Banque d'exercices

Rappels de première année

EXERCICE 1analyse

EnoncéCorrigé

On considère deux suites numériques $\left( u_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}}$ et $\left( v_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}}$ telles que $(v_n)_{n\in \mathbb{N}}$ est non nulle à partir d’un certain rang et $u_{n}\underset{+\infty}\thicksim v_{n}$. Démontrer que $u_{n}$ et $v_{n}$ sont de même signe à partir d’un certain rang.
Déterminer le signe, au voisinage de l’infini, de : $u_{n}=\text{sh}\left( \dfrac{1}{n}\right) -\tan \left( \dfrac{1}{n}\right)$.

Par hypothèse, $\exists\:N_0\in\mathbb{N}/\forall\:n\in\mathbb{N}, n\geqslant N_0\Longrightarrow v_n\neq 0$. Ainsi la suite $\left( \dfrac{u_n}{v_n}\right)$ est définie à partir du rang $N_0$. De plus, comme $u_{n}\underset{+\infty}\thicksim v_{n}$, on a $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{u_n}{v_n}=1$. Alors, $\forall\:\varepsilon>0$, $\exists N\in\mathbb{N}/N\geqslant N_0$ et $\forall\:n\in\mathbb{N},n\geqslant N\Longrightarrow\left|\dfrac{u_n}{v_n}-1\right|\leqslant\varepsilon$.(1) Prenons $\varepsilon=\dfrac{1}{2}$. Fixons un entier $N$ vérifiant $(1)$. Ainsi, $\forall\:n\in\mathbb{N},n\geqslant N\Longrightarrow\left|\dfrac{u_n}{v_n}-1\right|\leqslant\dfrac{1}{2}$. C’est-à-dire, $\forall\:n\in\mathbb{N},n\geqslant N\Longrightarrow -\dfrac{1}{2}\leqslant\dfrac{u_n}{v_n}-1\leqslant\dfrac{1}{2}$. On en déduit que $\forall\:n\in\mathbb{N},n\geqslant N\Longrightarrow \dfrac{u_n}{v_n}\geqslant \dfrac{1}{2}$. Et donc, $\forall\:n\in\mathbb{N},n\geqslant N\Longrightarrow \dfrac{u_n}{v_n}> 0$. Ce qui implique que $u_n$ et $v_n$ sont de même signe à partir du rang $N$.
Au voisinage de $+ \infty$, $\textrm{sh} (\dfrac{1}{n}) = \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{6n^3 }} + o\left( {\dfrac{1}{{n^3 }}} \right)\text{ et }\tan \dfrac{1}{n} = \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{{3n^3 }} + o\left( {\dfrac{1}{{n^3 }}} \right)$. Donc $u_n \underset{+\infty}\thicksim - \dfrac{1}{{6n^3 }}$. On en déduit, d’après 1., qu’à partir d’un certain rang, $u_n$ est négatif.

EXERCICE 43 analyse

EnoncéCorrigé

Soit $x_0 \in \mathbb{R}$. On définit la suite $(u_n)$ par $u_0=x_0$ et, $\forall n\in\mathbb{N}\:,\: u_{n+1}=\mathrm{Arctan}(u_n)$.

1. Démontrer que la suite $(u_n)$ est monotone et déterminer, en fonction de la valeur de $x_0$, le sens de variation de $(u_n)$.
2. Montrer que $(u_n)$ converge et déterminer sa limite.
Déterminer l’ensemble des fonctions $h$, continues sur $\mathbb{R}$, telles que : $\forall x \in \mathbb{R}$, $h(x)=h(\mathrm{Arctan}\: x)$.

On pose $f(x)=\mathrm{Arctan}\: x$.

1. Premier cas: Si $u_1<u_0$ Puisque la fonction $f:x \mapsto \mathrm{Arctan}\: x$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ alors $\mathrm{Arctan}(u_1)< \mathrm{Arctan}(u_0)$ c’est-à-dire $u_2 < u_1$. Par récurrence, on prouve que $\forall n \in{\mathbb{N}} \:,\: u_{n+1} < u_n$. Donc la suite $(u_n)$ est strictement décroissante.
  Deuxième cas: Si $u_1>u_0$ Par un raisonnement similaire, on prouve que la suite $(u_n)$ est strictement croissante.
  Troisième cas : Si $u_1=u_0$ La suite $(u_n)$ est constante.
  
  Pour connaître les variations de la suite $(u_n)$, il faut donc déterminer le signe de $u_1-u_0$, c’est-à-dire le signe de $\mathrm{Arctan} (u_0)-u_0$. On pose alors $g(x)=\mathrm{Arctan} x -x$ et on étudie le signe de la fonction $g$. On a $\forall x\in{\mathbb{R} }$, $g'(x)=\dfrac{-x^2}{1+x^2}$ et donc $\forall\:x\in\mathbb{R}^*$, $g'(x)<0$. Donc $g$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ et comme $g(0)=0$ alors : $\forall x\in{ \left] 0,+\infty\right[ }$, $g(x)< 0$ et $\forall x\in{ \left]-\infty,0\right[ }$, $g(x)> 0$. On a donc trois cas suivant le signe de $x_0$: - Si $x_0>0$, la suite$(u_n)$ est strictement décroissante. - Si $x_0=0$, la suite $(u_n)$ est constante. - Si $x_0<0$, la suite$(u_n)$ est strictement croissante.
2. La fonction $g$ étant strictement décroissante et continue sur $\mathbb{R}$, elle induit une bijection de $\mathbb{R}$ sur $g(\mathbb{R})=\mathbb{R}$. $0$ admet donc un unique antécédent par $g$ et, comme $g(0)=0$, alors 0 est le seul point fixe de $f$. Donc si la suite $(u_n)$ converge, elle converge vers 0, le seul point fixe de $f$.
  Premier cas: Si $u_0>0$ L’intervalle $\left] 0,+\infty\right[$ étant stable par $f$, on a par récurrence, $\forall n\in\mathbb{N}$, $u_n > 0$. Donc la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$, donc elle converge et ce vers 0, unique point fixe de $f$.
  Deuxième cas: Si $u_0<0$ Par un raisonnement similaire, on prouve que $(u_n)$ est croissante et majorée par 0, donc elle converge vers 0.
  Troisième cas: Si $u_0=0$ La suite $(u_n)$ est constante.
Conclusion: $\forall\:u_0\in\mathbb{R}$, $(u_n)$ converge vers 0.
Soit $h$ une fonction continue sur $\mathbb{R}$ telle que, $\forall x \in \mathbb{R}$, $h(x)=h(\mathrm{Arctan}\: x)$. Soit $x \in \mathbb{R}$. Considérons la suite $(u_n)$ définie par $u_0=x$ et $\forall n\in\mathbb{N}\:,\: u_{n+1}=\mathrm{Arctan}(u_n)$. On a alors $h(x)=h(u_0)=h(\mathrm{Arctan}(u_0))=h(u_1)=h(\mathrm{Arctan}(u_1))=h(u_2)=\dots$. Par récurrence, on prouve que, $\forall n \in {\mathbb{N}}$, $h(x)=h(u_n)$. De plus $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty} h(u_n)=h(0)$ par convergence de la suite $(u_n)$ vers $0$ et par continuité de $h$. On obtient ainsi: $h(x)=h(0)$ et donc $h$ est une fonction constante. Réciproquement, toutes les fonctions constantes conviennent. Conclusion: Seules les fonctions constantes répondent au problème.

RMS2022-711

EnoncéCorrigé

Soit, pour $n\geq 4$, $f_n : x\mapsto x^{3n} - \sqrt{n}x +1$.

a) Montrer qu'il existe un unique $x_n\in [1,2]$ tel que $f_n(x_n)=0$.

b) Étudier la convergence de la suite de terme général $\epsilon_n=x_n-1$.

c) Trouver un équivalent de $\epsilon_n$.

d) Donner un développement asymptotique à trois termes de $x_n$.

a) $f_n$ est dérivable de dérivée $fn'(x)=3nx^{3n-1}-\sqrt n=\sqrt n(3\sqrt n x^{3n-1}-1)$. Si $x\ge 1$, cette quantité est strictement positive, donc $f_n$ est strictement croissante sur $[1,2]$ en particulier. Or $f_n(1)=2-\sqrt n<0$ car $n\ge 4$ et $f_n(2)=2^{3n}-2\sqrt n+1>2^{n+1}-2\times 2^n+1>1$ en utilisant les inégalités $3n>n+1$ et $\sqrt n<n<2^n$ valables pour $n\ge 4$. On en déduit que $f_n(x)=0$ admet une unique solution entre $1$ et $2$.

b) Nous allons utiliser une inégalité classique : pour $u\ge 0$, $\ln(1+u)\ge u-\frac{u^2}{2}$ ; qu'on peut démontrer par une étude de fonction.

\[ \begin{aligned} f_n(1+\frac 1{\sqrt n})&=(1+\frac 1{\sqrt n})^{3n}-\sqrt n\left(1+\frac1{\sqrt n}\right)+1\\ &=\exp(3n\ln\left(1+\frac1{\sqrt n}\right))-\sqrt n\\ &\ge \exp(3\sqrt n-\frac 32)-\sqrt n\\ &\ge \exp(3\sqrt n-\frac32)-\sqrt n\\ &\ge 1+3\sqrt n-\frac 32-\sqrt n\\ &\ge 2\sqrt n-\frac 12 \end{aligned} \]

car $\exp(u)\ge 1+u$. On en déduit donc que $f(1+\frac1{\sqrt n})\ge 0$ et donc $1\le x_n\le 1+\frac1{\sqrt n}$. Par encadrement, on a donc $\epsilon_n\to 0$.

c) On a alors $x_n^{3n}=\sqrt nx_n-1$ donc $x_n^{3n-1}\sim \sqrt n$. c'est à dire $3n\ln(x_n)=\ln(\sqrt nx_n-1)=\ln(\sqrt nx_n)+\ln(1-\frac{1}{\sqrt nx_n})$. D'où $6n\ln(x_n)=\ln(n)+2\ln(x_n)+2\ln(1-\frac{1}{\sqrt nx_n})$ dont on déduit $6n\ln(x_n)\sim\\ln(n)$. Or $\ln(x_n)\sim x_n-1$ donc $x_n-1\sim\frac{\ln(n)}{6n}$. On en déduit $x_n=1+\frac{\ln(n)}{6n}+o(\frac{\ln(n)}{n})$.

d) On cherche un terme en plus. On a

\[ \begin{aligned} x_n&=(\sqrt n x_n-1)^{1/3n}\\ &=\exp(\frac 1{3n}\ln(\sqrt n x_n-1))\\ &=\exp(\frac 1{3n}\ln(\sqrt n+\frac{\ln(n)}{6\sqrt n}-1+o(\frac{\ln n}{\sqrt n})))\\ &=\exp(\frac{\ln(n)}{6n}+\frac 1{3n}\ln(1-\frac 1{\sqrt n}+\frac{\ln(n)}{6n}+o(\frac{\ln n}{n})))\\ &=\exp(\frac{\ln(n)}{6n}+\frac 1{3n}\ln(1-\frac 1{\sqrt n}+o(\frac{1}{\sqrt n})))\\ &=\exp(\frac{\ln(n)}{6n}-\frac 1{3n\sqrt n}+o(\frac 1{n\sqrt n}))\\ &=1+\frac{\ln(n)}{6n}-\frac 1{3n\sqrt n}+o(\frac 1{n\sqrt n}) \end{aligned} \]

EXERCICE 3analyse

EnoncéCorrigé

On pose $g(x)=\mathrm{e}^{2x}$ et $h(x)=\dfrac{1}{1+x}$. Calculer, pour tout entier naturel $k$, la dérivée d’ordre $k$ des fonctions $g$ et $h$ sur leurs ensembles de définitions respectifs.
On pose $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{2x}}{1+x}$. En utilisant la formule de Leibniz concernant la dérivée $n^{\text{ième}}$ d’un produit de fonctions, déterminer, pour tout entier naturel $n$ et pour tout $x\in\mathbb{R}\backslash\left\lbrace -1\right\rbrace$, la valeur de $f^{(n)}(x)$.
Démontrer, dans le cas général, la formule de Leibniz, utilisée dans la question précédente.

$g$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$ et $h$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}\backslash\left\lbrace-1 \right\rbrace$. On prouve, par récurrence, que : $\forall\:x\in\mathbb{R}$, $g^{(k)}(x)=2^k\mathrm{e}^{2x}$ et $\forall\:x\in\mathbb{R}\backslash\left\lbrace-1 \right\rbrace$, $h^{(k)}(x)=\dfrac{(-1)^kk!}{(1+x)^{k+1}}$.
$g$ et $h$ sont de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}\backslash\left\lbrace-1 \right\rbrace$ donc, d’après la formule de Leibniz, $f$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\mathbb{R}\backslash\left\lbrace-1 \right\rbrace$ et $\forall\:x\in \mathbb{R}\backslash\left\lbrace-1 \right\rbrace$: $f^{(n)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}g^{(n-k)}(x)h^{(k)}(x)= \displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}2^{n-k}\mathrm{e}^{2x}\dfrac{(-1)^k k!}{(1+x)^{k+1}}= n!\mathrm{e}^{2x}\sum\limits_{k = 0}^n \dfrac{{( - 1)^k 2^{n - k} }}{{(n - k)!}(1 + x)^{k + 1}}$.
Notons $(P_n)$ la propriété: Si $f:I \to \mathbb{R}$ et $g:I \to \mathbb{R}$ sont $n$ fois dérivables sur $I$ alors, $fg$ est $n$ fois dérivable sur $I$ et : $\forall \:x\in I$, $(fg)^{(n)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}f^{(n-k)}(x) g^{(k)}(x)$. Prouvons que $(P_n)$ est vraie par récurrence sur $n$. La propriété est vraie pour $n = 0$ et pour $n=1$ (dérivée d’un produit). Supposons la propriété vraie au rang $n \geqslant 0$. Soit $f:I \to \mathbb{R}$ et $g:I \to \mathbb{R}$ deux fonctions $n + 1$ fois dérivables sur $I$. Les fonctions $f$ et $g$ sont, en particulier, $n$ fois dérivables sur $I$ et donc par hypothèse de récurrence la fonction $fg$ l’est aussi avec $\forall \:x\in I$, $(fg)^{(n)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}f^{(n-k)}(x) g^{(k)}(x)$.

Pour tout $k \in \left\{ {0, \ldots ,n} \right\}$, les fonctions $f^{(n - k)}$ et $g^{(k)}$ sont dérivables sur $I$ donc par opération sur les fonctions dérivables, la fonction $(fg)^{(n)}$ est encore dérivable sur $I$. Ainsi la fonction $fg$ est $(n + 1)$ fois dérivable et: $\forall \:x\in I$,$(fg)^{(n+1)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\left( f^{(n+1-k)}(x) g^{(k)}(x)+f^{(n-k)}(x) g^{(k+1)}(x)\right)$. En décomposant la somme en deux et en procédant à un décalage d’indice sur la deuxième somme, on obtient: $\forall \:x\in I$, $(fg)^{(n+1)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} f^{(n+1-k)}(x) g^{(k)}(x) + \displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n+1} \dbinom{n}{k-1}f^{(n+1-k)}(x) g^{(k)}(x)$. C’est-à-dire $(fg)^{(n+1)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\left( \dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}\right)f^{(n+1-k)}(x) g^{(k)}(x)+\dbinom{n}{0}f^{(n+1)}(x)g^{(0)}(x)+ \dbinom{n}{n}f^{(0)}(x)g^{(n+1)}(x)$. Or, en utilisant le triangle de Pascal, on a $\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}=\dbinom{n+1}{k}$. On remarque également que $\dbinom{n}{0}=1=\dbinom{n+1}{0}$ et $\dbinom{n}{n}=1=\dbinom{n+1}{n+1}$. On en déduit que $(fg)^{(n+1)}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n+1} \dbinom{n+1}{k}f^{(n+1-k)}(x) g^{(k)}(x)$. Donc $(P_{n+1})$ est vraie.

EXERCICE 6 analyse

EnoncéCorrigé

Soit $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}}$ une suite de réels strictement positifs et $l$ un réel positif strictement inférieur à 1.

Démontrer que si $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=l$, alors la série $\displaystyle\sum u_{n}$ converge.

Indication: écrire, judicieusement, la définition de $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=l$, puis majorer, pour $n$ assez grand, $u_{n}$ par le terme général d’une suite géométrique.
Quelle est la nature de la série $\displaystyle\sum_{n\geqslant1}{} \dfrac{n!}{n^{n}}$?

Par hypothèse: $\forall \:\varepsilon >0,\:\exists\:N\in\mathbb{N}/\:\forall n\geqslant N,\:|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}-l|\leqslant \varepsilon$.(1) Prenons $\varepsilon=\dfrac{1-l}{2}$. Fixons un entier $N$ vérifiant (1). Alors $\forall\:n\in\mathbb{N},\: n\geqslant N\Longrightarrow\:|\dfrac{u_{n+1}}{u_n}-l|\leqslant \dfrac{1-l}{2}$. Et donc, $\forall n\geqslant N,\:\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\leqslant \dfrac{1+l}{2}$. On pose $q=\dfrac{1+l}{2}$. On a donc $q\in \left] 0,1\right[$. On a alors $\forall n\geqslant N,\:u_{n+1}\leqslant q u_n$. On en déduit, par récurrence, que $\forall n\geqslant N,\:u_{n}\leqslant q^{n-N} u_N.$ Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant N}^{}q^{n-N}u_N=u_Nq^{-N}\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant N}^{}q^n$ et $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant N}^{}q^n$ converge car $q\in \left] 0,1\right[$. Donc, par critère de majoration des séries à termes positifs, $\displaystyle\sum u_n$ converge.
On pose : $\forall \:n\in\mathbb{N}^*$, $u_n=\dfrac{n!}{n^n}$. $\forall \:n\in\mathbb{N}^{*}$, $u_n> 0$ et $\forall \:n\in\mathbb{N}^*$, $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n^n}{(n+1)^{n}}=\mathrm{e}^{-n\ln(1+\dfrac{1}{n})}$. Or $-n\ln(1+\dfrac{1}{n})\underset{+\infty}{\thicksim}-1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\mathrm{e}^{-1}<1$. Donc $\displaystyle\sum u_n$ converge.

EXERCICE 46 analyse

EnoncéCorrigé

On considère la série:$\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}{}\cos \left( \pi \sqrt{n^2+n+1}\right)$.

Prouver que, au voisinage de $+\infty$, $\pi\sqrt{n^2+n+1}=n\pi+\dfrac{\pi}{2}+\alpha\dfrac{\pi}{n}+O\left(\dfrac{1}{n^2} \right)$ où $\alpha$ est un réel que l’on déterminera.
En déduire que $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\cos \left( \pi \sqrt{n^2+n+1}\right)$ converge.
$\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\cos \left( \pi \sqrt{n^2+n+1}\right)$ converge-t-elle absolument?

$\pi \sqrt{n^2+n+1}=n\pi\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}$. Or, au voisinage de $+\infty$, $\sqrt{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}=1+\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{n} +\dfrac{1}{n^2})-\dfrac{1}{8n^2}+O(\dfrac{1}{n^3})= 1+\dfrac{1}{2n} +\dfrac{3}{8n^2}+O(\dfrac{1}{n^3})$. Donc, au voisinage de $+\infty$, $\pi \sqrt{n^2+n+1}=n\pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{3}{8}\dfrac{\pi}{n}+O(\dfrac{1}{n^2})$.
On pose $\forall n \in{\mathbb{N}^*}$, $v_n=\cos \left( \pi \sqrt{n^2+n+1}\right)$.

D’après 1., $v_n=\cos\left( n\pi+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{3}{8}\dfrac{\pi}{n}+O(\dfrac{1}{n^2})\right) =(-1)^{n+1}\sin\left(\dfrac{3}{8}\dfrac{\pi}{n}+O(\dfrac{1}{n^2})\right)$. Donc $v_n=\dfrac{3\pi}{8}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}+O(\dfrac{1}{n^2})$.

Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}$ converge (d’après le critère spécial des séries alternées) et $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}O(\dfrac{1}{n^2})$ converge (par critère de domination), donc $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{v_n}$ converge.
D’après le développement asymptotique du 2., on a $|v_n| \underset{+\infty}{\thicksim} \dfrac{3\pi}{8n}$. Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{}\dfrac{1}{n}$ diverge (série harmonique), donc $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}|{v_n}|$ diverge, c’est-à-dire $\sum\limits_{n\geqslant 1}{v_n}$ ne converge pas absolument.

RMS2022-1307

EnoncéCorrige

IMT . Déterminer la nature de la série $\sum u_n$, avec $u_n = \frac{(-1)^n }{n^{3/4} + \sin n}$.

On a :

\[ \begin{align*} u_n=\frac{(-1)^n}{n^{3/4}(1+\sin(n)n^{-3/4}}\\ &=\frac{(-1)^n}{n^{3/4}}(1-\frac{\sin(n)}{n^{3/4}}+o(\frac1{n^{3/4}})\\ &=\underset{v_n}{\underbrace{\frac{(-1)^n}{n^{3/4}}}}+\underset{w_n}{\underbrace{\frac{(-1)^n\sin(n)}{n^{3/2}}}}+o(\frac 1{n^{3/2}} \end{align*} \]

Or $v_n$ est le terme général d'une série convergente (par critère des séries alternées) et $w_n$ est le terme général d'une série absolument convergente (par comparaison à une série de Riemann $\sum\frac 1{n^{3/2}}$ convergente). Donc $\sum u_n$ converge.

