité que $M$ soit diagonalisable dans $\mathcal{M}_2(\R)$. \end{enumerate} \end{QSP} \end{document}