EXERCICE 33 analyse

EnoncéCorrigé

On pose : $\forall\:(x,y)\in\mathbb{R}^2\backslash \left\lbrace (0,0)\right\rbrace$, $f\left( x,y\right) =\dfrac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$ et $f\left( 0,0\right) =0$.

Démontrer que $f$ est continue sur $\mathbb{R}^{2}$.
Démontrer que $f$ admet des dérivées partielles en tout point de $\mathbb{R}^{2}$.
$f$ est-elle de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}^{2}$? Justifier.

Par opérations sur les fonctions continues, $f$ est continue sur l’ouvert $\mathbb{R}^2 \backslash \left\{ {(0,0)} \right\}$. On considère la norme euclidienne sur $\mathbb{R}^2$ définie par $\forall\:(x,y)\in\mathbb{R}^2$, $||(x,y)||_2=\sqrt{x^2+y^2}$. On a $\forall\:(x,y)\in\mathbb{R}^2$, $|x|\leqslant ||(x,y)||_2$ et $|y|\leqslant||(x,y)||_2$. On en déduit que $\forall\:(x,y)\in\mathbb{R}^2\backslash\left\lbrace (0,0)\right\rbrace$, $|f(x,y)-f(0,0)|=\dfrac{|x||y|}{||(x,y)||_2}\leqslant\dfrac{\left( ||(x,y)||_2\right) ^2}{||(x,y)||_2}=||(x,y)||_2\underset{(x,y)\to (0,0)}{\longrightarrow} 0$. On en déduit que $f$ est continue en $(0,0)$. Ainsi $f$ est continue sur $\mathbb{R}^2$.
Par opérations sur les fonctions admettant des dérivées partielles, $f$ admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert $\mathbb{R}^2 \backslash \left\{ {(0,0)} \right\}$. En $(0,0)$: $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \dfrac{1}{t}\left( {f(t,0) - f(0,0)} \right) = 0\text{ }$, donc $f$ admet une dérivée partielle en $(0,0)$ par rapport à sa première variable et $\dfrac{{\partial f}}{{\partial x}}(0,0) = 0$. De même, $\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \dfrac{1}{t}\left( {f(0,t) - f(0,0)} \right) = 0\text{ }$. Donc $f$ admet une dérivée partielle en $(0,0)$ par rapport à sa seconde variable et $\dfrac{{\partial f}}{{\partial y}}(0,0) = 0$.
D’après le cours, $f$ est de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}^{2}$ si et seulement si $\dfrac{\partial f}{ \partial x}$ et $\dfrac{\partial f}{ \partial y }$ existent et sont continues sur $\mathbb{R}^{2}$. Or, $\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2 \backslash \left\{ {(0,0)} \right\}$, $\dfrac{\partial f}{ \partial x}(x,y)=\dfrac{y^3}{\left( x^2+y^2\right)^{\frac{3}{2}} }$. On remarque que $\forall\:x>0$, $\dfrac{\partial f}{ \partial x}(x,x)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$. Donc, $\lim\limits_{x\to 0^{+}}^{}\dfrac{\partial f}{ \partial x}(x,x)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\neq \dfrac{\partial f}{ \partial x}(0,0)$. On en déduit que $\dfrac{\partial f}{ \partial x}$ n’est pas continue en $(0,0)$. Donc $f$ n’est pas de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}^{2}$.

RMS2022-1473

EnoncéCorrige

CCINP. Pour tous réels $x,y$, on pose $f\left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}-3xy$.

a) Quels sont les points critiques de $f$ ?
b) Est-ce que $f$ possède un extrémum global ?
c) Quels sont les extrémums locaux de $f$ ?

Calculons les dérivées partielles qui existent par théorèmes généraux. $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=3x^2-3y$ et $\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=3y^2-3x$. Les points critiques sont alors définis par les équations $x^2=y$ et $y^2=x$ ce qui donne $x(x-1)(x^2+x+1)=0$, donc $x=0$ ou $x=1$ et les couples $(x,y)=(0,0)$ ou $(x,y)=(1,1)$.

Or $f(1,1)=-1$, $f(0,0)=0$, $f(-1,-1)=1$ (donc $(0,0)$ n'est pas un extremum global) et $f(-2,-2)=-28$. DONC $(1,1)$ n'est pas un extremum global.

On a $f(t,t)=2t^3-3t^2=t^2(2t-3)$. Le point $(0,0)$ est un maximum local dans cette direction. Par ailleurs $f(t,-t)=t^3-t^3+3t^2=3t^2$. Le point $(0,0)$ est un minimum local dans cette direction. Donc $(0,0)$ n'est pas un extremum local.

Considérons maintenant le point $(1,1)$. Posons $x'=x-1$ et $y'=y-1$.

\[ \begin{align*} f(x,y)+1&=(x'+1)^3+(y'+1)^3-3(x'+1)(y'+1)+1\\ &=x'^3+3x'^2+3x'+1+y'^3+3y'^2+3y'+1-3x'y'-3x'-3y'-3+1\\ &=x'^3+3x'^2+y'^3+3y'^2-3x'y'\\ &\ge x'^3+3x'^2+y'^3+3y'^2-\frac 32(x'^2+y'^2)\\ &\ge x'^3+y'^3+\frac32 x'^2+\frac 32 y'^2\\ &\ge x'^2(x'+\frac 32)+y'^2(y'+\frac 32) \end{align*} \]

La dernière quantité est positive pour $x'>-\frac 32$ et $y'>-\frac 32$ : $(1,1)$ est donc un point de minimum local.

RMS2022-1470

EnoncéCorrige

CCINP . On étudie sur $]0, 1]$ l'équation différentielle $(E): x^2 y'' + 4 x y' + 2 y = \frac{1}{x\sqrt{x}}$.

a) Donner les solutions de l'équation homogène de la forme $x \mapsto x^{\alpha}$.
b) Chercher les solutions de $(E)$ sous la forme $x \mapsto \frac{z(x)}{x^2}$.

Soit $f(x)=x^\alpha$ une solution de $(E_0)$. Alors $\alpha(\alpha-1)x^\alpha+4\alpha x^\alpha+2x^\alpha = (\alpha^2+3\alpha+2)x^\alpha= 0$. On en déduit que $\alpha = -1$ ou $\alpha=-2$. On obtient alors deux solutions libres : c'est une base de l'ensemble des solutions de l'équation homogène.

Cherchons maintenant une solution de $(E)$ $y$ sous la forme $y(x)=\frac{z(x)}{x^2}$ c'est à dire $z(x)=x^2y(x)$. On a alors $z'(x)=2xy(x)+x^2y'(x)$ et $z''(x)=2y(x)+4xy'(x)+x^2y''(x)$. L'équation $(E)$ devient $z''(x) = \frac1{x\sqrt x}$. Une solution particulière est donc $z(x)=-4\sqrt x$ et donc $y(x)=\frac {-4}{x\sqrt x}$.

On en déduit que l'ensemble des solutions de $(E)$ est $y(x)=\frac {-4}{x\sqrt x}+\frac ax+\frac b{x^2}$.

EXERCICE 59 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $n$ un entier naturel tel que $n\geqslant 2$. Soit $E$ l’espace vectoriel des polynômes à coefficients dans $\mathbb{K}$ ($\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{K}=\mathbb{C}$) de degré inférieur ou égal à $n$. On pose : $\forall\:P\in E$, $f\left( P\right)=P-P^{\prime }$.

Démontrer que $f$ est bijectif de deux manières:
1. sans utiliser de matrice de $f$,
2. en utilisant une matrice de $f$.
Soit $Q\in E.$ Trouver $P$ tel que $f\left( P\right) =Q$ .

Indication : si $P\in E$, quel est le polynôme $P^{\left(n+1\right) }$?
(hors programme en début d'année) $f$ est-il diagonalisable?

$f$ est clairement linéaire.(*) De plus, $\forall \:P\in E\backslash\left\lbrace 0\right\rbrace$, $\deg P'< \deg P$ donc $\deg (P-P')=\deg P$. Et, si $P=0$, alors $P-P'=0$ donc $\deg( P-P')=\deg P=-\infty$. On en déduit que $\forall\:P\in E$, $\deg f(P)=\deg P$. Donc $f(E)\subset E$.(**) D’après (*) et (**), $f$ est bien un endomorphisme de $E$.
1. Déterminons $\mathrm{Ker} f$. Soit $P\in\mathrm{Ker} f$. $f(P)=0$ donc $P-P'=0$ donc $\deg (P-P')=-\infty$. Or, d’après ce qui précéde, $\deg(P-P')=\deg P$ donc $\deg P=-\infty$. Donc $P=0$. On en déduit que $\mathrm{Ker} f=\left\lbrace0\right\rbrace$. Donc $f$ est injectif. Or, $f\in\mathcal{L}\left( E\right)$ et $E$ est de dimension finie ($\dim E=n+1$) donc $f$ est bijectif.
2. Soit $e=(1,X,...,X^n)$ la base canonique de $E$. Soit $A$ la matrice de $f$ dans la base $e$. $A=\left( { \begin{array}{cccc} 1 & { - 1} & {} & {(0)} \\ {} & 1 & \ddots & {} \\ {} & {} & \ddots & { - n} \\ {(0)} & {} & {} & 1 \\ \end{array} } \right)\in\mathcal{M}_{n+1}\left( \mathbb{R}\right) .$ $\det A=1$ d’où $\det A\neq 0$. Donc $f$ est bijectif.
Soit $Q\in E$. D’après 1.: $\exists\:!P\in E$, tel que $f(P) = Q$. $P - P' = Q\text{, }P' - P'' = Q'\text{,\ldots , }P^{(n)} - P^{(n + 1)} = Q^{(n)}$. Or $P^{(n + 1)} = 0$, donc, en sommant ces $n+1$ égalités, $P = Q + Q' + \cdots + Q^{(n)}$.
Reprenons les notations de 1.(b). Tout revient à se demander si $A$ est diagonalisable. Notons $P_A(X)$ le polynôme caractéristique de $A$. D’après 1.(b), on a $P_A(X)=(X-1)^{n+1}$. Donc $1$ est l’unique valeur propre de $A$. Ainsi, si $A$ était diagonalisable, alors $A$ serait semblable à la matrice unité $\mathrm{I}_{n+1}$. On aurait donc $A=\mathrm{I}_{n+1}$. Ce qui est manifestement faux car $f\neq \mathrm{Id}$. Donc $A$ n’est pas diagonalisable et par conséquent, $f$ n’est pas diagonalisable.

EXERCICE 60 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit la matrice $A= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ et $f$ l’endomorphisme de $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}% \right)$ défini par : $f\left( M\right) =AM.$

Déterminer une base de $\mathrm{Ker}f$.
$f$ est-il surjectif ?
Déterminer une base de $\text{Im}f.$
A-t-on $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}% \right)=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Im}f$?

Posons $M = \left( { \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \\ \end{array} } \right) \in {\mathcal{M}}_2 (\mathbb{R})$. On a $f(M) = \left( { \begin{array}{cc} {a + 2c} & {b + 2d} \\ {2a + 4c} & {2b + 4d} \\ \end{array} } \right)$. Alors $M\in\mathrm{Ker} f\Longleftrightarrow$ $\exists\:(a,b,c,d)\in\mathbb{R}^4$ tel que $M=\begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix}$ avec $\left\lbrace \begin{array}{lll} a&=&-2c\\ b&=&-2d \end{array} \right.$. C’est-à-dire, $M\in\mathrm{Ker} f$ $\Longleftrightarrow$ $\exists\:(c,d)\in\mathbb{R}^2$ tel que $M=\begin{pmatrix} -2c&-2d\\ c&d \end{pmatrix}$. On en déduit que $\mathrm{Ker} f = \textrm{Vect} \left\{ {\left( { \begin{array}{cc} -2 & 0 \\ { 1} & 0 \\ \end{array} } \right),\left( { \begin{array}{cc} 0 & -2 \\ 0 & { 1} \\ \end{array} } \right)} \right\}$.(*) On pose $M_1=\left( \begin{array}{cc} -2 & 0 \\ { 1} & 0 \\ \end{array} \right)$ et $M_2=\left( \begin{array}{cc} 0 & -2 \\ 0 & { 1} \\ \end{array} \right)$. D’après (*), la famille $(M_1,M_2)$ est génératrice de $\mathrm{Ker} f$. De plus, $M_1$ et $M_2$ sont non colinéaires; donc $(M_1,M_2)$ est libre. Donc $(M_1,M_2)$ est une base de $\mathrm{Ker} f$.
$\mathrm{Ker} f\neq \left\lbrace 0\right\rbrace$, donc $f$ est non injectif. Or $f$ est un endomorphisme de $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ et $\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$ est de dimension finie. On en déduit que $f$ est non surjectif.
Par la formule du rang, $\textrm{rg} f = 2$. On pose $M_3= f(E_{1,1} ) = \left( { \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 2 & 0 \\ \end{array} } \right)$ et $M_4=f(E_{2,2} ) = \left( { \begin{array}{cc} 0 & 2 \\ 0 & 4 \\ \end{array} } \right)$. $M_3$ et $M_4$ sont non colinéaires, donc $(M_3,M_4)$ est une famille libre de $\mathrm{Im}f$. Comme $\textrm{rg} f = 2$, $(M_3,M_4)$ est une base de $\mathrm{Im}f$.
On a $\dim \mathcal{M}_2\left(\mathbb{R} \right)=\dim \mathrm{Ker} f+\dim\mathrm{Im}f$.(1) Prouvons que $\mathrm{Ker}f\cap \mathrm{Im}f=\left\lbrace0 \right\rbrace$. Soit $M\in \mathrm{Ker}f\cap \mathrm{Im}f$. D’après 1. et 3., $\exists(a,b,c,d)\in\mathbb{R}^4$ tel que $M=aM_1+bM_2$ et $M=cM_3+dM_4$. On a donc $\left\lbrace \begin{array}{lll} -2a&=&c\\ -2b&=&2d\\ a&=&2c\\ b&=&4d \end{array}\right.$. On en déduit que $a=b=c=d=0$. Donc $M=0$. Donc $\mathrm{Ker}f\cap \mathrm{Im}f=\left\lbrace0 \right\rbrace$(2) Donc, d’après (1) et (2), $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}% \right)=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Im}f$.

EXERCICE 64 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$.

Démontrer que: $E=\text{Im} f \oplus \mathrm{Ker} f \Longrightarrow \text{Im} f = \text{Im} f^2$.
1. Démontrer que: $\text{Im} f = \text{Im} f^2 \Longleftrightarrow \mathrm{Ker} f = \mathrm{Ker} f^2$.
2. Démontrer que: $\text{Im} f = \text{Im} f^2 \Longrightarrow E=\text{Im} f \oplus \mathrm{Ker} f$.

Supposons $E = \textrm{Im} f \oplus \mathrm{Ker} f$. Indépendamment de l’hypothèse, on peut affirmer que $\textrm{Im} f^2 \subset \textrm{Im} f$ (*) Montrons que $\mathrm{Im}f\subset\mathrm{Im}f^2$. Soit $y \in \textrm{Im} f$. Alors, $\exists\:x\in E$ tel que $y = f(x)$. Or $E = \textrm{Im} f \oplus \mathrm{Ker} f$, donc $\exists\:(a,b)\in E\times\mathrm{Ker} f$ tel que $x = f(a) + b$. On a alors $y = f^2 (a) \in \textrm{Im} f^2$. Ainsi $\textrm{Im} f \subset \textrm{Im} f^2$(**) D’après (*) et (**), $\textrm{Im} f = \textrm{Im} f^2$.
1. On a $\textrm{Im} f^2 \subset \textrm{Im} f$ et $\mathrm{Ker} f \subset \mathrm{Ker} f^2$. On en déduit que $\textrm{Im} f^2 = \textrm{Im} f$ $\Longleftrightarrow$ $\mathrm{rg}f^2=\mathrm{rg}f$ et $\mathrm{Ker} f = \mathrm{Ker} f^2$ $\Longleftrightarrow$ $\dim \mathrm{Ker} f=\dim \mathrm{Ker} f^2$. Alors, en utilisant le théorème du rang, $\textrm{Im} f = \textrm{Im} f^2 \Leftrightarrow \textrm{rg} f = \textrm{rg} f^2 \Leftrightarrow \dim \mathrm{Ker} f = \dim \mathrm{Ker} f^2 \Leftrightarrow \mathrm{Ker} f = \mathrm{Ker} f^2$.
2. Supposons $\textrm{Im} f = \textrm{Im} f^2$. Soit $x \in \textrm{Im} f \cap \mathrm{Ker} f$. $\exists\:a\in E$ tel que $x = f(a)$ et $f(x) = 0_E$. On en déduit que $f^2 (a) = 0_E$ c’est-à-dire $a \in \mathrm{Ker} f^2$. Or, d’après l’hypothèse et 2.(a), $\mathrm{Ker} f^2 = \mathrm{Ker} f$ donc $a\in \mathrm{Ker} f$ c’est-à-dire $f(a) = 0_E$. C’est-à-dire $x=0$. Ainsi $\textrm{Im} f \cap \mathrm{Ker} f = \left\{ {0_E } \right\}$.(***) De plus, d’après le théorème du rang, $\dim \mathrm{Im}f + \dim \mathrm{Ker} f = \dim E$. (****)
  
  Donc, d’après (***) et (****), $E = \textrm{Im} f \oplus \mathrm{Ker} f$.

RMS2022-1398

EnoncéCorrige

IMT . Soient $P$ le plan vectoriel de $\mathbb{R}^3$ d'équation $x - 2y + 3z = 0$ et $D$ la droite vectorielle engendrée par $(2, 2, 1)$. Montrer que $P$ et $D$ sont supplémentaires et déterminer les matrices dans la base canonique du projecteur sur $P$ parallèlement à $D$ et de la symétrie par rapport à~$P$ parallèlement à $D$.

On a $\dim(P)+\dim(D)=3$. Soit $u\in D\cap P$. $u\in D$, donc $u=(2\lambda,2\lambda,\lambda)$. $u\in P$ donc $2\lambda-4\lambda+3\lambda=0$ càd $\lambda=0$. Ainsi les deux espaces sont bien supplémentaires.

Les deux vecteurs $u=(2,1,0)$ et $v=(3,0,-1)$ forment une base de $P$, et le vecteur $w=(2,2,1)$ forme une base de $D$. Notons $p$ le projecteur et $s$ la symétrie. La matrice de $p$ dans la base $(u,v,w)$ est $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\0&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ et la matrice de $s$ est $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}$. La matrice de passage de la base canonique vers cette base est $P=\begin{pmatrix}2&3&2\\1&0&2\\0 & -1 &1\end{pmatrix}$. Pour avoir la matrice de $p$ dans la base canonique on fait $P A P^{-1}$. On laisse les calculs à la bonne volonté du lecteur.

EXERCICE 77 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un espace euclidien.

Soit $A$ un sous-espace vectoriel de $E$. Démontrer que $\left( A^{\perp }\right) ^{\perp }=A$.
Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$.
1. Démontrer que $\left( F+G\right) ^{\perp }=F^{\perp }\cap G^{\perp }$.
2. Démontrer que $\left( F\cap G\right) ^{\perp }=F^{\perp}+G^{\perp }$.

On a $A \subset \left( {A^ \bot } \right)^ \bot \text{ }$.(*) En effet, $\forall x \in A,\forall y \in A^ \bot ,(x\mid y) = 0$. C’est-à-dire, $\forall\:x\in A$, $x\in (A^{\perp})^{\perp}$. Comme $E$ est un espace euclidien, $E=A\oplus A^{\perp}$ donc $\dim A= n-\dim A^{\perp}$. De même, $E=A^{\perp}\oplus\left( A^{\perp}\right) ^{\perp}$ donc $\dim \left( A^ \bot\right) ^{\perp} = n - \dim A^{\perp}$. Donc $\dim \left( {A^ \bot } \right)^ \bot = \dim A$. (**) D’après (*) et (**), $\left( {A^ \bot } \right)^ \bot = A$.
1. Procédons par double inclusion. Prouvons que $F^{\perp}\cap G^{\perp}\subset \left(F+G \right)^{\perp}$. Soit $x \in F^ \bot \cap G^ \bot$. Soit $y \in F + G$ . Alors $\exists\:(f,g)\in F\times G$ tel que $y=f+g$. $(x\mid y) = \underbrace{(x\mid f)}_{ \underset{\: \text{car} \:f\in F\:\text{et}\:x\in F^{\perp}}{=0}}+ \underbrace{(x\mid g)}_{ \underset{\: \text{car} \:g\in G \:\text{et}\:x\in G^{\perp}}{=0}} = 0$. Donc $\forall \:y\in (F+G)$, $(x\mid y) =0$. Donc $x \in (F + G)^ \bot$. Prouvons que $\left(F+G \right)^{\perp}\subset F^{\perp}\cap G^{\perp}$. Soit $x \in (F + G)^ \bot$. $\forall \:y \in F$, on a $(x\mid y) = 0$ car $y \in F \subset F + G$. Donc $x \in F^ \bot$. De même, $\forall \:z \in G$, on a $(x\mid z) = 0$ car $z \in G \subset F + G$. Donc $x \in G^ \bot$. On en déduit que $x\in F^{\perp}\cap G^{\perp}$. Finalement, par double inclusion, $\left( {F + G} \right)^ \bot = F^ \bot \cap G^ \bot$.
2. D’après 2.(a), appliquée à $F^{\perp}$ et à $G^{\perp}$, on a $\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = \left( F^{\perp}\right) ^{\perp} \cap\left( G^ {\perp}\right) ^{\perp}$. Donc, d’après 1., $\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = F \cap G$. Donc $\left( \left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp }\right) ^{\perp} =\left( F \cap G \right) ^{\perp}$. C’est-à-dire, en utilisant 1. à nouveau, $F^{\perp}+G^{\perp }=\left( F\cap G\right) ^{\perp }$.

EXERCICE 81 algèbre

EnoncéCorrigé

On définit dans $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right) \times \mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)$ l’application $\varphi$ par : $\varphi \left( A,A'\right) =\text{tr}\left( ^{t}AA'\right)$, où $\text{tr}\left( ^{t}AA'\right)$ désigne la trace du produit de la matrice $^tA$ par la matrice $A'$. On admet que $\varphi$ est un produit scalaire sur $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)\ .$ On note $\mathcal{F}=\left\{ \left( \begin{array}{cc} a & b \\ -b & a% \end{array}% \right),\ \left( a,b\right) \in \mathbb{R}^{2}\right\}$.

Démontrer que $\mathcal{F}$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)$.
Déterminer une base de $\mathcal{F}^{\perp }$.
Déterminer le projeté orthogonal de $J=\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1% \end{array}% \right)$ sur $\mathcal{F}^{\perp }$ .
Calculer la distance de $J$ à $\mathcal{F}$.

On a immédiatement ${\mathcal{F}} = \textrm{Vect} (\mathrm{I}_2,K)$ avec $K = \left( { \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ { - 1} & 0 \\ \end{array} } \right)\text{ }$. On peut donc affirmer que ${\mathcal{F}}$ est un sous-espace vectoriel de ${\mathcal{M}}_2 (\mathbb{R})$.

${\mathcal{F}} = \textrm{Vect} (\mathrm{I}_2,K)$ donc $(\mathrm{I}_2,K)$ est une famille génératrice de $\mathcal{F}$. De plus, $\mathrm{I}_2$ et $K$ sont non colinéaires donc la famille $(\mathrm{I}_2,K)$ est libre. On en déduit que $(\mathrm{I}_2,K)$ est une base de $\mathcal{F}$.
Soit $M=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}\in{\mathcal{M}}_2\left( \mathbb{R}\right)$. Comme $(\mathrm{I}_2,K)$ est une base de $\mathcal{F}$, $M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow$ $\varphi(M,\mathrm{I}_2)=0$ et $\varphi(M,K)=0$. C’est-à-dire, $M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow$ $a+d=0$ et $b-c=0$. Ou encore, $M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow$ $d=-a$ et $c=b$. On en déduit que $\mathcal{F}^{\perp}=\mathrm{Vect}\left( A,B\right)$ avec $A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & { - 1} \\ \end{array} \right)\text{ et }B = \left( { \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{array} } \right)$. $(A,B)$ est une famille libre et génératrice de $\mathcal{F}^{\perp}$ donc $(A,B)$ est une base de $\mathcal{F}^{\perp}$.
On peut écrire $J = \mathrm{I}_2 + B\text{ avec }\mathrm{I}_2 \in {\mathcal{F}}\text{ et } B \in {\mathcal{F}}^ \bot$. Donc le projeté orthogonal de $J$ sur $\mathcal{F}^{\perp}$ est $B=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}$.
On note $d(J,\mathcal{F})$ la distance de $J$ à $\mathcal{F}$. D’après le cours, $d(J,\mathcal{F})=||J-p_{\mathcal{F}}(J)||$ où $p_{\mathcal{F}}(J)$ désigne le projeté orthogonal de $J$ sur $\mathcal{F}$. On peut écrire à nouveau que $J = \mathrm{I}_2 + B\text{ avec }\mathrm{I}_2 \in {\mathcal{F}}\text{ et } B \in {\mathcal{F}}^ \bot$. Donc $p_{\mathcal{F}}(J)=\mathrm{I}_{2}$. On en déduit que $d(J,\mathcal{F})=||J-p_{\mathcal{F}}(J)||=||J-\mathrm{I}_2||=||B||=\sqrt{2}$.

RMS2022-1424

EnoncéCorrige

CCINP . Dans $\mathbb{R}^3$, muni du produit scalaire canonique, on considère une droite de vecteur directeur unitaire $u$, et $p$ la projection orthogonale sur cette droite.

a) Donner l'expression de $p(x)$ pour $x \in \mathbb{R}^3$.
b) Soit $P $ le plan d'équation $x - 2y + z = 0$. Donner la matrice de la projection orthogonale $q$ sur ce plan dans la base canonique de $\mathbb{R}^3$.

D'après le cours, $p(x)=<x|u>u$.

Un vecteur orthogonal à ce plan est $(1,-2,1)$ de norme $\sqrt 6$ : on pose $u=\frac 1{\sqrt 6}(1,-2,1)$. Notons $p$ la projection orthogonale sur $u$. Alors $q=id-p$. Or : $p(e_1)=<e_1|u>u=\frac1{\sqrt 6}u$, $p(e_2)=<e_2|u>u=-\frac2{\sqrt 6}u$ et $p(e_3)=<e_3|u>u=\frac1{\sqrt 6}u$. On a donc $mat(p)=\frac 1{6}\begin{pmatrix}1&-2&1\\-2&4&-2\\1&-2&1\end{pmatrix}$. On en déduit $mat(q)=I_3-mat(p)=\frac 16\begin{pmatrix} 5 & 2 & -1\\2 & 2 & 2 \\-1 & 2 & 5 \end{pmatrix}$

RMS2022-1371

EnoncéCorrige

IMTTrouver un équivalent de $\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{\sqrt{k}}$ en utilisant :

i) une comparaison série-intégrale,
ii) les sommes de Riemann.

la fonction $x\mapsto \frac 1{\sqrt x}$ est décroissante. On a donc de façon assez classique $\int_{k}^{k+1}\frac 1{\sqrt x}dx\le \frac 1{\sqrt k}\le \int_{k-1}^k\frac 1{\sqrt x}dx$. En sommant de $n+1$ à $2n$, on obtient : $$ \int_{n+1}^{2n+1}\frac 1{\sqrt x}dx\le \sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\le \int_{n}^{2n}\frac 1{\sqrt x}dx $$

Or $\int_{n+1}^{2n+1}\frac 1{\sqrt x}dx=2(\sqrt{2n+1}-\sqrt{n+1})=2\sqrt n(\sqrt{2+\frac 1n}-\sqrt{1+\frac 1n})\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$ et $\int_{n}^{2n}\frac 1{\sqrt x}dx=2(\sqrt{2n}-\sqrt n)=2\sqrt n(\sqrt{2}-1)\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$. Par conservation de l'équivalent par encadrement, $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\sim 2\sqrt n(\sqrt 2-1)$.

par les sommes de Riemann, on a :

\[ \begin{align*} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}&=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k+n}}\\ &=\frac 1{\sqrt n}\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\\ &=\sqrt n\frac 1n\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\\ \end{align*} \]

Or par somme de Riemann, $\frac 1n\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\to \int_0^1\frac1{\sqrt{1+x}}dx=2(\sqrt 2-1)$. On en déduit que $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$.

RMS2022-1383

EnoncéCorrige

CCINP On pose pour $n\in $ : $I_n=\int_0^{\pi/4} (\tan x)^n \mathrm d x$.

a) Déterminer $\lim_{n\to +\infty}I_n$.
b) Calculer $I_n+I_{n+2}$.
c) En déduire $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1}$. Ind. Faire apparaître un télescopage.
d) Prouver la convergence de $\sum (-1)^n I_n$ et calculer sa somme.

Posons $u=\tan(x)$, on a $du = (1+u^2)dx$. Appliquons ce changement de variable :

\[ \begin{align*} I_n&=\int_{0}^{\frac\pi4}(\tan x)^n dx\\ &=\int_{0}^1 \frac{u^n}{1+u^2}du\\ &=\left[\frac1{n+1}\frac{u^{n+1}}{1+u^2}\right]_0^1+\frac 2{n+1}\int_0^1\frac{u^{n+2}}{(1+u^2)^2}du \end{align*} \]

Or $\int_0^1\frac{u^{n+2}}{(1+u^2)^2}du\le\int_0^1\frac{1}{(1+u^2)^2}du$ ce qui assure la convergence de tous les termes vers $0$.

Ainsi $I_n$ converge vers $0$.

On essaye d'obtenir une raltion de récurrence sur $I_n$ :

\[ \begin{align*} I_n+I_{n+2} &= \int_0^{\frac\pi4}(\tan x)^n(1+\tan^2(x))dx\\ &=\left[\frac 1{n+1}(\tan x)^{n+1}\right]_0^{\frac\pi4}\\ &=\frac 1{n+1} \end{align*} \]

On doit maintenant utiliser la question précédente. On peut remarquer que $\frac 1{2n+1}=I_{2n}+I_{2n+2}$ et donc $\sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{2n+1}=\sum_{n=0}^N(-1)^n(I_{2n}+I_{2n+2})=I_0+I_2-I_2-I_4+I_4+I_6-\dots +(-1)^NI_2N+(-1)^NI_{2N+2}=I_0+(-1)^NI_{2N+2}$. Par ailleurs $I_{2N+2}\to 0$ donc $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}=I_0=\frac\pi4$.

Enfin, $I_n$ est positive, décroissante et converge vers $0$, d'après le CSSA, $\sum(-1)^nI_n$ converge.

Or on remarque

\[ \begin{aligned} \sum(-1)^nI_n&=I_0-I_1+I_2-I_3+I_4-...\\ &=(I_0+I_2)+(I_4+I_6)+\dots -(I_1+I_3)-(I_5+I_7)-\dots\\ \text{mais aussi}\\ &=I_0-I_1+(I_2+I_4)+(I_8+I_{10})+\dots-(I_3+I_5)-(I_7+I_9)-\dots \end{aligned} \]

En sommant ces deux égalités, on obtient $2\sum(-1)^nI_n=I_0-I_1+(I_0+I_2)-(I_1+I_3)+(I_2+I_4)-(I_3+I_5)+\dots=I_0-I_1+\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^n(I_n+I_{n+2})=I_0-I_1+\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k+1}=I_0-I_1+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\frac\pi4-\frac 12\ln(2)+\ln(2)=\frac \pi4+\frac 12\ln(2)$. D'où $\sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^nI_n=\frac\pi8+\frac 14\ln(2)$.

EXERCICE 89 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $n \in {\mathbb{N}}$ tel que $n\geqslant 2$. On pose $z = e^{\mathrm{i}\,\frac{2\pi}{n}}$.

On suppose $k\in {\llbracket 1,n-1\rrbracket}$. Déterminer le module et un argument du complexe $\:z^k - 1$.
On pose $\;S = \displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n-1} \;\left|z^k - 1\right|$. Montrer que $\:S = \dfrac{2}{\tan\frac{\pi}{2n}}$.

$z^k-1 = e^{\mathrm{i}\,\dfrac{k2\pi}{n}} - 1 = \text{e}^{\mathrm{i}\,\dfrac{k\pi}{n}}\left(\text{e}^{\mathrm{i}\,\dfrac{k\pi}{n}} - \text{e}^{-\mathrm{i}\dfrac{k\pi}{n}}\right) = \text{e}^{\mathrm{i}\dfrac{k\pi}{n}}2\mathrm{i} \sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)$ c’est-à-dire $z^k-1 = 2 \sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)\;\text{e}^{\mathrm{i}(\dfrac{k\pi}{n}+ \dfrac{\pi}{2})}$

Pour $k\in{\llbracket 1,n-1 \rrbracket}$, on a $0 < \frac{k\,\pi}{n} < \pi$, donc $\sin\left(\dfrac{k\,\pi}{n}\right) > 0$. Donc le module de $z^k - 1$ est $\,2\: \sin\left(\dfrac{k\,\pi}{n}\right)$ et un argument de $\,z^k - 1$ est $\,\dfrac{k\pi}{n}+ \dfrac{\pi}{2}$.
On remarque que pour $k=0$, $|z^k-1|=0$ et $\sin\left(\dfrac{k\,\pi}{n}\right)=0$. Donc d’après la question précédente, on a $S = 2\:\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n-1} \;\sin\left(\dfrac{k\,\pi}{n}\right).$ $S$ est donc la partie imaginaire de $\:T = 2 \displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n-1} e^{\mathrm{i}\,\dfrac{k\pi}{n}}$. Or, comme $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{n}}\neq 1$, on a $T = 2\dfrac{1 - \text{e}^{\mathrm{i}\pi}}{1 - e^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{n}}}=\dfrac{4}{1 - e^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{n}}}$. Or $1-\mathrm{e} ^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{n}} =\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}\left( \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}-\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}\right) =-2\mathrm{i}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}\sin\left( \dfrac{\pi}{2n}\right)$. On en déduit que $T= \dfrac{4\text{e}^{-\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}}{-2\mathrm{i}\,\sin \dfrac{\pi}{2n}} = \dfrac{2}{\sin \dfrac{\pi}{2n}}\;\mathrm{i}\;\text{e}^{-\mathrm{i}\dfrac{\pi}{2n}}$. En isolant la partie imaginaire de $T$, et comme $\cos\left( \dfrac{\pi}{2n}\right)\neq 0$ ($n\geqslant 2$), on en déduit que $S = \dfrac{2}{\tan\dfrac{\pi}{2n}}$.

RMS2022-1393

EnoncéCorrige

CCINP

a) Résoudre, dans $\C$, l'équation $z^{n}=\mathrm{e}^{i\pi/3}$.
b) Résoudre, dans $\C$, l'équation $\left(\dfrac{z-1}{z+1}\right)^{n}+\left(\dfrac{z+1}{z-1}\right)^{n}=1$.

pour l'équation $z^n=e^{i\pi/3}$ on doit se ramener à une équation de la forme $Z^n=1$. On pose donc ici $Z=\frac z{e^{i\pi/3n}}$ et on a donc $Z\in\mathbb U_n$. Les solutions sont donc $Z=e^{2ik\pi/n}$ et $z=e^{2ik\pi/n+i\pi/(3n)}=e^{i\pi\frac{1+6k}{3n}}$.

Pour la seconde équation, on note que $z e1$ et $z \ne-1$, on pose $Z=(\frac{z-1}{z+1})^n$ et l'équation est équivalente à $Z^2-Z+1=0$ dont les racines sont $\frac{1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm i\pi/3}$. On en déduit que $\frac{z-1}{z+1}=e^{i\pi\frac{\pm1+6k}{3n}}$.

Or si $\frac{z-1}{z+1}=e^{i\theta}$, alors $z=\frac{e^{i\theta}+1}{1-e^{i\theta}}=i\frac{2\cos\frac\theta2}{2\sin\frac\theta2}=\frac i{\tan\frac\theta2}$.

Dans le cas qui nous intéresse, on a donc les solutions : $\frac i{\tan\frac{\pm1+6k}{6n}\pi}$ pour $k\in\{0,\dots,n-1\}$.

RMS2022-1395

EnoncéCorrige

CCINP.
Soit $P=\left(X+1\right)^{n}-1$.

a) Déterminer les racines de $P$ et factoriser $P$ dans $\C[X]$.
b) Calculer $ \prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)$.

Les racines de $P$ sont les $w-1$ avec $w\in\mathbb U_n$. Or $e^{2ik\pi/n}-1=2ie^{ik\pi/n}\sin(k\pi n)$.

Or $P=(X+1)^n-1=\sum_{k=0}^n\binom nk X^k-1=X\sum_{k=1}^n\binom nk X^{k-1}$. Les racines de second membre sont donc les $2ie^{ik\pi/n}\sin(k\pi/n)$ pour $k\in\{1\dots n-1\}$ : le produit des racines se lit sur le coefficient de degré $0$ avec un coefficient multiplicatif de $(-1)^{n-1}$ : $(-1)^{n-1}n=\prod_{k=1}^{n-1}2ie^{ik\pi/n}\sin(k\pi/n)=(2i)^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n) e^{i\sum_{k=1}^{n-1}k\pi/n}=(2i)^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n) e^{in(n-1)\pi/2n}=(2i)^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n) e^{i(n-1)\pi/2}=(-2)^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n)$.

On en déduit : $\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n)=\frac{n}{2^{n-1}}$.

EXERCICE 105 probabilités

EnoncéCorrigé

Énoncer et démontrer la formule de Bayes pour un système complet d’événements.
On dispose de 100 dés dont 25 sont pipés (c’est-à-dire truqués). Pour chaque dé pipé, la probabilité d’obtenir le chiffre 6 lors d’un lancer vaut $\dfrac{1}{2}$.
1. On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé et on obtient le chiffre 6. Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé?
2. Soit $n\in\mathbb{N}^*.$ On tire un dé au hasard parmi les 100 dés. On lance ce dé $n$ fois et on obtient $n$ fois le chiffre $6$. Quelle est la probabilité $p_n$ que ce dé soit pipé?
3. Déterminer $\lim\limits_{n\to+\infty}^{}p_n$. Interpréter ce résultat.

Soit $(\Omega,\mathcal{A},P)$ un espace probabilisé. Soit $B$ un événement de probabilité non nulle et $\left( A_i\right) _{i\in I}$ un système complet d’événements de probabilités non nulles. Alors, $\forall\: i_0 \in I$, $P_B(A_{i_0})=\dfrac{P(A_{i_0})P_{A_{i_0}}(B)}{\displaystyle\sum\limits_{i\in I}^{}P(A_i)P_{A_i}(B)}.$

Preuve: $P_B(A_{i_0})=\dfrac{P(A_{i_0}\cap B)}{P(B)}=\dfrac{P(A_{i_0})P_{A_{i0}}(B)}{P(B)}$.(1) Or $\left( A_i\right) _{i\in I}$ un système complet d’événements donc $P(B)=\displaystyle\sum\limits_{i\in I}^{}P(A_{i}\cap B)$. Donc $P(B)=\displaystyle\sum\limits_{i\in I}^{}P(A_i)P_{A_i}(B)$.(2). (1) et (2) donnent le résultat souhaité.
1. On tire au hasard un dé parmi les 100 dés. Notons $T$ l’événement: «le dé choisi est pipé». Notons $A$ l’événement :« On obtient le chiffre 6 lors du lancer ». On demande de calculer $P_A(T)$. Le système $(T,\overline{T})$ est un système complet d’événements de probabilités non nulles. On a d’ailleurs, $P(T)=\dfrac{25}{100}=\dfrac{1}{4}$ et donc $P(\overline{T})=\dfrac{3}{4}$. Alors, d’après la formule de Bayes, on a : $P_A(T)=\dfrac{P(T)P_T(A)}{P_T(A)P(T)+P_{\overline{T}}(A)P(\overline{T})} =\dfrac{\dfrac{1}{4}\times\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{6}\times\dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{2}.$
2. Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On choisit au hasard un dé parmi les 100 dés. $\forall \:k\in\llbracket1,n\rrbracket$, on note $A_k$ l’événement « on obtient le chiffre 6 au $k^{\text{ième}}$ lancer ». On pose $A=\displaystyle\bigcap \limits_{k=1}^{n}A_k$. On nous demande de calculer $p_n=P_A(T)$. Le système $(T,\overline{T})$ est un système complet d’événements de probabilités non nulles. On a d’ailleurs, $P(T)=\dfrac{25}{100}=\dfrac{1}{4}$ et donc $P(\overline{T})=\frac{3}{4}$. Alors d’après la formule de Bayes, on a :
  
  $p_n=P_A(T)=\dfrac{P(T)P_T(A)}{P_T(A)P(T)+P_{\overline{T}}(A)P\left( \overline{T}\right) }$ Donc $p_n=\dfrac{\dfrac{1}{4}\times\left( \dfrac{1}{2}\right) ^n}{\left( \dfrac{1}{2}\right) ^n\times\dfrac{1}{4}+\left(\dfrac{1}{6}\right) ^n\times\dfrac{3}{4}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{3^{n-1}}}.$
3. $\forall \:n\in\mathbb{N}^*$, $p_n=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{3^{n-1}}}$ Donc $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}p_n=1$. Ce qui signifie que, lorsqu’on effectue un nombre élevé de lancers, si on n’obtient que des 6 sur ces lancers alors il y a de fortes chances que le dé tiré au hasard au départ soit pipé.

EXERCICE 95 probabilités

EnoncéCorrigé

Une urne contient deux boules blanches et huit boules noires.

Un joueur tire successivement, avec remise, cinq boules dans cette urne. Pour chaque boule blanche tirée, il gagne 2 points et pour chaque boule noire tirée, il perd 3 points. On note $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de boules blanches tirées. On note $Y$ le nombre de points obtenus par le joueur sur une partie.
1. Déterminer la loi de $X$, son espérance et sa variance.
2. Déterminer la loi de $Y$, son espérance et sa variance.
Dans cette question, on suppose que les cinq tirages successifs se font sans remise.
1. Déterminer la loi de $X$.
2. Déterminer la loi de $Y$.

1. L’expérience est la suivante: l’épreuve "le tirage d’une boule dans l’urne" est répétée 5 fois. Comme les tirages se font avec remise, ces 5 épreuves sont indépendantes. Chaque épreuve n’a que deux issues possibles: le joueur tire une boule blanche (succès avec la probabilité $p=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}$) ou le joueur tire une boule noire (échec avec la probabilité $\dfrac{4}{5}$). La variable $X$ considérée représente donc le nombre de succès au cours de l’expérience et suit donc une loi binomiale de paramètre $(5,\dfrac{1}{5})$. C’est-à-dire $X(\Omega)=\llbracket0,5\rrbracket$ et : $\forall \:k\in \llbracket0,5\rrbracket$, $P(X=k)=\binom{5}{k}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{5-k}$. Donc, d’après le cours, $E(X)=5\times\dfrac{1}{5}=1$ et $V(X)=5\times\dfrac{1}{5}\times\left( 1-\dfrac{1}{5}\right)=\dfrac{4}{5}=0,8$.
2. D’après les hypothèses, on a $Y=2X-3(5-X)$, c’est-à-dire $Y=5X-15$. On en déduit que $Y(\Omega)=\left\lbrace 5k-15\:\text{avec}\:k\in\llbracket0,5\rrbracket \right\rbrace$ . Et on a $\forall \:k\in \llbracket0,5\rrbracket$, $P(Y=5k-15)= P(X=k)=\binom{5}{k}(\dfrac{1}{5})^k(\dfrac{4}{5})^{5-k}$. $Y=5X-15$, donc $E(Y)=5E(X)-15=5-15=-10$. De même, $Y=5X-15$, donc $V(Y)=25V(X)=25\times\dfrac{4}{5}=20$.
Dans cette question, le joueur tire successivement, sans remise, 5 boules dans cette urne.
1. Comme les tirages se font sans remise, on peut supposer que le joueur tire les 5 boules dans l’urne en une seule fois au lieu de les tirer successivement. Cette supposition ne change pas la loi de $X$. $X(\Omega)=\llbracket0,2 \rrbracket$. Notons $A$ l’ensemble dont les éléments sont les 10 boules initialement dans l’urne. $\Omega$ est constitué de toutes les parties à 5 éléments de $A$. Donc $\mathrm{card}\,\Omega=\dbinom{10}{5}$. Soit $k\in\llbracket0,2\rrbracket$. L’événement $(X=k)$ est réalisé lorsque le joueur tire $k$ boules blanches et $(5-k)$ boules noires dans l’urne. Il a donc $\dbinom{2}{k}$ possibilités pour le choix des boules blanches et $\dbinom{8}{5-k}$ possibilités pour le choix des boules noires. Donc : $\forall\:k\in\llbracket0,2\rrbracket$, $P(X=k)=\dfrac{\dbinom{2}{k}\times\dbinom{8}{5-k}}{\dbinom{10}{5}}$.
2. On a toujours $Y=5X-15$. On en déduit que $Y(\Omega)=\left\lbrace 5k-15\:\text{avec}\:k\in\llbracket0,2\rrbracket \right\rbrace$ . Et on a $\forall \:k\in \llbracket0,2\rrbracket$, $P(Y=5k-15)= P(X=k)=\dfrac{\dbinom{2}{k}\times\dbinom{8}{5-k}}{\dbinom{10}{5}}$.

EXERCICE 98 probabilités

EnoncéCorrigé

Une secrétaire effectue, une première fois, un appel téléphonique vers $n$ correspondants distincts. On admet que les $n$ appels constituent $n$ expériences indépendantes et que, pour chaque appel, la probabilité d’obtenir le correspondant demandé est $p$ ($p\in{\left] 0,1\right[ }$). Soit $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de correspondants obtenus.

Donner la loi de $X$. Justifier.
La secrétaire rappelle une seconde fois, dans les mêmes conditions, chacun des $n-X$ correspondants qu’elle n’a pas pu joindre au cours de la première série d’appels. On note $Y$ la variable aléatoire représentant le nombre de personnes jointes au cours de la seconde série d’appels.
1. Soit $i\in \llbracket 0,n \rrbracket$. Déterminer, pour $k\in \mathbb{N},$ $P(Y=k|X=i)$.
2. Prouver que $Z=X+Y$ suit une loi binomiale dont on déterminera le paramètre.
  
  Indication : on pourra utiliser, sans la prouver, l’égalité suivante: $\dbinom{n-i}{k-i}\dbinom{n}{i}=\dbinom{k}{i}\dbinom{n}{k}$.
3. Déterminer l’espérance et la variance de $Z$.

L’expérience est la suivante: l’épreuve de l’appel téléphonique de la secrétaire vers un correspondant est répétée $n$ fois et ces $n$ épreuves sont mutuellement indépendantes. De plus, chaque épreuve n’a que deux issues possibles: le correspondant est joint avec la probabilité $p$ (succès) ou le correspondant n’est pas joint avec la probabilité $1-p$ (échec). La variable $X$ considérée représente le nombre de succès et suit donc une loi binômiale de paramètres $(n,p)$. C’est-à-dire $X(\Omega)=\llbracket 0,n\rrbracket$ et $\forall k\in{\llbracket 0,n\rrbracket}$ $P(X=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$.
1. Soit $i$ $\in \llbracket 0,n \rrbracket$. Sous la condition $(X=i)$, la secrétaire rappelle $n-i$ correspondants lors de la seconde série d’appels et donc:
  
  $P(Y=k|X=i)=\left\lbrace \begin{array}{l}\dbinom{n-i}{k}p^{k}(1-p)^{n-i-k} \:\:\text{si}\:\: k\in \llbracket 0,n-i \rrbracket\\ 0 \:\:\text{sinon} \end{array} \right.$
2. $Z(\Omega)=\llbracket 0,n\rrbracket $ et $\forall k\in{\llbracket 0,n\rrbracket}$ $P(Z=k)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}P(X=i\cap Y=k-i)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}P(Y=k-i|X=i)P(X=i)$.
  Soit $k$ $\in \llbracket 0,n \rrbracket $. D'après les questions précédentes, $P(Z=k)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{n-i}{k-i}\dbinom{n}{i}p^{k}(1-p)^{2n-k-i}$.
  Or, d'après l'indication, $\dbinom{n-i}{k-i}\dbinom{n}{i}=\dbinom{k}{i}\dbinom{n}{k}$.
  Donc $P(Z=k)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i}\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{2n-k-i}=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{2n-k}\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i}\left( \dfrac{1}{1-p}\right) ^i$.
  Donc d'après le binôme de Newton, $P(Z=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{2n-k}\left( \dfrac{2-p}{1-p}\right)^{k}=\dbinom{n}{k}\left( p(2-p)\right)^k\left( (1-p)^2\right)^{n-k}$.
  On vérifie que $1-p(2-p)=(1-p)^2$ et donc on peut conclure que:
  $Z$ suit une loi binomiale de paramètre $(n,p(2-p))$.
3. D'après le cours, comme $Z$ suit une loi binomiale de paramètre $(n,p(2-p))$, alors: $E(Z)=np(2-p)$ et $V(Z)=np(2-p)\left( 1-p(2-p)\right)=np(2-p)(p-1)^{2}$.

Rappels Séries

EXERCICE 5 analyse

EnoncéCorrigé

On considère la série de terme général $u_{n}=\dfrac{1}{n\left( \ln n\right) ^{\alpha }}$ où $n\geqslant 2$ et $\alpha \in \mathbb{R}$.
1. Cas $\bm{\alpha \leqslant 0}$
  
  En utilisant une minoration très simple de $u_{n}$, démontrer que la série diverge.
2. Cas $\bm{\alpha >0}$
  
  Étudier la nature de la série.

Indication: on pourra utiliser la fonction $f$ définie par $f(x) =\dfrac{1}{x(\ln x) ^{\alpha }}$.

Déterminer la nature de la série $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{}\dfrac{\left( \mathrm{e}-\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n \right)\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}}{\left( \ln(n^2+n)\right) ^2}$.

1. Cas $\alpha \leqslant 0$ $\forall \:n \geqslant 2$, $\ln n \geqslant \ln 2$ donc $\left( \ln n\right)^{\alpha}\leqslant \left( \ln 2\right)^{\alpha}$. On en déduit que : $\forall \:n \geqslant 2$, $u_n \geqslant\dfrac{1}{ \left( \ln 2\right)^{\alpha}} \dfrac{1}{n}$. Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{}\dfrac{1}{n}$ diverge. Donc , par critère de minoration pour les séries à termes positifs, on en déduit que $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{} u_n$ diverge.
2. Cas $\alpha > 0$ La fonction $f:x \mapsto \dfrac{1}{{x(\ln x)^\alpha }}$ est continue par morceaux, décroissante et positive sur $\left[ 2,+\infty\right[$ donc: $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{} f(n)$ et $\displaystyle\int_{2}^{+\infty} {f(x)\,{\mathrm{d}}x}$ sont de même nature. Puisque $\displaystyle\int_2^X {f(x)\,{\mathrm{d}}x} \mathop = \limits_{t = \ln x} \displaystyle\int_{\ln 2}^{\ln (X)} {\dfrac{{\,{\mathrm{d}}t}}{{t^\alpha }}}$, on peut affirmer que : $\displaystyle\int_{2}^{+\infty} {f(x)\,{\mathrm{d}}x}$ converge $\Longleftrightarrow$ $\alpha > 1$. On en déduit que : $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{} f(n)$ converge $\Longleftrightarrow$ $\alpha > 1$.
On pose, pour tout entier naturel $n\geqslant 2$, $u_n=\dfrac{\left(\mathrm{e}- \left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n \right)\mathrm{e} ^{\frac{1}{n}}}{\left( \ln(n^2+n)\right) ^2}$. Au voisinage de $+\infty$, $\mathrm{e}-\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n=\mathrm{e}-\mathrm{e} ^{n\ln\left( 1+\frac{1}{n}\right) }=\mathrm{e}-\mathrm{e}^{n\left(\frac{1}{n} -\frac{1}{2n^2}+o\left( \frac{1}{n^2}\right) \right) } =\mathrm{e}-\mathrm{e}^{1-\frac{1}{2n}+o\left(\frac{1}{n} \right) }=\dfrac{\mathrm{e}}{2n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)$. On en déduit qu’au voisinage de $+\infty$, $\mathrm{e}-\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{\mathrm{e}}{2n}$. De plus, au voisinage de $+\infty$, $\ln\left( n^2+n\right)=2\ln n+\ln\left( 1+\dfrac{1}{n}\right)=2\ln n+\dfrac{1}{n} +o\left(\dfrac{1}{n} \right)$. Donc $\ln\left( n^2+n\right)\underset{+\infty}{\thicksim}2\ln n$. Et comme $\mathrm{e}^{\frac{1}{n}}\underset{+\infty}{\thicksim}1$, on en déduit que $u_n\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{\mathrm{e}}{8}\times\dfrac{1}{n\left( \ln n\right) ^2}$. Or, d’après 1.(b), $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{}\dfrac{1}{n\left( \ln n\right) ^2}$ converge. Donc, par critère d’équivalence pour les séries à termes positifs, $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 2}^{} u_n$ converge.

RMS2022-1371

EnoncéCorrige

IMTTrouver un équivalent de $\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{\sqrt{k}}$ en utilisant :

i) une comparaison série-intégrale,
ii) les sommes de Riemann.

la fonction $x\mapsto \frac 1{\sqrt x}$ est décroissante. On a donc de façon assez classique $\int_{k}^{k+1}\frac 1{\sqrt x}dx\le \frac 1{\sqrt k}\le \int_{k-1}^k\frac 1{\sqrt x}dx$. En sommant de $n+1$ à $2n$, on obtient : $$ \int_{n+1}^{2n+1}\frac 1{\sqrt x}dx\le \sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\le \int_{n}^{2n}\frac 1{\sqrt x}dx $$

Or $\int_{n+1}^{2n+1}\frac 1{\sqrt x}dx=2(\sqrt{2n+1}-\sqrt{n+1})=2\sqrt n(\sqrt{2+\frac 1n}-\sqrt{1+\frac 1n})\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$ et $\int_{n}^{2n}\frac 1{\sqrt x}dx=2(\sqrt{2n}-\sqrt n)=2\sqrt n(\sqrt{2}-1)\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$. Par conservation de l'équivalent par encadrement, $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\sim 2\sqrt n(\sqrt 2-1)$.

par les sommes de Riemann, on a :

\[ \begin{align*} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}&=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k+n}}\\ &=\frac 1{\sqrt n}\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\\ &=\sqrt n\frac 1n\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\\ \end{align*} \]

Or par somme de Riemann, $\frac 1n\sum_{k=1}^n\frac 1{\sqrt{1+\frac kn} }\to \int_0^1\frac1{\sqrt{1+x}}dx=2(\sqrt 2-1)$. On en déduit que $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac 1{\sqrt k}\sim2\sqrt n(\sqrt 2-1)$.

RMS2022-870

EnoncéCorrige

a) Montrer que, pour tout $n \in \N$, il existe un unique réel $a_n \geq 0$ tel que $e^{a_n}+n a_n=2$.

b) Déterminer la nature des séries $\sum a_n$ et $\sum(-1)^n a_n$.

c) Déterminer la limite de $n(1-na_n)$ quand $n \rightarrow +\infty$.

a) Pour $n$ donné dans $\mathbb N$, on pose $f_n(x)=e^x+nx-2$. Cette fonction est définie sur $\mathbb R^+$, continue et strictement croissante. On a $f_n(0)=-1$ et $f_n(\frac 1n)=e^{\frac 1n}+1-2=e^{\frac 1n}-1>0$. On en déduit d'après le TVI l'existence de $a_n$ positif (compris entre $0$ et $\frac 1n$). Son existence vient de la stricte croissance qui implique l'injectivité.

b) On a alors, toujours pour $n\in\mathbb N$ : $f_{n+1}(a_n)=e^{a_n}+(n+1)a_n-2=f_n(a_n)+a_n=0+a_n>0$. On en déduit, d'après les variations de $f_{n+1}$, que $a_{n+1}<a_n$ : la suite $(a_n)$ est donc décroissante (strictement). Comme elle est positive, la suite $a_n$ converge : notons $\ell$ sa limite. Puisque $2-e^{a_n}=na_n\to e^{\ell}-2$, on peut assurer que $a_n\to 0$. Dès lors, $2-e^{\ell}=1$ et donc $na_n\to1$, c'est à dire $a_n\sim\frac 1n$. Par théorèmes de comparaison des séries à termes positifs, $\sum a_n$ diverge.

Cependant, $a_n\to 0$ et est positive et décroissante donc $\sum (-1)^na_n$ est une série alternée et par CSSA, elle converge.

c) On a donc $a_n=\frac 1n+o(\frac 1n)$. On a alors $n(1-na_n)=n(e^{a_n}-1)=n(e^{\frac 1n+o(\frac 1n)}-1)=n(\frac 1n+o(\frac 1n))=1+o(1)$. On en déduit que $n(1-na_n)\to 1$. On a donc $a_n=\frac 1n-\frac 1{n^2}+o(\frac 1{n^2})$.

Suites et séries de fontions

EXERCICE 10 analyse

EnoncéCorrigé

On pose $f_{n}\left( x\right) =\left( x^{2}+1\right) \dfrac{ne^{x}+xe^{-x}}{n+x}$.

Démontrer que la suite de fonctions $\left( f_{n}\right)$ converge uniformément sur $[0,1]$.
Calculer $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\left( x^{2}+1\right) \dfrac{ne^{x}+xe^{-x}}{n+x}\text{d}x$.

Pour $x \in \left[ {0,1} \right]$, $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}f_n (x)=(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x$. La suite de fonctions $(f_n )$ converge simplement vers $f:x \mapsto (x^2 + 1){\mathrm{e}}^x$ sur $\left[ {0,1} \right]$. On a $\forall\: x\in \left[ 0,1\right]$, $f_n (x) - f(x) = (x^2 + 1)\dfrac{{x({\mathrm{e}}^{ - x} - {\mathrm{e}}^x )}}{{n + x}}$, et donc: $\forall x\in \left[ 0,1\right]$, $\left| {f_n (x) - f(x)} \right| \leqslant \dfrac{{2\textrm{e}}}{n}$. Ce majorant indépendant de $x$ tend vers 0 quand $n\to +\infty$, donc la suite de fonctions $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ sur $\left[ {0,1} \right]$.
Par convergence uniforme sur le segment $\left[ 0,1\right]$ de cette suite de fonctions continues sur $\left[ 0,1\right]$, on peut intervertir limite et intégrale. On a donc $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1)\dfrac{{n{\mathrm{e}}^x + x{\mathrm{e}}^{ - x} }}{{n + x}}\,{\mathrm{d}}x} = \displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x \,{\mathrm{d}}x}$. Puis, en effectuant deux intégrations par parties, on trouve $\displaystyle\int_0^1 {(x^2 + 1){\mathrm{e}}^x \,{\mathrm{d}}x} = 2{\mathrm{e}} - 3$.

EXERCICE 12analyse

EnoncéCorrigé

Soit $(f_n)$ une suite de fonctions de $[a,b]$ dans $\mathbb{R}$.

On suppose que la suite de fonctions $(f_n)$ converge uniformément sur $[a,b]$ vers une fonction $f$, et que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_n$ est continue en $x_0$, avec $x_0\in[a,b]$.

Démontrer que $f$ est continue en $x_0$.
On pose : $\forall\:n\in\mathbb{N}^*$, $\forall\:x\in[0;1]$, $g_n(x)=x^n$. La suite de fonctions $(g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge-t-elle uniformément sur $[0;1]$?

Soit $x_0\in \left[ a,b\right]$. Prouvons que $f$ est continue en $x_0$. Soit $\varepsilon > 0$. Par convergence uniforme, il existe un entier $N$ tel que $\forall \: n \in \mathbb{N}$, $n \geqslant N \Longrightarrow \left( {\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {f(x) - f_n (x)} \right| \leqslant \varepsilon } \right)$. En particulier pour $n = N$, on a $\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {f(x) - f_N (x)} \right| \leqslant \varepsilon$.(*) Or la fonction $f_N$ est continue en $x_0$ donc $\exists\:\alpha > 0$ tel que : $\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {x - x_0 } \right| \leqslant \alpha \Rightarrow \left| {f_N (x) - f_N (x_0 )} \right| \leqslant \varepsilon$.(**) D’après l’inégalité triangulaire, $\forall\:x\in \left[ a,b\right]$, $\left| {f(x) - f(x_0 )} \right| \leqslant \left| {f(x) - f_N (x)} \right| + \left| {f_N (x) - f_N (x_0 )} \right| + \left| {f_N (x_0 ) - f(x_0 )} \right|$. Alors d’après (*) et (**), $\forall x \in \left[ {a,b} \right],\left| {x - x_0 } \right| \leqslant \alpha \Rightarrow \left| {f(x) - f(x_0 )} \right| \leqslant 3\varepsilon$. On en déduit que $f$ est continue en $x_0$.
La suite $(g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge simplement sur $\left[ {0,1} \right]$ vers la fonction $g:x \mapsto \left\{ { \begin{array}{ll} 0 & {{\text{si }}x \in \left[ {0,1} \right[} \\ 1 & {{\text{si }}x = 1} \\ \end{array} } \right.$ $\forall \:n\in\mathbb{N}^*$, $g_n$ est continue en 1 alors que $g$ est discontinue en 1. D’après la question précédente, on en déduit que $(g_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ ne converge pas uniformément vers $g$ sur $\left[ {0,1} \right]$.

EXERCICE 16 analyse

EnoncéCorrigé

On considère la série de fonctions de terme général $u_{n}$ définie par: $$ \forall n\in \mathbb{N}^{*}, \forall x\in \lbrack 0,1], u_{n}\left(x\right) =\ln \left( 1+\dfrac{x}{n}\right) -\dfrac{x}{n}~. $$

On pose, lorsque la série converge, $S(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty }\left[ \ \ln \left( 1+\dfrac{x}{n}\right) -\dfrac{x}{n}\right]$.

Démontrer que $S$ est dérivable sur $[0,1]$.
Calculer $S'(1)$.

Soit $x \in \left[ {0,1} \right]$. Si $x=0$, $u_n(0)=0$ et donc $\displaystyle\sum u_n(0)$ converge. Si $x\neq 0$, comme au voisinage de $+ \infty$, $u_n (x) = - \dfrac{{x^2 }}{2{n^2 }} + o\left( {\dfrac{1}{{n^2 }}} \right)$, alors $|u_n(x)|\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{x^2 }{2n^2 }$. Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n^2}$ converge donc, par critère de comparaison des séries à termes positifs, $\displaystyle\sum u_n(x)$ converge absolument, donc converge. On en déduit que la série des fonctions $u_n$ converge simplement sur $\left[ {0,1} \right]$. La fonction $S$ est donc définie sur $\left[ {0,1} \right]$. $\forall \:n\in\mathbb{N}^*$, $u_n$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\left[ {0,1} \right]$ et $\forall \:x\in\left[ {0,1} \right]$, $u'_n (x) = \dfrac{1}{{x + n}} - \dfrac{1}{n} = \dfrac{{ - x}}{{n(x + n)}}$. Donc $\forall\:n\in\mathbb{N}^*$, $\forall \:x\in\left[ {0,1} \right]$, $|u_n'(x)|\leqslant \dfrac{1}{n^2}$. On en déduit que $\left\| {u'_n } \right\|_\infty = \mathop {\sup }\limits_{x \in \left[ {0,1} \right]} \left| {u'_n (x)} \right| \leqslant \dfrac{1}{{n^2 }}$. Or $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{}\dfrac{1}{n^2}$ converge. Donc $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}^{} u'_n$ converge normalement, donc uniformément sur $\left[ {0,1} \right]$. On peut alors affirmer que la fonction $S$ est de classe $\mathcal{C}^1$. Elle est donc dérivable sur $\left[ {0,1} \right]$. Et on a: $\forall\:x\in \left[0;1 \right]$, $S'(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}u_n'(x)$.
En vertu de ce qui précède, $S'(1) = \displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {u'_n (1)} =\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {\left( {\dfrac{1}{{n + 1}} - \dfrac{1}{n}} \right)}$. Or $\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^N {\left( {\dfrac{1}{{n + 1}} - \dfrac{1}{n}} \right)} = \dfrac{1}{{N + 1}} - 1\xrightarrow[{N \to + \infty }]{} -1$. Donc $S'(1) =-1$.

RMS2016-734

EnoncéCorrigé

Pour $x>0$, on pose : $\ds S(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{1+kx}\cdot$

a) Donner l'ensemble de définition de $S$. étudier la continuité et le caractère ${\cal C}^1$ de $S$.

b) Déterminer $\lim_{x\rightarrow +\infty}S(x)$.

Pour $k \in \N$, notons $u_k$ la fonction $x \mapsto \frac{(-1)^k}{1 + k x}$, de classe $\mathscr{C}^1$ sur $D$.

a) Fixant $x > 0$, le critère spécial des séries alternées s'applique sans piège à la série $\sum_{k \geqslant 0} \frac{(-1)^k}{1 + k x}$ et établit sa convergence, d'où la bonne définition de $f$ sur $D = \R_+^*$.

Ce n'est pas demandé, mais la série converge également, par le même argument, pour $x \notin \{-\frac{1}{k}, \> k \in \N^*\} \cup \{0\}$.

On a vu que la série $\sum_{k \geqslant 0} u_k$ converge simplement. la convergence est même uniforme sur tout intervalle $[a, +\infty[$, avec $a > 0$. En effet le critère spécial des séries alternées donne, pour $x \geqslant a$ et $n \in \N$, la majoration du reste

\[ |R_n(x)| \leqslant |u_{n + 1}(x)| = \frac{1}{1 + (n + 1)x} \leqslant \frac{1}{1 + (n + 1)a} \]

donc la suite $(R_n)$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[a, +\infty[$.

Ceci prouve que $f$ est continue sur $D$.

Pour $k \in \N$ et $x > 0$, on a $u_k'(x) = \frac{(-1)^{k + 1} k}{(1 + k x)^2}$. On fixe là encore $a > 0$ et on travaille sur $[a, +\infty[$. Soit donc $x \geqslant a$.

La série $\sum_{k \geqslant 0} u_k'(x)$ est alternée, et bien sûr $u_k'(x) \to 0$ quand $k \to +\infty$.

La fonction $\varphi \colon t \mapsto \frac{t}{(1 + t x)^2}$ est dérivable, de dérivée $\varphi' \colon t \mapsto \frac{1 - t x}{(1 + t x)^3}$, négative sur $[\frac{1}{x}, +\infty[$ donc sur $[\frac{1}{a}, +\infty[$ donc la suite de terme général $|u_k'(x)| = \varphi(k)$ est décroissante à partir du rang $k_0 = \lfloor \frac{1}{a} \rfloor + 1$.

Le critère spécial des séries alternées s'applique donc (à partir du rang $k_0$) donc $\sum_{k \geqslant 0} u_k'(x)$ converge, i.e $\sum_{k \geqslant 0} u_k'$ converge simplement. Plus précisément, pour $n \geqslant k_0$, on a la majoration du reste

\[ |R_n(x)| \leqslant |u_{n + 1}'(x)| = \frac{n + 1}{(1 + (n + 1)x)^2} \leqslant \frac{n + 1}{(1 + (n + 1)a)^2}, \]

terme général d'une suite de limite nulle. Donc la suite $(R_n)$ converge uniformément vers la fonction nulle, ce qui prouve que $\sum_{k \geqslant k_0} u_k'$ converge uniformément, donc $\sum_{k \geqslant 0} u_k'$ également.

Ceci achève de prouver que $S$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur $[a, +\infty[$, ce pour tout $a > 0$, donc sur $D$.

b) Il suffit d'utiliser le critère spécial des séries alternées pour écrire $\forall x > 0, \> |S(x) - 1| = |\sum_{k = 1}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{1 + k x}| \leqslant \frac{1}{1 + x}$. Par encadrement, on en déduit que

\[ S(x) \underset{x \to +\infty}{\longrightarrow} 1. \]

RMS2019-710

EnoncéCorrigé

a) Montrer que la fonction $f: x\mapsto \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n+n^{2}x}$ est définie et dérivable sur $]0,+\infty[$.
b) Trouver les limites de $f$ en $0$ et en $+\infty$, puis des équivalents de $f$ en 0 et en $+\infty$.

On pose $f_n(x)=\frac{1}{n+n^2x}$
a) Soit $x\in]0,+\infty[$, $f_n(x)\sim\frac 1{xn^2}$ qui est le terme général d'une série convergente positive. Par théorème de comparaison on en déduit que $\sum f_n(x)$ converge : $f$ est bien définie sur $]0,+\infty[$ : il y a convergence simple sur tout $\mathbb R^+_*$.

Soit $n\in\mathbb N^*$, $f_n$ est de classe $\mathcal C^1$ et $f_n'(x)=\frac{-n^2}{(n+n^2x)}$. Soit $a\in\mathbb R^+_*$, et soit $x>a$ alors $|f_n(x)|\le\frac {n^2}{(n+n^2a)^2}\sim_{n\to+\infty}\frac1{a^2n^2}$ : on a une majoration uniforme par un terme général d'une série convergente. La série de fonction $\sum f_n'$ converge donc normalement, donc uniformément sur $[a,+\infty[$. On en déduit donc par théorème de dérivation de la limite uniforme que $f$ est $\mathcal C^1$ sur tout $[a,+\infty[$ et donc sur $\mathbb R^+_*$.

b) Soit $x>1$, alors $\frac1{n+n^2x}\le \frac1{n+n^2}$ : on a une majoration uniforme par le terme général d'une série convergente. il y a donc convergence normale, donc uniforme, de $\sum f_n$ sur $[1,+\infty[$. D'après le théorème de la double limite (puisque $f_n(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$), $\lim_{x\to+\infty} f(x)=0$.

Enfin, toujours grâce à la double limite, on a $xf(x)=\sum_{k\ge 1}\frac {x}{n+n^2x}$ qui converge toujours uniformément sur $[1,+\infty[$ et $\lim_{x\to+\infty}xf_n(x)=\frac 1{n^2}$. On en déduit que $xf(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}\sum_{n\ge 1}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$. D'où $f(x)\sim\frac {\pi^2}{6x}$.

Pour le reste, on doit passer par une comparaison série/intégrale. Soit $x>0$, la fonction $t\mapsto\frac1{t+t^2x}$ est décroissante donc

\[ \int_n^{n+1}\frac 1{t+t^2x}\d t\le f_n(x)\le \int_{n-1}^n\frac1{t+t^2x}\d t \]

et ainsi en sommant les inégalités de $1$ à $N$,

\[ \int_1^{N+1}\frac1{t+t^2x}\d t\le \sum_{n=1}^{N}f_n(x)\le \int_1^{N}\frac 1{t+t^2x}\d t+\frac 1{1+x}. \]

Or $\ds\int_1^N\frac 1{t+t^2x}\d t=\int_1^N\frac 1t-\frac x{1+tx}\d t={\left[\ln\frac t{1+tx}\right]}_1^N=\ln\left(\frac N{1+Nx}\right)-\ln\left(\frac1{1+x}\right)\xrightarrow[N\to+\infty]{}\ln(\frac 1x)-\ln(\frac1{1+x})=\ln\left(1+\frac 1x\right)$. On en déduit par passage à la limite dans l'inégalité que :

\[ \ln(1+\frac 1x)\le f(x)\le \ln(1+\frac 1x)+\frac 1{x+1}. \]

Par conservation de l'équivalence par encadrement, on en déduit : $f(x)\sim_0 \ln(\frac 1x)$ et sa limite est donc $+\infty$.

Séries entières

EXERCICE 2 analyse

EnoncéCorrigé

On pose $f(x)=\dfrac{3x+7}{(x+1)^{2}}$ .

Décomposer $f(x)$ en éléments simples.
En déduire que $f$ est développable en série entière sur un intervalle du type $\left]-r,r \right[$ (où $r>0$). Préciser ce développement en série entière et déterminer, en le justifiant, le domaine de validité $D$ de ce développement en série entière.
1. Soit $\sum a_nx^n$ une série entière de rayon $R>0$. On pose, pour tout $x\in \left]-R,R \right[$, $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$. Exprimer, pour tout entier $p$, en le prouvant, $a_p$ en fonction de $g^{(p)}(0)$.
2. En déduire le développement limité de $f$ à l’ordre 3 au voisinage de 0.

En utilisant les méthodes habituelles de décomposition en éléments simples, on trouve: $f(x)=\dfrac{3}{x+1}+\dfrac{4}{(x+1)^2}$.
D’après le cours, $x\longmapsto\dfrac{1}{x+1}$ et $x\longmapsto \dfrac{1}{(x+1)^2}$ sont développables en série entière à l’origine. De plus, on a $\forall \:x\in \left]-1,1 \right[$, $\dfrac{1}{1+x}=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n}x^n$. Et, $\forall \:x\in \left]-1,1 \right[$, $\dfrac{1}{(1+x)^2}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n+1}nx^{n-1}$ ( obtenu par dérivation du développement précédent). On en déduit que $f$ est développable en série entière en tant que somme de deux fonctions développables en série entière. Et $\forall \:x\in \left]-1,1 \right[$, $f(x)=3\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n}x^n +4\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(-1)^{n}(n+1)x^{n}$. C’est-à-dire : $\forall \:x\in \left]-1,1 \right[$, $f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=0}^{+\infty}(4n+7)(-1)^n x^n$. Notons $D$ le domaine de validité du développement en série entière de $f$. D’après ce qui précéde, $\left]-1,1 \right[\subset D$. Notons $R$ le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle\sum\limits_{}^{}(4n+7)(-1)^n x^n$. D’après ce qui précéde $R\geqslant 1$. Posons, pour tout entier naturel $n$, $a_n=(4n+7)(-1)^n$. Pour $x=1$ et $x=-1$, $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\left|a_nx^n\right|=+\infty$ donc $\displaystyle\sum\limits_{}^{}(4n+7)(-1)^n x^n$ diverge grossièrement. Donc $R\leqslant 1$, $1\not\in D$ et $-1\not\in D$. On en déduit que $D=\left] -1,1 \right[$.
1. Soit $\sum a_nx^n$ une série entière de rayon $R>0$. On pose, pour tout $x\in \left]-R,R \right[$, $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$. D’après le cours, $g$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\left]-R,R \right[$. De plus, $\forall\:x\in \left]-R,R \right[$, $g'(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}na_nx^{n-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)a_{n+1}x^{n}$ $g''(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n(n+1)a_{n+1}x^{n-1}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(n+2)a_{n+2}x^{n}$. et, par récurrence, on a : $\forall\:p\in\mathbb{N}$, $\forall\:x\in \left]-R,R \right[$, $g^{(p)}(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(n+2)...(n+p)a_{n+p}x^{n}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(n+p)!}{n!}a_{n+p}x^{n}$. Ainsi, pour tout $\:p\in\mathbb{N}$, $g^{(p)}(0)=p!a_p$. C’est-à-dire, pour tout $p\in\mathbb{N}$, $a_p=\dfrac{g^{(p)}(0)}{p!}$.
2. $f$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\left] -1,1\right[$. Donc d’après la formule de Taylor-Young, au voisinage de $0$, $f(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{3}\dfrac{f^{(p)}(0)}{p!}x^p+o(x^3)$.(*) Or, d’après 3.(a), pour tout entier $p$, $\dfrac{f^{(p)}(0)}{p!}$ est aussi la valeur du $p^{\text{ième}}$ coefficient du développement en série entière de $f$. Donc, d’après 2., pour tout entier $p$, $\dfrac{f^{(p)}(0)}{p!}=(4p+7)(-1)^p$. (**) Ainsi, d’après (*) et (**), au voisinage de $0$, $f(x)=\displaystyle\sum_{p=0}^{3}(4p+7)(-1)^px^p+o(x^3)$. C’est-à-dire, au voisinage de $0$, $f(x)=7-11x+15x^2-19x^3+o(x^3)$.

EXERCICE 18 analyse

EnoncéCorrigé

On pose: $\forall\:n\in\mathbb{N}^*$, $\forall\:x\in\mathbb{R}$, $u_n (x) =\dfrac{ ( - 1)^n x^n } { n}$. On considère la série de fonctions $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}u_n$.

Étudier la convergence simple de cette série.

On note $D$ l’ensemble des $x$ où cette série converge et $S(x)$ la somme de cette série pour $x\in D$.
1. Étudier la convergence normale, puis la convergence uniforme de cette série sur $D$.
2. La fonction $S$ est-elle continue sur $D$?

La série de fonctions étudiée est une série entière de rayon de convergence $R = 1$. En $x = 1$, il y a convergence par le critère spécial des séries alternées. En $x = - 1$, la série diverge (série harmonique). On a donc $D = \left] { - 1,1} \right]$.
1. $\forall \:x\in D$, $u_n (x) =\dfrac{ ( - 1)^n x^n } { n}$. $\left\| {u_n } \right\|_\infty = \mathop {\sup }\limits_{x \in \left] { - 1,1} \right]} \left| {u_n (x)} \right| = \dfrac{1}{n}$ et $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{\dfrac{1}{n}}$ diverge. Donc $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}\dfrac{(-1)^n}{n}~x^n$ ne converge pas normalement sur $D$. $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant1}^{}\dfrac{(-1)^n}{n}~x^n$ ne converge pas uniformément sur $D$ non plus car, sinon, on pourrait employer le théorème de la double limite en $- 1$ et cela entraînerait la convergence de la série $\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 1}{\dfrac{1}{n}}$, ce qui est absurde.
2. En tant que somme d’une série entière de rayon de convergence 1, $S$ est continue sur $\left]-1,1 \right[$ .(*) Pour étudier la continuité en 1, on peut se placer sur $\left[ 0,1\right]$ . $\forall \:x \in \left[ {0,1} \right]$, la série numérique $\displaystyle\sum \limits_{n\geqslant 1}{}{u_n (x)}$ satisfait le critère spécial des séries alternées ce qui permet de majorer son reste. On a, $\forall \:x \in \left[ {0,1} \right]$, $\left| {\displaystyle\sum\limits_{k = n + 1}^{ + \infty } {u_k (x)} } \right| \leqslant \left| {u_{n + 1} (x)} \right| = \dfrac{{x^{n + 1} }}{{n + 1}} \leqslant \dfrac{1}{{n + 1}}$.(majoration indépendante de $x$) Et, $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{1}{n+1}=0$. Donc, $\displaystyle\sum \limits_{n\geqslant 1}{}{u_n }$ converge uniformément sur $\left[ {0,1} \right]$. Les fonctions $u_n$ étant continues sur $\left[ {0,1} \right]$ , la somme $S$ est alors continue sur $\left[ {0,1} \right]$. Donc, en particulier, $S$ est continue en 1.(**) Donc, d’après (*) et (**), $S$ est continue sur $D$.

EXERCICE 32 analyse

EnoncéCorrigé

Soit l’équation différentielle: $x(x-1)y''+3xy'+y=0$.

Trouver les solutions de cette équation différentielle développables en série entière sur un intervalle $\left]-r,r \right[$ de $\mathbb{R}$, avec $r>0$. Déterminer la somme des séries entières obtenues.
(Hors programme en début d'année) Est-ce que toutes les solutions de $x(x-1)y''+3xy'+y=0$ sur $\left]0;1 \right[$ sont les restrictions d’une fonction développable en série entière sur $\left]-1,1 \right[$?

Soit $\displaystyle\sum {a_n x^n }$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $S$. Pour tout $x \in \left] { - R,R} \right[$, $S(x) = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {a_n x^n } \text{, }S'(x) = \displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {na_n x^{n - 1} } \text{ et }S''(x) = \displaystyle\sum\limits_{n = 2}^{ + \infty } {n(n - 1)a_n x^{n - 2} } = \displaystyle\sum\limits_{n = 1}^{ + \infty } {(n + 1)na_{n + 1} x^{n - 1} }$. Donc $x(x - 1)S''(x) + 3xS'(x) + S(x) = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {\left( {(n + 1)^2 a_n - n(n + 1)a_{n + 1} } \right)x^n }$. Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction $S$ est solution sur $\left] { - R,R} \right[$ de l’équation étudiée si, et seulement si, $\forall\:n\in\mathbb{N}$, $(n + 1)^2 a_n - n(n + 1)a_{n + 1}=0$. C’est-à-dire : $\forall n \in \mathbb{N}$, $na_{n + 1} = (n + 1)a_n$. Ce qui revient à : $\forall n \in \mathbb{N},a_n = na_1$. Le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle\sum {nx^n }$ étant égal à 1, on peut affirmer que les fonctions développables en série entière solutions de l’équation sont les fonctions : $x \mapsto a_1 \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^{ + \infty } {nx^n } = a_1 x\dfrac{{{\mathrm{d}}}}{{{\mathrm{d}}x}}\left( {\dfrac{1}{{1 - x}}} \right) = \dfrac{{a_1 x}}{{(1 - x)^2 }}$ définies sur $\left] { - 1,1} \right[$, avec $a_1\in\mathbb{R}$.
Notons $(E)$ l’équation $x(x-1)y''+3xy'+y=0$. Prouvons que les solutions de $(E)$ sur $\left] 0;1\right[$ ne sont pas toutes développables en série entière à l’origine. Raisonnons par l’absurde. Si toutes les solutions de $(E)$ sur $\left] 0;1\right[$ étaient développables en série entière à l’origine alors, d’après 1., l’ensemble des solutions de $(E)$ sur $\left] 0;1\right[$ serait égal à la droite vectorielle $\mathrm{Vect} (f)$ où $f$ est la fonction définie par $\forall\:x\in \left] 0;1\right[$, $f(x)=\dfrac{x}{(1-x)^2}$. Or, d’après le cours, comme les fonctions $x\longmapsto x(x-1)$, $x\longmapsto 3x$ et $x\longmapsto 1$ sont continues sur $\left] 0;1\right[$ et que la fonction $x\longmapsto x(x-1)$ ne s’annule pas sur $\left] 0;1\right[$, l’ensemble des solutions de $(E)$ sur $\left] 0;1\right[$ est un plan vectoriel. D’où l’absurdité.

RMS2022-582

EnoncéCorrige

Pour tout $n\in\N^*$, on pose $a_n = \displaystyle \int_0^{\pi/4} \tan^n(t)\,\mathrm{d} t$.

a) Montrer que la suite $(a_n)$ est convergente et préciser sa limite.

b) Déterminer une relation entre $a_{n+2}$ et~$a_n$.

c) Soit $\alpha\in\R$. Pour tout $x\in\R$, on pose $u_n(x)=\frac{a_n}{n^{\alpha}}\;x^n$. Déterminer la nature de la série $\sum u_n(x)$ en fonction de $x$ et $\alpha$.

d) Expliciter la somme de la série entière $\sum_{n \geq 1} a_n x^n$ à l'aide des fonctions usuelles.

(en partie issu de ddmaths) a) Posons $u=\tan(x)$, on a $du = (1+u^2)dx$. Appliquons ce changement de variable :

\[ \begin{align*} a_n&=\int_{0}^{\frac\pi4}(\tan x)^n dx\\ &=\int_{0}^1 \frac{u^n}{1+u^2}du\\ &=\left[\frac1{n+1}\frac{u^{n+1}}{1+u^2}\right]_0^1+\frac 2{n+1}\int_0^1\frac{u^{n+2}}{(1+u^2)^2}du \end{align*} \]

Or $\int_0^1\frac{u^{n+2}}{(1+u^2)^2}du\le\int_0^1\frac{1}{(1+u^2)^2}du\le 1$ ce qui assure la convergence de tous les termes vers $0$.

Ainsi $a_n$ converge vers $0$.

b) On essaye d'obtenir une relation de récurrence sur $a_n$ :

\[ \begin{align*} a_n+a_{n+2} &= \int_0^{\frac\pi4}(\tan x)^n(1+\tan^2(x))dx\\ &=\left[\frac 1{n+1}(\tan x)^{n+1}\right]_0^{\frac\pi4}\\ &=\frac 1{n+1} \end{align*} \]

c) Par monotonie $a_n+a_{n+2} \leq 2 a_n \leq a_n+a_{n-2}$. On en déduit $a_n \sim \frac{1}{2 n}$ puis $u_n(x) \sim \frac{x^n}{2 n^{\alpha+1}}$. Le rayon de convergence de la série entière $\sum a_n x^n$ est donc égale à 1 .
Pour $x=1, \sum u_n(x)$ converge si, et seulement si, $\alpha>0$.
Pour $x=-1, \sum u_n(x)$ diverge grossièrement si $\alpha \leq-1$.
Pour $\alpha>0$ on a alors convergence absolue de la série, donc convergence.
Pour $0\ge\alpha>-1$, $\frac {a_n}{n^\alpha}$ est décroissante vers $0$ et par application du CSS, la série converge.

d) Puisque $a_n+a_{n+2}=\frac{1}{n+1}$, on a

\[ \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n+2} x^n+a_n x^n=-\frac{\ln (1-x)}{x} . \]

On en déduit

\[ f(x)+\frac{f(x)-\frac{\pi}{4}-\frac{\ln 2}{2} x}{x^2}=-\frac{\ln (1-x)}{x} \]

puis

\[ f(x)=\frac{-x \ln (1-x)+\frac{\pi}{4}+x \frac{\ln 2}{2}}{x^2+1} . \]

RMS2022-1215

EnoncéCorrige

Une involution d'un ensemble $X$ est une fonction $f : X \rightarrow X$ telle que $f \circ f=\id_X$. On note $I_n$ le nombre d'involutions de $[\![ 1,n]\!]$.

a) Trouver une relation de récurrence sur $(I_n)_n$ (reliant trois termes consécutifs).

b) Montrer que la série entière $\sum\frac{I_n}{n!}\,x^n$ est de rayon de convergence strictement positif.

c) En déduire que $I_n=\frac{\mathrm{d}^n e^{x+\frac{x^2}{2}}}{\mathrm{d} x^n}(0)$ pour tout $n \in \N$.

Soit $f$ une involution de $[\![1,n+1]\!]$.
- Soit $f(n+1)=n+1$ et alors $f$ est entièrement déterminée par $f_{|[\![1,n]\!]}$ qui est aussi une involution. Il y a donc $I_n$ telles involutions.
- Soit $f(n+1)=a$, on a alors $f(a)=n+1$ et $f$ est entièrement déterminée par $f_{|[\![1,n]\!]\setminus\{a\}}$ qui est une involution d'un ensemble à $n-1$ éléments. pour $a$ fixé, il y a donc $I_{n-1}$ telles involutions et $a$ pouvant prendre $n$ valeurs distinctes, on a en tout $nI_{n-1}$ telles involutions.

Finalement, ces deux cas étant exhaustifs et disjoints, on a $I_{n+1}=I_n+nI_{n-1}$.

On montre facilement pas récurrence que $I_n\le n!$ et donc $\frac {I_n}{n!}\le1$. On en déduit par comparaisons que $R(\sum \frac {I_n}{n!}x^n)\ge 1$.

Posons $f$ sa somme. $f$ est de classe $\mathcal C^\infty$ et :

\[ \begin{aligned} f'(x) &= \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{I_n}{(n-1)!}x^{n-1}\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{I_{n+1}}{n!}x^{n}\\ &=I_1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{I_n+nI_{n-1}}{n!}x^n\\ &=1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{I_n}{n!}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{I_{n-1}}{(n-1)!}x^n\\ &=1-I_0+f(x)+\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{I_n}{n!}x^{n+1}\\ &= f(x)+xf(x)\\ &= (1+x)f(x) \end{aligned} \]

Ainsi $f$ est solution de l'équation $y'-(1+x)y=0$ avec $y(0)=1$. Par résolution, on obtient $f(x)=e^{x+\frac{x^2}2}$ et d'après le développement de Taylor, $\frac{\d^n}{\d x^n}(x\mapsto e^{x+\frac {x^2}2})=I_n$.

Intégration sur un intervalle quelconque

EXERCICE 28 analyse

EnoncéCorrigé

N.B. : les deux questions sont indépendantes.

La fonction $x\longmapsto \dfrac{e^{-x}}{\sqrt{x^{2}-4}}$ est-elle intégrable sur $]2,+\infty[$?
Soit $a$ un réel strictement positif. La fonction $x\longmapsto \dfrac{\ln x}{\sqrt{1+x^{2a}}}$ est-elle intégrable sur $]0,+\infty[$?

Soit $f:x\longmapsto \dfrac{e^{-x}}{\sqrt{x^{2}-4}}$. $f$ est continue sur $]2,+\infty[$. $f(x)= \dfrac{e^{-x}}{\sqrt{(x-2)(x+2)}}\underset{2}{\thicksim}\dfrac{e^{-2}}{2}\times\dfrac{1}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}$. Or $x\longmapsto \dfrac{1}{(x-2)^{\frac{1}{2}}}$ est intégrable sur $\left] 2,3\right]$ (fonction de Riemann intégrable sur $\left] 2,3\right]$ car $\dfrac{1}{2} <1$). Donc, par règle d’équivalence pour les fonctions positives, $f$ est intégrable sur $\left] 2,3\right]$.(*) $f(x)\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{x}=g(x)$. Or $\lim\limits_{x\to+\infty}^{}x^2g(x)=0$ donc, au voisinage de $+\infty$, $g(x)=o(\dfrac{1}{x^2})$. Comme $x\longmapsto\dfrac{1}{x^2}$ est intégrable sur $\left[ 3,+\infty\right[$, on en déduit que $g$ est intégrable sur $\left[ 3,+\infty\right[$. Donc, par règle d’équivalence pour les fonctions positives, $f$ est intégrable sur $\left[ 3,+\infty\right[$. (**) D’après (*) et (**), $f$ est intégrable sur $\left]2,+\infty \right[$.
Soit $a$ un réel strictement positif. On pose $\forall\:x\in \left]0,+\infty \right[$, $f(x)= \dfrac{\ln x}{\sqrt{1+x^{2a}}}$. $f$ est continue sur $\left]0,+\infty \right[$. $|f(x)|\underset{0}{\thicksim}|\ln x|=g(x)$. Or $\lim\limits_{x\to 0}^{}x^\frac{1}{2}g(x)=0$ donc, au voisinage de 0, $g(x)=o\left( \dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}\right)$. Or $x\longmapsto \dfrac{1}{x^{\frac{1}{2}}}$ est intégrable sur $\left] 0,1\right]$ (fonction de Riemann intégrable sur $\left] 0,1\right]$ car $\dfrac{1}{2}<1$). Donc $g$ est intégrable sur $\left] 0,1\right]$. Donc, par règle d’équivalence pour les fonctions positives, $|f|$ est intégrable sur $\left] 0,1\right]$. Donc, $f$ est intégrable sur $\left] 0,1\right]$ (*) $f(x)\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{\ln x}{x^a}=h(x)$.

Premier cas: si $a>1$. $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}x^{\frac{1+a}{2}}h(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}^{}x^{\frac{1-a}{2}}\ln x=0$, donc, au voisinage de $+\infty$, $h(x)=o\left( \dfrac{1}{x^{\frac{1+a}{2}}}\right)$. Or $x\longmapsto\dfrac{1}{x^{\frac{1+a}{2}}}$ est intégrable sur $\left[ 1,+\infty\right[$ (fonction de Riemann intégrable sur $\left[ 1,+\infty\right[$ car $\dfrac{1+a}{2}>1$). Donc, $h$ est intégrable sur $\left[ 1,+\infty\right[$. Donc, par règle d’équivalence pour les fonctions positives, $f$ est intégrable sur $\left[ 1,+\infty\right[$.(**). D’après (*) et (**), $f$ est intégrable sur $\left] 0,+\infty\right[$.

Deuxième cas: si $a\leqslant 1$ $\forall\:x\in \left[ \mathrm{e},+\infty\right[$, $h(x)\geqslant \dfrac{1}{x^a}$. Or $x\longmapsto \dfrac{1}{x^a}$ non intégrable sur $\left[ \mathrm{e},+\infty\right[$.(fonction de Riemann avec $a\leqslant 1$) Donc, par règle de minoration pour les fonctions positives, $h$ non intégrable sur $\left[ \mathrm{e},+\infty\right[$ Donc, par règle d’équivalence pour les fonctions positives, $f$ non intégrable sur $\left[ \mathrm{e},+\infty\right[$. Donc, $f$ non intégrable sur $\left] 0,+\infty\right[$.

RMS2022-1312

EnoncéCorrige

Soit $f : I = t\in \left]0, +\infty\right[ \mapsto \frac{\ln t}{1+t^2}$. Montrer que $f$ est intégrable sur $I$ et calculer $\int_I f$.

On s'intéresse aux intégrales $\int_0^1 \frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t$ et $\int_1^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t$.

En $0$, $\frac{\ln(t)}{1+t^2}\sim_0\ln(t)$ qui est intégrable en $0$. On en déduit que $\int_0^1\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t$ est convergente.

En $+\infty$, $\frac{\ln(t)}{1+t^2}\sim_{+\infty}\frac{\ln(t)}{t^2}$ et $t^{3/2}\frac{\ln(t)}{t^2}=\frac{\ln(t)}{\sqrt t}\to0$ par croissances comparées. On en déduit que $\frac{\ln(t)}{1+t^2}=_{+\infty}o(\frac1{t^{3/2}})$ qui est intégrable en $+\infty$. On en déduit que $\int_1^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t$ est convergente. Finalement, $\int_0^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t$ est convergente.

Soit le changement de variable $u=\frac 1t$ qui est $\mathcal C^1$ de $\mathbb R^+_*$ dans $\mathbb R^+_*$ et décroissante. Comme il y a convergence, on a :

\[ \int_0^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t=\int_0^+\infty \frac{\ln(\frac 1u)}{1+\frac 1{u^2}}\frac{\d u}{u^2}=-\int_0^{+\infty}\frac{\ln(u)}{u^2+1}\d u=-\int_0^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t \]

On en déduit $\ds\int_0^{+\infty}\frac{\ln(t)}{1+t^2}\d t=0$.

RMS2019-706

ÉnoncéCorrigé

Soit $f: x \mapsto \int_x^{+\infty} \frac{\sin t}{t^2} \mathrm{~d} t$

a) Montrer que $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}^{+^*}$.

b) Établir que $g: t \mapsto \frac{\sin t-t}{t^2}$ est bornée sur $\mathbb{R}^{+^*}$. En déduire que $f(x) \sim_{x \rightarrow 0}-\ln x$.

c) Montrer que $f$ est intégrable sur $\mathbb{R}^{+^{\star}}$ et que $\int_0^{+\infty} f=\int_0^{+\infty} \frac{\sin u}{u} \mathrm{~d} u$.

a) La majoration $\left|\frac{\sin(t)}{t^2}\right|\le \frac 1{t^2}$ permet d'assurer la convergence absolue et donc la convergence de l'intégrale $\int_x^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t$. $f$ est donc bien définie sur $\mathbb R^+_*$.

Par ailleurs, en tant qu'intégrale fonction d'une borne, on peut assurer que $f$ est dérivable et ici $f'(x)=-\frac{\sin(x)}{x^2}$.

b) La fonction $g$ est continue sur $\mathbb R^+_*$, de limites finies en $0$ et en $+\infty$. On en déduit qu'elle est bornée sur $\mathbb R^+_*$. On a alors :

\[ \begin{aligned} f(x)+\ln(x) &= \int_{x}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t+\int_1^x\frac 1t\d t\\ &=\int_{x}^1\frac{\sin(t)}{t^2}\d t+f(1)+\int_{1}^x\frac 1t\d t\\ &=\int_x^1\frac{\sin(t)-t}{t^2}\d t+f(1) \end{aligned} \]

Or $g$ étant borné sur $\mathbb R^+_*$, l'intégrale $\int_x^1\frac{\sin(t)-t}{t^2}\d t$ est majorée en valeur absolue, par $M$. On a alors :

\[ \left|\frac{f(x)}{\ln(x)}+1\right|\le \frac{M+|f(1)|}{|\ln(x)|}\to 0 \]

donc $f(x)\sim_0-\ln(x)$.

c) On déduit de ce résultat, par théorème de comparaison, que $\int_x^\pi f(t)\d t$ est convergente. Il nous reste à nous intéresser à $\int_\pi^{+\infty}f(t)\d t$. Soit $x>\pi$ et $n$ tel que $n\pi\le x<(n+1)\pi$ (c'est à dire $n=\lfloor\frac x\pi\rfloor$). On a :

\[ \begin{aligned} f(x)&=\int_x^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t\\ &=\int_x^{(n+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t+\sum_{k=n+1}^{+\infty}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t\\ &=\int_x^{(n+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t+\sum_{k=n+1}^{+\infty}\int_{0}^\pi\frac{(-1)^k\sin(t)}{(t+k\pi)^2}\d t\\ &=\int_x^{(n+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t+\sum_{k=n+1}^{+\infty}\int_{0}^\pi\frac{(-1)^k\sin(t)}{(t+k\pi)^2}\d t\\ \end{aligned} \]

On reconnait alors sur le second membre une série alternée (à démontrer) et la somme est donc un reste de série alternée que l'on sait majorer. Par ailleurs :

\[ \left|\int_x^{(n+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t^2}\d t\right|\le\int_x^{(n+1)\pi}\frac {1}{t^2}\d t\le \frac \pi{x^2} \]

et ainsi :

\[ |f(x)|\le\frac \pi{x^2}+\left|\int_0^\pi\frac{\sin(t)}{t^2}\right|\le\frac \pi{x^2}+\frac\pi{(n+1)^2\pi^2}\le \frac {2\pi}{x^2} \]

On en déduit l'intégrabilité de $f$ en $+\infty$.

RMS2019-1355

EnoncéCorrige

Montrer l'existence de $I=\int_0^{+\infty} \frac{x \ln x}{\left(1+x^2\right)^2} d x$. Calculer $I$.

On pose $f(t)=\frac{t\ln(t)}{(1+t^2)^2}$. On a $\lim_{t\to0}f(t)=0$ donc l'intégrale est faussement impropre en $0$. De plus, $f(t)\sim_{+\infty}\frac{\ln(x)}{x^3}=o(\frac 1{x^2})$ et donc $f$ est bien intégrable en $+\infty$. Finalement, $\int_0^{+\infty}f(t)\d t$ est convergente.

On effecture le changement de variable $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R^+_*$ : $u=\frac 1x$. Les intégrales $\int_0^{+\infty}f(t)\d t$ et $-\int_0^{+\infty}f(\frac 1u)(-\frac {du}{u^2})$ sont de même nature, donc convergentes et égales. Or $f(\frac 1u)\times \frac 1{u^2}=-f(u)$ donc on trouve $I=-I$ c'est à dire $I=0$.

Théorèmes d'interversion

EXERCICE 25 analyse

EnoncéCorrigé

Démontrer que, pour tout entier naturel $n$, la fonction $t\longmapsto \dfrac{1}{1+t^{2}+t^{n}e^{-t}}$ est intégrable sur $[0,+\infty[$.
Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on pose $u_{n}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty }\dfrac{\text{d}t}{1+t^{2}+t^{n}e^{-t}}$. Calculer $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }u_{n}$.

$f_n :t \mapsto \dfrac{1}{{1 + t^2 + t^n {\mathrm{e}}^{ - t} }}$ est définie et continue par morceaux sur $\left[ {0, + \infty } \right[$. De plus, $\forall\:t\in\left[ {0, + \infty } \right[$, $\left| {f_n (t)} \right| \leqslant \dfrac{1}{{1 + t^2 }} = \varphi (t)$. Or $\varphi(t)\underset{+\infty}{\thicksim}\dfrac{1}{t^2}$ et $t\longmapsto \dfrac{1}{t^2}$ est intégrable sur $\left[1,+\infty \right[$, donc $\varphi$ est intégrable sur $\left[1,+\infty \right[$. Donc, par critère de majoration pour les fonctions positives, $f_n$ est intégrable sur $\left[1,+\infty \right[$. Or $f_n$ est continue sur $\left[ 0,1\right]$ donc $f_n$ est intégrable sur $\left[ {0, + \infty } \right[$.
i) La suite de fonctions $(f_n )$ converge simplement sur $\left[ {0, + \infty } \right[$ vers la fonction $f$ définie par : $f (t)= \left\{ { \begin{array}{ll} {\dfrac{1}{1+t^2}} & {{\text{si }}t \in \left[ {0,1} \right[} \\ {\dfrac{1}{ {2 + {\mathrm{e}}^{ - 1} }}} & {{\text{si }}t = 1} \\ 0 & {{\text{si }}t \in \left] {1, + \infty } \right[} \\ \end{array} } \right.$ ii) Les fonctions $f_n$ et $f$ sont continues par morceaux sur $\left[ {0, + \infty } \right[$. iii) $\forall t \in \left[ {0, + \infty } \right[,\left| {f_n (t)} \right| \leqslant \varphi (t)\text{ avec }\varphi \text{ intégrable }$ sur $\left[ {0, + \infty } \right[$. Alors, d’après le théorème de convergence dominée, $\lim\limits_{n\to+\infty}^{}u_n = \lim\limits_{n\to+\infty}^{}\displaystyle\int_0^{ + \infty } {f_n (t)\,{\mathrm{d}}t} =\displaystyle\int_0^{ + \infty } {f(t)\,{\mathrm{d}}t}$. Or $\displaystyle\int_0^{ + \infty } {f(t)\,{\mathrm{d}}t} = \displaystyle\int_0^1 {\dfrac{{{\mathrm{d}}t}}{{1 + t^2 }}} = \dfrac{\pi }{4}$. Donc, $\lim\limits_{n\to+\infty}^{}u_n = \dfrac{\pi }{4}$.

EXERCICE 27 analyse

EnoncéCorrigé

Pour tout $n\in \mathbb{N}^*$, on pose $f_{n}\left( x\right) =\frac{e^{-x}}{ 1+n^{2}x^{2}}$ et $u_{n}=\displaystyle\int_{0}^{1}f_{n}\left( x\right) \mathrm{d}x$.

Étudier la convergence simple de la suite de fonctions $\left( f_{n}\right)$ sur $[0,1]$.
Soit $a\in\left] 0,1 \right[$. La suite de fonctions $\left( f_{n}\right)$ converge-t-elle uniformément sur $\left[a,1 \right]$?
La suite de fonctions $\left( f_{n}\right)$ converge-t-elle uniformément sur $[0,1]$?
Trouver la limite de la suite $\left( u_{n}\right) _{n\in \mathbb{N}^*}.$

Soit $x\in \left[0,1 \right]$. Si $x = 0$, $f_n (0) = 1$. Si $x \in \left] {0,1} \right]$, pour $n$ au voisinage de $+\infty$, $f_n(x)\underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\mathrm{e}^{-x}}{x^2}\dfrac{1}{n^2}$, donc $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}f_n (x) = 0$. On en déduit que la suite de fonctions $(f_n )$ converge simplement sur $\left[ {0,1} \right]$ vers la fonction $f$ définie par: $f(x) = \left\{ { \begin{array}{ll} 0 & {{\text{si }}x \in \left] {0,1} \right]} \\ 1 & {{\text{si }}x = 0} \\ \end{array} } \right.$
Soit $a\in\left] 0;1 \right[$. $\forall\:n\in\mathbb{N}^*$, $\forall\:x\in \left[a,1 \right]$, $|f_n(x)-f(x)|=f_n(x)\leqslant \dfrac{\mathrm{e}^{-a}}{1+n^2a^2}$ (majoration indépendante de $x$). Donc $\underset{t\in \left[a,1 \right]}{\sup }|f_n(t)-f(t)|\leqslant \dfrac{\mathrm{e}^{-a}}{1+n^2a^2}$. Or $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{\mathrm{e}^{-a}}{1+n^2a^2}=0$, donc $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\underset{t\in \left[a,1 \right]}{\sup }|f_n(t)-f(t)|=0$ On en déduit que $\left( f_{n}\right)$ converge uniformément vers $f$ sur $\left[a,1 \right]$.
Les fonctions $f_n$ étant continues sur $\left[0,1 \right]$ et la limite simple $f$ ne l’étant pas, on peut assurer qu’il n’y a pas convergence uniforme sur $\left[ {0,1} \right]$.
i) Les fonctions $f_n$ sont continues par morceaux sur $\left[ {0,1} \right]$. ii) $(f_n)$ converge simplement vers $f$ sur $\left[ {0,1} \right]$, continue par morceaux sur $\left[ {0,1} \right]$ . iii) De plus, $\forall x \in \left[ {0,1} \right],\left| {f_n (x)} \right| \leqslant {\mathrm{e}}^{ - x} \leqslant 1 = \varphi (x)$ avec $\varphi :\left[ {0,1} \right] \to \mathbb{R}^ +$ continue par morceaux et intégrable sur $\left[ {0,1} \right]$ . D’après le théorème de convergence dominée, on peut donc affirmer que: $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}u_n = \lim\limits_{n\to +\infty}^{}\displaystyle\int_0^1 {f_n (x)\,{\mathrm{d}}x} =\displaystyle\int_0^1 {f(x)\,{\mathrm{d}}x} = 0$.

EXERCICE 30 analyse

EnoncéCorrigé

Énoncer le théorème de dérivation sous le signe intégrale.
Démontrer que la fonction $f:x\longmapsto \displaystyle\int_{0}^{+\infty }e^{-t^{2}}\cos \left( xt\right) \text{d}t$ est de classe $C^{1}$ sur $\mathbb{R}$.
1. Trouver une équation différentielle linéaire $\left(E\right)$ d’ordre $1$ dont $f$ est solution.
2. Résoudre $\left(E\right)$.

Soit $u:(x,t) \mapsto u(x,t)$ une fonction définie de $X \times I$ vers $\mathbb{C}$, avec $X$ et $I$ intervalles contenant au moins deux points de $\mathbb{R}$. On suppose que :
i) $\forall\:x \in X$, $t\longmapsto u(x,t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $I$. On pose alors $\forall\:x \in X$, $f(x)=\int_{I}^{}u(x,t)\mathrm{d}t$. ii) $u$ admet une dérivée partielle $\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}$ sur $X\times I$ vérifiant :
- $\forall x \in X,t \mapsto \dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)$ est continue par morceaux sur $I$.
- $\forall t \in I,x \mapsto \dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)$ est continue sur $X$.
  iii) il existe $\varphi :I \to \mathbb{R}^ +$ continue par morceaux, positive et intégrable sur $I$ vérifiant: $\forall (x,t) \in X \times I,\left| {\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)} \right| \leqslant \varphi (t)$. Alors la fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $X$ et $\forall x \in X,f'(x) = \displaystyle\int_I {\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)\,{\mathrm{d}}t}$.
On pose $\forall\:(x,t)\in\mathbb{R}\times \left[ 0,+\infty\right[$, $u(x,t) = {\mathrm{e}}^{ - t^2 } \cos (xt)$. i) $\forall \:x\in\mathbb{R}$, $t\longmapsto u(x,t)$ est continue sur $\left[ 0,+\infty\right[$. De plus, $\forall \:x\in\mathbb{R}$, $|u(x,t)|\leqslant {\mathrm{e}}^{ - t^2 }$. Or $\lim\limits_{t\to +\infty}^{}t^2{\mathrm{e}}^{ - t^2 }=0$, donc, au voisinage de $+\infty$, $\mathrm{e}^{ - t^2 }=o\left(\dfrac{1}{t^2} \right)$. Donc, $t\longmapsto u(x,t)$ est intégrable sur $\left[ 0,+\infty\right[$. ii) $\forall\:(x,t)\in\mathbb{R}\times \left[ 0,+\infty\right[$, ${\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)} = { - t{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \sin (xt)}$.
- $\forall x \in \mathbb{R}$, $t \mapsto \dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)$ est continue par morceaux sur $\left[ 0,+\infty\right[$. .
- $\forall t \in \left[ 0,+\infty \right]$, $x \mapsto \dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,t)$ est continue sur $\mathbb{R}$ .
  -iii) $\forall\:(x,t)\in\mathbb{R}\times \left[ 0,+\infty\right[$,$\left| \dfrac{\partial u}{\partial x}(x,t) \right| \leqslant t {\mathrm{e}}^{ - t^2 }=\varphi(t)$ avec $\varphi$ continue par morceaux, positive et intégrable sur $\left[ 0,+\infty\right[$. En effet, $\lim\limits_{t\to +\infty}^{}t^2\varphi(t)=0$ donc, au voisinage de $+\infty$, $\varphi(t)=o(\dfrac{1}{t^2})$. On en déduit que $\varphi$ est intégrable sur $\left[1,+\infty\right[$ et comme elle est continue sur $\left[ 0,1 \right[$, alors $\varphi$ est bien intégrable sur $\left[ 0,+\infty \right[$. Donc $f$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ et : $\forall\:x\in\mathbb{R}$, $f'(x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}{ - t{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \sin (xt)}\mathrm{d}t$
1. On a, $\forall\:x\in\mathbb{R}$, $f'(x) = \displaystyle\int_0^{ + \infty } { - t{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \sin (xt)\,{\mathrm{d}}t}$. Procédons à une intégration par parties. Soit $A \geqslant 0$.
  
  \[ \displaystyle\int_0^A { - t{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \sin (xt)\,{\mathrm{d}}t} = \left[ {\dfrac{1}{2}{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \sin (xt)} \right]_0^A - \int_0^A {\dfrac{x}{2}{\mathrm{e}}^{ - t^2 } \cos (xt)\,{\mathrm{d}}t} \]
  
  En passant à la limite quand $A \to + \infty$, on obtient $f'(x) + \dfrac{x}{2}f(x) = 0$. Donc $f$ est solution de l’équation différentielle $(E)$: $y'+\dfrac{x}{2}y=0$.
2. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $y$ définies par $y(x)=A\mathrm{e}^{-\dfrac{x^2}{4}}$, avec $A\in\mathbb{R}$.

EXERCICE 50 analyse

EnoncéCorrigé

On considère la fonction $\;F : x \mapsto \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\text{e}^{-2\,t}}{x+t} \mathrm{d}t$.

Prouver que $F$ est définie et continue sur $\left] 0;+\infty\right[$.
Prouver que $x\longmapsto xF(x)$ admet une limite en $+\infty$ et déterminer la valeur de cette limite.
Déterminer un équivalent, au voisinage de $+\infty$, de $F(x)$.

Notons $f: \left\lbrace \begin{array}{ccc} ]0;+\infty[\times [0;+\infty[&\mapsto&\mathbb{R}\\ (x,t)&\mapsto &\frac{e^{-2\,t}}{x+t} \end{array} \right.$
1. $\forall x \in ]0;+\infty[,\;t\mapsto f(x,t)$ est continue par morceaux sur $[0;+\infty[$.
2. $\forall t \in [0;+\infty[,\;x\mapsto f(x,t) = \dfrac{\text{e}^{-2\,t}}{x+t}$ est continue sur $]0;+\infty[$.
3. Soit $[a,b]$ un segment de $]0;+\infty[$. $\forall x \in [a,b],\;\forall t \in [0;+\infty[,$ $|f(x,t)|\leqslant \dfrac{1}{a}\text{e}^{-2\,t}$ et $\varphi:t\mapsto \dfrac{1}{a}\text{e}^{-2\,t}$ est continue par morceaux, positive et intégrable sur $\left[ 0;+\infty\right[$. En effet, $\lim\limits_{t\to +\infty}t^2\varphi(t)=0$, donc $\:\varphi(t) = \underset{t\to +\infty}{o}\left(\dfrac{1}{t^2}\right)$. Donc $\varphi$ est intégrable sur $\left[ 1,+\infty\right[$, donc sur $\left[ 0;+\infty\right[$ .
On en déduit que, d’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, $F : x \mapsto \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{\text{e}^{-2\,t}}{x+t} \mathrm{d}t$ est définie et continue sur $]0;+\infty[$.
$\forall\:x\in\left]0;+\infty\right[$, $xF(x) = \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \frac{x}{x+t}\:\text{e}^{-2\,t} \mathrm{d}t$. Posons $\forall\:x\in\left]0;+\infty\right[$, $\forall\:t\in\left[0;+\infty \right[$, $\:h_x(t) = \frac{x}{x+t}\:\text{e}^{-2\,t}$. i) $\forall\:x\in\left]0;+\infty\right[$, $t\longmapsto h_x(t)$ est continue par morceaux sur $\left[ 0,+\infty\right[$. ii) $\forall t \in\left[ 0;+\infty\right[$, $\displaystyle\lim\limits_{x\to+\infty}{}h_x(t)= \:e^{-2\,t}.$ La fonction $h : t\mapsto \:e^{-2\,t}$ est continue par morceaux sur $[0;+\infty[$. iii) $\forall\:x\in\left]0;+\infty\right[$, $\forall t \in [0;+\infty[,\;|h_x(t)| \leqslant e^{-2\,t}$ et $t \mapsto e^{-2\,t}$ est continue par morceaux, positive et intégrable sur $[0;+\infty[$. Donc, d’après l’extension du théorème de convergence dominée à $(h_x)_{x\in \left] 0;+\infty\right[ }$, $\lim\limits_{x\to+\infty}{}\displaystyle \int_{0}^{+\infty} h_x(t) \mathrm{d}t = \displaystyle \int_{0}^{+\infty} h(t) \mathrm{d}t =\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-2\,t} \mathrm{d}t = \frac{1}{2}$. Conclusion: $\lim\limits_{x\to+\infty}xF(x)= \frac{1}{2}$.
D’après 2., $\lim\limits_{x\to+\infty}xF(x)= \frac{1}{2}$, donc $F(x) \underset{x\to +\infty}{\thicksim} \frac{1}{2\,x}$.

RMS2022-1390

EnoncéCorrigé

Justifier l'existence de $S=\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^n}$ et de $I=\int_0^1 x^x d x$. Montrer que $I=S$.

La série $S$ est une série alternée car la suite $(\frac1{n^n})_{n\in\mathbb N}$ est décroissante et converge vers $0$. Donc $S$ est une série convegente.

Pour $I$, $x^x=e^{x\ln(x)}\xrightarrow[x\to 0]{}e^0=1$ par croissances comparées. Ainsi l'intégrale est faussement impropre en $0$. Et elle est continue sur $]0,1]$. Ainsi l'intégrale est bien définie.

On peut écrire : $x^x=\exp(x\ln(x))=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{x^k\ln(x)^k}{k!}$ et en posant $f_k(x)=\frac 1{k!}x^k\ln(x)^k$ on se ramène à l'étude de l'intégrabilité terme à terme de la ssérie des $f_k$ qui sont continues par morceaux et dont la série converge simplement vers une fonction continue par morceaux. Or

\[ \begin{aligned} \int_0^1 f_k(x)\d x&=\frac1{k!(k+1)}\left[x^{k+1}\ln(x)^k\right]_0^1-\frac 1{k!(k+1)}\int_0^1\frac {x^{k+1}k\ln(x)^{k-1}}{x}\d x\\ &=-\frac 1{(k-1)!(k+1)}\int_0^1x^k\ln(x)^{k-1}\d x\\ &=\dots\\ &=(-1)^k\frac1{(k+1)^k}\int_{0}^1x^k\d x\\ &=\frac {(1)^k}{(k+1)^{k+1}} \end{aligned} \]

qui est, on l'a déjà dit, le terme général d'un série convergente. D'après le théorème d'intégration terme à terme, on a donc :

\[ \int_0^1 x^x\d x=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac 1{(k+1)^{k+1}}=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k^k}. \]

Compléments d'algèbre linéaire

EXERCICE 71 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $P$ le plan d’équation $x+y+z=0$ et $D$ la droite d’équation $x=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z}{3}$.

Vérifier que $\mathbb{R}^3=P\oplus D$.
Soit $p$ la projection vectorielle de $\mathbb{R}^3$ sur $P$ parallèlement à $D$. Soit $u=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$. Déterminer $p(u)$ et donner la matrice de $p$ dans la base canonique de $\mathbb{R}^3$.
Déterminer une base de $\mathbb{R}^3$ dans laquelle la matrice de $p$ est diagonale.

$D=\mathrm{Vect}\left( (1,2,3)\right)$. $(1,2,3)\not\in P$ car les coordonnées du vecteur $(1,2,3)$ ne vérifient pas l’équation de $P$. Donc $D\cap P=\left\lbrace 0\right\rbrace$.(*) De plus, $\dim D+\dim P= 1+2=\dim\mathbb{R}^3$.(**) D’après (*) et (**), $\mathbb{R}^3=P\oplus D$.
Soit $u=(x,y,z)\in\mathbb{R}^3$. Par définition d’une projection, $p(u)\in P$ et $u-p(u)\in D$. $u-p(u)\in D$ signifie que $\exists\:\alpha \in\mathbb{R}$ tel que $u-p(u)=\alpha (1,2,3)$. On en déduit que $p(u)=(x-\alpha, y-2\alpha, z-3\alpha)$.(***) Or $p(u)\in P$ donc $(x-\alpha)+( y-2\alpha)+(z-3\alpha)=0$, c’est-à-dire $\alpha=\dfrac{1}{6}(x+y+z)$. Et donc, d’après (***), $p(u)=\dfrac{1}{6}(5x-y-z,-2x+4y-2z,-3x-3y+3z)$. Soit $e=(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathbb{R}^3$. Soit $A$ la matrice de $p$ dans la base $e$. On a $A=\dfrac{1}{6}\begin{pmatrix} 5&-1&-1\\ -2&4&-2\\ -3&-3&3\\ \end{pmatrix}$.
On pose $e'_1=(1,2,3)$, $e'_2=(1,-1,0)$ et $e'_3=(0,1,-1)$. $e'_1$ est une base de $D$ et $(e'_2,e'_3)$ est une base de $P$. Or $\mathbb{R}^3=P\oplus D$ donc $e'=(e'_1,e'_2,e'_3)$ est une base de $\mathbb{R}^3$. De plus $e'_1\in D$ donc $p(e'_1)=0$. $e'_2\in P$ et $e'_3\in P$ donc $p(e'_2)=e'_2$ et $p(e'_3)=e'_3$. Ainsi, $M(p,e')=\begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}$.

EXERCICE 85 algèbre

EnoncéCorrigé

Soient $n \in{\mathbb{N}^{*}}$, $P\in{\mathbb{R}_{n}\left[ X\right] }$ et $a \in{\mathbb{R}}$.
1. Donner sans démonstration, en utilisant la formule de Taylor, la décomposition de $P(X)$ dans la base $\left( 1, X-a, \left( X-a\right) ^{2}, \cdots, (X-a)^{n}\right)$.
2. Soit $r\in{\mathbb{N}^{*}}$. En déduire que : $a$ est une racine de $P$ d’ordre de multiplicité $r$ si et seulement si $P^{(r)}(a)\neq 0$ et $\forall k \in{\llbracket 0,r-1 \rrbracket}$ , $P^{(k)}(a)=0$.
Déterminer deux réels $a$ et $b$ pour que $1$ soit racine double du polynôme $P=X^{5}+aX^{2}+bX$ et factoriser alors ce polynôme dans $\mathbb{R}\left[ X\right]$.

1. $P(X)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n}\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^k$.
  1. \[\begin{aligned} a\ \text{est une racine d'ordre }r\ \text{de }P &\Longleftrightarrow &\exists Q\in \mathbb{R}_{n-r}[X]\:\:\text{tel que}\: \:Q\left( a\right) \neq 0\ \text{et\ \ }P=\left( X-a\right) ^{r}Q \\ &\Longleftrightarrow &\exists \left( q_{0},\ldots ,q_{n-r}\right) \in \mathbb{R}^{n-r+1} \:\:\text{tel que}\:\: q_{0}\neq 0\ \text{et}\ P=\left( X-a\right) ^{r}\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n-r}q_{i}\left( X-a\right) ^{i} \\ &\Longleftrightarrow &\exists \left( q_{0},\ldots ,q_{n-r}\right) \in \mathbb{R}^{n-r+1}\:\text{tel que}\: \: q_{0}\neq 0\ \ \text{et\ \ }P=\displaystyle\sum% \limits_{i=0}^{n-r}q_{i}\left( X-a\right) ^{r+i} \\ &\Longleftrightarrow &\exists \left( q_{0},\ldots ,q_{n-r}\right) \in \mathbb{R}^{n-r+1} \:\text{tel que}\: \: q_{0}\neq 0\ \ \ \text{et\ \ }P=\displaystyle\sum% \limits_{k=r}^{n}q_{k-r}\left( X-a\right) ^{k}\end{aligned}\]
  D’après la formule de Taylor (rappelée ci-dessus) et l’unicité de la décomposition de $P$ dans la base $\left( 1,\left( X-a\right) ,\ldots ,\left( X-a\right) ^{n}\right)$ de $\mathbb{R}_{n}[X]$ il vient enfin :
  
  \[ a\ \text{est une racine d'ordre }r\ \text{de }P\Longleftrightarrow \forall k\in \left\{ 0,\ldots ,r-1\right\} \ \ P^{\left( k\right) }\left( a\right) =0\ \text{et\ \ }P^{\left( r\right) }\left( a\right) \neq 0\ \]
D’après la question précédente,

\[ \begin{aligned} 1\ \text{est racine double de }P =X^{5}+aX^{2}+bX&\Longleftrightarrow& P\left( 1\right) =P^{\prime }\left( 1\right) =0\ \text{et }P^{\prime \prime }\left( 1\right) \neq 0 \\ &\Longleftrightarrow &\left\{ \begin{array}{c} 1+a+b=0 \\ 5+2a+b=0 \\ 20+2a\neq 0% \end{array}% \right. \\ &\Longleftrightarrow &a=-4\ \text{et }b=3\end{aligned} \]

On obtient $X^{5}-4X^{2}+3X=X(X-1)^{2}(X^{2}+2X+3)$ et c’est la factorisation cherchée car le discriminant de $X^{2}+2X+3$ est strictement négatif.

EXERCICE 88 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel ($\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$). Soit $u\in\mathcal{L}(E)$. Soit $P\in\mathbb{K}[X]$. Prouver que si $P$ annule $u$ alors toute valeur propre de $u$ est racine de $P$.
Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $n\geqslant 2$. On pose $E=\mathcal{M}_n\left( \mathbb{R}\right)$. Soit $A=\left( a_{i,j}\right) _{\substack{ 1\leqslant i\leqslant n \\ 1\leqslant j\leqslant n}}$ la matrice de $E$ définie par $a_{i,j}=\left\lbrace \begin{array}{l} 0\:\text{si}\:i=j\\ 1\:\text{si}\:i\neq j\\ \end{array}\right.$ . Soit $u\in\mathcal{L}\left(E\right)$ défini par : $\forall\:M\in E$, $u(M)=M+\mathrm{tr} (M)A$.
1. Prouver que le polynôme $X^2-2X+1$ est annulateur de $u$.
2. $u$ est-il diagonalisable? Justifier votre réponse en utilisant deux méthodes (l’une avec, l’autre sans l’aide de la question 1.).

Soit $u\in\mathcal{L}(E)$. Soit $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k\in\mathbb{K}[X]$. On suppose que $P$ annule $u$. Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$. Prouvons que $P(\lambda)=0$. $\lambda$ valeur propre de $u$ donc : $\exists\:x\in E\backslash\left\lbrace 0\right\rbrace\:/\:u(x)=\lambda x$. On prouve alors par récurrence que: $\forall\:k\in\mathbb{N}$, $u^{k}(x)=\lambda^kx$. Ainsi : $P(u)(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_ku^k(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\lambda^k x=P\left(\lambda \right)x$. Or $P(u)=0$ donc $P(u)(x)=0$ donc $P(\lambda)x=0$. Or $x\neq 0$ donc $P(\lambda)=0$.
Soit $n\in\mathbb{N}$ tel que $n\geqslant 2$. On pose $E=\mathcal{M}_n\left( \mathbb{R}\right)$.

Soit $A=\left( a_{i,j}\right) _{\substack{ 1\leqslant i\leqslant n \\ 1\leqslant j\leqslant n}}$ la matrice de $E$ définie par $a_{i,j}=\left\lbrace \begin{array}{l} 0\:\text{si}\:i=j\\ 1\:\text{si}\:i\neq j\\ \end{array}\right.$ .
1. Posons $P=X^2-2X+1$. Prouvons que $P$ est annulateur de $u$ c’est-à-dire que $P(u)=0$. Soit $M\in E$. $u^2(M)=u\circ u(M)=\left(M+\mathrm{tr}(M)A \right)+\mathrm{tr}\left(M+\mathrm{tr} (M)A\right)A$. C’est-à-dire, par linéarité de la trace, $u^2(M)=M+\mathrm{tr}(M)A +\mathrm{tr}(M)A+\mathrm{tr}(M)\mathrm{tr}(A)A$. Or $\mathrm{tr}(A)=0$ donc $u^2(M)=M+2\mathrm{tr}(M)A$. Ainsi $u^2(M)-2u(M)+\mathrm{Id}(M)=M+2\mathrm{tr}(M)A-2M-2\mathrm{tr}(M)A+M=0$. On a donc prouvé que $u^2-2u+\mathrm{Id}=0$. C’est-à-dire $P$ est annulateur de $u$.
2. Notons $\mathrm{I}_n$ la matrice unité de $E$. Première méthode: Notons $\mathrm{Spec}(u)$ le spectre de $u$. $P=(X-1)^2$ et $P$ est annulateur de $u$. Donc d’après 1., $\mathrm{Spec}(u)\subset \left\lbrace 1\right\rbrace$. De plus $A\neq 0$ et $u(A)=A$ donc $\mathrm{Spec}(u)= \left\lbrace 1\right\rbrace$. Ainsi, si $u$ était diagonalisable alors on aurait $E=\mathrm{Ker}\left(u-\mathrm{Id} \right)$. C’est-à-dire, on aurait $u=\mathrm{Id}$. Or $u(\mathrm{I_{n}})\neq \mathrm{I_{n}}$ (puisque $\mathrm{tr}(\mathrm{I_{n}})\neq 0$) donc $u\neq\mathrm{Id}$. On obtient donc une contradiction. On en déduit que $u$ n’est pas diagonalisable. Deuxième méthode : Notons $P_m$ le polynôme minimal de $u$. $P=(X-1)^2$ est un polynôme annulateur de $u$ donc $P_m|P$. Si $u$ était diagonalisable alors $P_m$ serait scindé à racines simples. On aurait donc $P_m=X-1$. Ce qui impliquerait que $u=\mathrm{Id}$ car $P_m$ est également un polynôme annulateur de $u$. Or $u(\mathrm{I_{n}})\neq \mathrm{I_{n}}$ (puisque $\mathrm{tr}(\mathrm{I_{n}})\neq 0$) donc $u\neq\mathrm{Id}$. On obtient donc une contradiction. On en déduit que $u$ n’est pas diagonalisable.

RMS2022-1277

EnoncéCorrige

IMT . Soient $A$ et $B$ dans $\mathcal{M}_n(\R)$ telles que $AB=0$.

a) A-t-on nécessairement $BA=0$ ?
b) Montrer que $\tr \big((A+B)^p\big)=\tr (A^p)+\tr (B^p)$ pour tout $p\geq 1$.
c) Déterminer une relation entre $\rg(A)$ et $\rg(B)$.

On n'a pas forcément $BA=0$ (on peut trouver facilement un contre-exemple).

Soit $p\ge1$, l'enchainement suivant n'est peut-être pas optimal :

\[ \begin{align*} \tr(B^{p})=&\tr((A+B-A)B^{p-1})\\ &=\tr((A+B)B^{p-1}-AB^{p-1})\\ &=\tr((A+B)B^{p-1}+0)\\ &=\tr((A+B)(B+A-A)B^{p-2})\\ &=\tr((A+B)^2B^{p-2}-AB^{p-2})\\ &=\tr((A+B)^2B^{p-2}-0)\\ &=\dots\\ &=\tr((A+B)^{p-1}B) \end{align*} \]

On a de même $\tr(A^p)=\tr(A(A+B)^{p-1})$. On en déduit $\tr(A^p)+\tr(B^p)=\tr((A+B)^{p-1}B)+\tr(A(A+B)^{p-1})=\tr((A+B)^{p-1}B)+\tr((A+B)^{p-1}A)=\tr((A+B)^{p-1}(A+B))=\tr((A+B)^p)$.

Puisque $AB=0$, alors $\mathrm{im}(B)\subset\ker(A)$. On en déduit que $\rg(B)\le n-\rg(A)$ c'est à dire $\rg(A)+\rg(B)\le n$.

RMS2022-1291

EnoncéCorrige

CCINP .
Le corps de base $\K$ est $\R$ ou $\C$. Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension $3$, $f \in \cl(E)$ tel que $f^2 \ne 0$, $f^3 = 0$. Montrer que dans une certaine base de $E$ la matrice de $f$ est $\small\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}$.

Exercice très classique. $f^2 \ne0$ donc il existe $x$ tel que $f^2(x) \ne0$. On considère la famille $(f^2(x),f(x),x)$ dont on montre facilement qu'elle est libre, et contenant $3$ éléments, c'est une base. Dans cette base, la matrice de $f$ a la forme voulue.

RMS2022-1137

EnoncéCorrige

Soit $A$ une matrice non nulle de $\mathcal{M}_n(\mathbf{R})$. On pose $\varphi: X \in \mathcal{M}_n(\mathbf{R}) \mapsto X-\operatorname{tr}(X) A$.

a) Montrer que $\varphi$ est non injective si et seulement si $\tr A =1$.

b) On suppose $\operatorname{tr} A=1$. Reconnaître la nature géométrique de $\varphi$.

c) Résoudre en général l'équation $\varphi(X)=B$, où $B \in \mathcal{M}_n(\mathbf{R})$ est donnée.

a) Si $\tr(A)=1$ alors $\varphi(A)=A-A=0$ donc $\ker\varphi\ne\{0\}$ : $\varphi$ n'est pas injective (car $A$ est non nulle).

Pour la réciproque on passe par la contraposée. Si $\tr(A)\ne1$ montrons que $\ker\varphi=\{0\}$. Soit $B\in\ker \varphi$. Alors $B=\tr(B)A$. On passe à la trace et par linéarité on obtient $\tr(B)=\tr(B)\tr(A)$. Or $\tr(A)\ne 1$ donc $\tr(B)=0$. On en déduit alors que $B=\tr(B)A=0$ donc $B=0$ et $\ker\varphi=\{0\}$.

b) Quand on demande la nature géométrique, c'est qu'on veut savoir si on a sous les yeux un projecteur, une symétrie ou une homothétie.

\[ \begin{aligned} \varphi^2(X) &= \varphi(X-\tr(X)A)\\ &=\varphi(X)-\tr(X)\varphi(A)\\ &=\varphi(X)-0\\ &=\varphi(X) \end{aligned} \]

On en déduit que $\varphi^2=\varphi$ donc $\varphi$ est un projecteur. Essayons de préciser, toujours dans le cas où $\tr(A)=1$ : si $B\in\ker\varphi$ alors $B=\tr(B)A$ donc $B\in vect(A)$. Or $A\in\ker\varphi$. Donc finalement, $\ker\varphi=vect(A)$ : c'est la direction du projecteur. Maintenant, si $M\in\im\varphi$, alors il existe $X$ tel que $M=X-\tr(X)A$. On passe à la trace pour obtenir $\tr(M)=\tr(X)-\tr(X)\tr(A)=0$. Donc $\im\varphi\subset \ker\tr$. Par théorème du rang et dimension du noyau de la trace, on obtient $\im\varphi=\ker\tr. Ainsi $\varphi$ est le projecteur sur $\ker\tr$ parallèlement à $vect(A)$.

c) Dans le cas où $\tr(A)=1$, il y a une contrainte sur $B$ pour que l'équation admette une solution : il faut que $B$ soit bien dans l'image de $\varphi$, c'est à dire $\tr(B)=0$. Dans ce cas, l'ensemble des solutions est $\{B+\lambda A|\lambda\in\R\}$.

Dans le cas où $\tr(A)\ne1$, alors $\varphi$ est injective donc bijective (c'est un endomorphisme en dimension finie). On a $B=X-\tr(X)A$ et en passant à la trace, $\tr(B)=\tr(X)(1-\tr(A))$. Or $\tr(A)\ne 1$ donc $\tr(X)=\frac{\tr(B)}{1-\tr(A)}$. On en déduit que $B=X-\frac{\tr(B)}{1-\tr(A)}A$ et donc $X=B+\frac{\tr(B)}{1-\tr(A)}A$.

Eléments propres

EXERCICE 70 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3}\left( \mathbb{C}\right)$ .

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de $A$. $A$ est-elle diagonalisable?
Soit $\left( a,b,c\right) \in \mathbb{C}^{3}$ et $B=a\mathrm{I}_{3}+bA+cA^{2}$, où $\mathrm{I}_3$ désigne la matrice identité d’ordre 3. Déduire de la question 1. les éléments propres de $B$.

$\chi _A (X) = (X^3 - 1)$ donc $\textrm{Sp} A = \left\{ {1,j,j^2 } \right\}$. On en déduit que $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{C})$ car elle admet trois valeurs propres distinctes. On pose $E_1 (A) =\mathrm{Ker} (A-\mathrm{I}_3)$, $E_j (A) =\mathrm{Ker} (A-j\mathrm{I}_3)$ et $E_{j^2} (A) =\mathrm{Ker} (A-j^2\mathrm{I}_3)$. Après résolution, on trouve $E_1 (A) = \textrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix}\right)$ et $E_j (A) = \textrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1\\j^2\\j \end{pmatrix} \right)$. Et, par conjugaison (comme $A$ est à coefficients réels), $E_{j^2} (A) = \textrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\j\\j^2 \end{pmatrix}\right)$.
Soit $e=(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathbb{C}^3$, vu comme un $\mathbb{C}$-espace vectoriel. Soit $f$ l’endomorphisme canoniquement associé à $A$. On pose $e'_1=(1,1,1)$, $e'_2=(1,j^2,j)$, $e'_3=(1,j,j^2)$ et $e'=(e'_1,e'_2,e'_3)$. D’après 1., $e'$ est une base de vecteurs propres pour $f$. Soit $P$ la matrice de passage de $e$ à $e'$. On a $P=\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&j^2&j\\ 1&j&j^2\\ \end{pmatrix}$. Soit $D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&j&0\\ 0&0&j^2\\ \end{pmatrix}$. Alors, $D=P^{-1}AP$, c’est-à-dire $A=PDP^{-1}$. On en déduit que $B=a\mathrm{I}_3+bPDP^{-1}+cPD^2P^{-1}=P\left(aI_3+bD+cD^2 \right) P^{-1}$. C’est-à-dire, si on pose $Q=a+bX+cX^2$, alors $B=P\begin{pmatrix} Q(1)&0&0\\ 0&Q(j)&0\\ 0&0&Q(j^2)\\ \end{pmatrix}P^{-1}$. On en déduit que $B$ est diagonalisable et que les valeurs propres, distinctes ou non, de $B$ sont $Q(1)$, $Q(j)$ et $Q(j^2)$.
Premier cas: $Q(1)$, $Q(j)$ et $Q(j^2)$ sont deux à deux distincts $B$ possède trois valeurs propres distinctes : $Q(1)$, $Q(j)$ et $Q(j^2)$. De plus, on peut affirmer que : $E_{Q(1)}(B)=E_1(A)=\mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}\right)$ $E_{Q(j)}(B)=E_j(A)=\mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix}1\\j^2 \\j\end{pmatrix}\right)$ et $E_{Q(j^2)}(B)=E_{j^2}(A)=\mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\j\\j^2\end{pmatrix}\right)$.
Deuxième cas : deux valeurs exactement parmi $Q(1)$, $Q(j)$ et $Q(j^2)$ sont égales. Supposons par exemple que $Q(1)=Q(j)$ et $Q(j^2)\neq Q(1)$. $B$ possède deux valeurs propres distinctes : $Q(1)$ et $Q(j^2)$. De plus, on peut affirmer que: $E_{Q(1)}(B)=\mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\j^2 \\j\end{pmatrix}\right)$ et $E_{Q(j^2)}(B)=\mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\j\\j^2\end{pmatrix}\right)$.
Troisième cas: $Q(1)=Q(j)=Q(j^2)$. $B$ possède une unique valeur propre : $Q(1)$. De plus, on peut affirmer que $B=Q(1)\mathrm{I}_3$ et $E_{Q(1)}(B)=\mathbb{C}^3$.

EXERCICE 72algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $n$ un entier naturel non nul. Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel $E$ de dimension $n$, et soit $e=\left( e_1,\ldots,e_n\right)$ une base de $E$.

On suppose que $f(e_1)=f(e_2)=\cdots=f(e_n)=v$, où $v$ est un vecteur donné de $E$.

Donner le rang de $f$.
$f$ est-il diagonalisable? (discuter en fonction du vecteur $v$)

Si $v = 0_E$ alors $f$ est l’endomorphisme nul et donc $\mathrm{rg}f=0$. Si $v\neq 0$ alors $\mathrm{rg}f=1$ car, si on note $c_1,c_2,...,c_n$ les colonnes de la matrice $A$ de $f$ dans la base canonique $e$, alors $c_1\neq 0$ et $c_1=c_2=...=c_n$.
Premier cas: $v = 0_E$ alors $f$ est l’endomorphisme nul et donc $f$ est diagonalisable. Deuxième cas: $v \ne 0_E$. Alors $\textrm{rg} f = 1$ et donc $\dim \mathrm{Ker} f = n - 1$. Donc 0 est valeur propre de $f$ et, si on note $m_0$ l’ordre de multiplicité de la valeur propre 0 dans le polynôme caractéristique de $f$, alors $m_0\geqslant n-1$. On en déduit alors que: $\exists\lambda\in\mathbb{K}\:/\:P_f(X)=X^{n-1}(X-\lambda)$.(*) Et donc, $\mathrm{tr}(f)=\lambda$. $e$ est une base de $E$ donc : $\exists\:!\:(x_1,x_2,...,x_n)\in\mathbb{K}^n\:/\:v=x_1e_1+x_2e_2+...+x_ne_n$. En écrivant la matrice de $f$ dans la base $e$, on obtient alors $\mathrm{tr}(f)=x_1+x_2+...+x_n$. Ainsi, $\lambda=x_1+x_2+...+x_n$.(**) Ce qui amène à la discussion suivante: Premier sous- cas: si $x_1+x_2+...+x_n\neq 0$ D’après (*) et (**), $\lambda=x_1+x_2+...+x_n$ est une valeur propre non nulle de $f$ et $\dim E_{\lambda}=1$. Ainsi, $\dim E_0+\dim E_{\lambda}=n$ et donc $f$ est diagonalisable. Deuxième sous- cas: si $x_1+x_2+...+x_n=0$ Alors, d’après (*) et (**), $P_f(X)=X^n$. Donc 0 est valeur propre d’ordre de multiplicité $n$ dans le polynôme caractéristique. Or $\dim E_0=n-1$. Donc $f$ n’est pas diagonalisable. Remarque dans le cas où $v\neq 0$ Comme $v=x_1e_1+x_2e_2+...+x_ne_n$, alors, par linéarité de $f$, $f(v)=x_1f(e_1)+x_2f(e_2)+...+x_nf(e_n)$. C’est-à-dire, $f(v)=(x_1+x_2+...+x_n)v$.(***) On en déduit que: $x_1+x_2+...+x_n=0\Longleftrightarrow f(v)=0$. De plus, dans le cas où $x_1+x_2+...x_n\neq 0$, alors, d’après (***), $v$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda=x_1+x_2+...+x_n$ et d’après ce qui précéde, $E_f(\lambda)=\mathrm{Vect}(v)$.

EXERCICE 74 algèbre

EnoncéCorrigé

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}$.
1. Justifier sans calcul que $A$ est diagonalisable.
2. Déterminer les valeurs propres de $A$ puis une base de vecteurs propres associés.
On considère le système différentiel $\left\{\begin{array}{l} x'=x+2z\\ y'=y \\ z'=2x+z \end{array}\right.$ , $x,y,z$ désignant trois fonctions de la variable $t$, dérivables sur $\mathbb{R}$.

En utilisant la question 1. et en le justifiant, résoudre ce système.

1. A est symétrique réelle donc diagonalisable.
2. $P_A(X)=\det(X\mathrm{I}_3-A)=\begin{vmatrix} -1+X&0&-2\\ 0&-1+X&0\\ -2&0&-1+X\\ \end{vmatrix}$. En développant par rapport à la première ligne, on obtient, après factorisation: $P_A(X)=(X-1)(X+1)(X-3)$. On obtient aisément, $E_{1}= \mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 0\\1\\0 \end{pmatrix}\right)$, $E_{{-1}}=\mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} \right)$ et $E_3= \mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}\right)$. On pose $e'_1=(0,1,0)$, $e'_2=(1,0,-1)$ et $e'_3=(1,0,1)$. Alors, $e'=(e'_1,e'_2,e'_3)$ est une base de vecteurs propres pour l’endomorphisme $f$ canoniquement associé à la matrice $A$.
Notons $(S)$ le système $\left\{\begin{array}{l} x'=x+2z \\ y'=y \\ z'=2x+z \end{array}\right.$. Posons $X(t)=\begin{pmatrix} x(t)\\ y(t)\\ z(t)\\ \end{pmatrix}$ . Alors, $(S) \Longleftrightarrow X'=AX$. On note $P$ la matrice de passage de la base canonique $e$ de $\mathbb{R}^3$ à la base $e'$. D’après 1., $P=\begin{pmatrix} 0&1&1\\ 1&0&0\\ 0&-1&1 \end{pmatrix}$. Et, si on pose $D=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&3 \end{pmatrix}$, alors $A=PDP^{-1}$. Donc $(S) \Longleftrightarrow P^{-1}X'=DP^{-1}X$. On pose alors $X_1=P^{-1}X$ et $X_1(t)=\begin{pmatrix} x_1(t)\\ y_1(t)\\ z_1(t)\\ \end{pmatrix}$ . Ainsi, par linéarité de la dérivation, $(S)\Longleftrightarrow X'_1=DX_1\Longleftrightarrow\left\lbrace \begin{array}{lll} x'_1&=&x_1\\ y'_1&=&-y_1\\ z'_1&=&3z_1 \end{array}\right.$ On résout alors chacune des trois équations différentielles d’ordre 1 qui constituent ce système.

On trouve $\left\lbrace \begin{array}{lll} x_1(t)&=&a\mathrm{e}^{t}\\ y_1(t)&=&b\mathrm{e}^{-t}\\ z_1(t)&=&c\mathrm{e}^{3t} \end{array}\right.$ avec $(a,b,c)\in\mathbb{R}^3$. Enfin, on détermine $x,y,z$ en utilisant la relation $X=PX_1$. On obtient: $\left\lbrace \begin{array}{lll} x(t)&=&b\mathrm{e}^{-t}+c\mathrm{e}^{3t}\\ y(t)&=&a\mathrm{e}^{t}\\ z(t)&=&-b\mathrm{e}^{-t}+c\mathrm{e}^{3t}\\ \end{array}\right.$ avec $(a,b,c)\in\mathbb{R}^3$.

EXERCICE 91 algèbre

EnoncéCorrigé

On considère la matrice $A=\begin{pmatrix} 0& 2 & -1 \\ -1& 3 &-1 \\ -1& 2 & 0 \end{pmatrix} \in\mathcal{M}_3(\mathbb{R}).$

Montrer que $A$ n’admet qu’une seule valeur propre que l’on déterminera.
La matrice $A$ est-elle inversible ? Est-elle diagonalisable ?
Déterminer, en justifiant, le polynôme minimal de $A$.
Soit $n\in\mathbb{N}$. Déterminer le reste de la division euclidienne de $X^n$ par $(X-1)^2$ et en déduire la valeur de $A^n$.

Déterminons le polynôme caractéristique $\chi_A$ de $A$ :

\[ \begin{aligned} \chi_A(X)&=&\left|\begin{array}{ccc} X & -2 & 1\\ 1&X-3&1\\ 1&-2&X \end{array}\right|\underset{ C_1\leftarrow \displaystyle\sum\limits_{i=1}^3 C_i}{=} \left|\begin{array}{ccc} X-1 & -2 & 1\\ X-1&X-3&1\\ X-1&-2&X \end{array}\right|\\ &=&(X-1)\left|\begin{array}{ccc} 1 & -2 & 1\\ 1&X-3&1\\ 1&-2&X \end{array}\right|\underset{ \begin{array}{c} L_2\leftarrow L_2-L_1\\ L_3\leftarrow L_3-L_1 \end{array}}{=}(X-1)\left|\begin{array}{ccc} 1 & -2 & 1\\ 0&X-1&0\\ 0&0&X-1 \end{array}\right|\\ &=&(X-1)^3\end{aligned} \]

Donc $\chi_A(X)=(X-1)^3$.

Donc $A$ admet $1$ comme unique valeur propre.

Puisque $0$ n’est pas valeur propre de $A$, $A$ est inversible. Si $A$ était diagonalisable elle serait semblable à la matrice identité et donc égale à la matrice identité. Puisque ce n’est pas le cas, $A$ n’est pas diagonalisable.
Notons $P_m$ le polynôme minimal de $A$. $P_m$ divise $\chi_A$ et $P_m$ est un polynôme annulateur de $A$. $A-\mathrm{I}_3\neq 0$ et $(A-\mathrm{I}_3)^2=\begin{pmatrix} -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \\ -1 & 2 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$. Donc $P_m=(X-1)^2$.
Soit $n\in\mathbb{N}$. Par division euclidienne de $X^n$ par $(X-1)^2$, $\exists\:! (Q,R)\in\mathbb{R}[X]\times \mathbb{R}_1[X],\,X^n=(X-1)^2Q+R$$(1)$ Or, $\exists (a,b)\in \mathbb{R}^2,\, R=aX+b$ donc $X^n=(X-1)^2Q+aX+b$. Puisque $1$ est racine double de $(X-1)^2$ on obtient : $1=a+b$ et, après dérivation, $n=a$. Donc $R=nX+1-n$.$(2)$ $P_m=(X-1)^2$ étant un polynôme annulateur de $A$ on a d’après $(1)$ et $(2)$ : $$\forall n\in\mathbb{N},\,A^n=nA+(1-n)\mathrm{I}_3$$

RMS2022-312

EnoncéCorrigé

Soit $f:P\in \mathbb R_n[X]\mapsto X(X-1)P'(X)-nXP(X)\in \mathbb R[X]$.

a) Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\mathbb R_n[X]$.

b) Trouver les valeurs propres de $f$. Montrer que $f$ est diagonalisable.

a) $f$ est clairement linéaire. Le point important sera plutôt la stabilité de $\mathbb R_n[X]$ par $f$. Soit $P$ de degré $n$ alors $f(P)$ est une différence de deux polynômes de degré $n+1$. A priori, on n'est pas dans $R_n[X]$. On doit donc voir ce qu'il se passe sur le coefficient de degré $n+1$. Si $p_n$ est le coefficient de degré $n$ de $P$ (éventuellment $p_n=0$), alors le coefficient de degré $n+1$ de $X(X-1)P'$ est $np_n$. Le coefficient de degré $n+1$ de $nXP$ est aussi $np_n$. Donc le coefficient de degré $n+1$ de $f(P)$ vaut $0$ : $f(P)$ est donc de degré au plus $n$. Ainsi $f$ est bien un endomorphisme de $\mathbb R_n[X]$.

b) Soit $P$ un vecteur propre de $f$. On a donc $f(p)=\lambda P$ avec $\lambda\in \mathbb R$. On a alors $\lambda P=X(X-1)P'-nXP$ c'est à dire $(nX+\lambda)P=X(X-1)P'$ ou encore $n(X+\frac\lambda n)P=X(X-1)P'$. On remarque que $0$ et $1$ semblent être de bons candidats de racines de $P$. Soit $k$ la multiplicité de $0$ en tant que racine de $P$. Dérivons $k$ fois avec la formule de Leibniz : $n(X+\frac\lambda n)P^{(k)}+nkP^{(k-1)}=X(X-1)P^{(k+1)}+k(2X-1)P^{(k)}+k(k-1)P^{(k-1)}$. On prend la valeur en $0$ : $\lambda P^{(k)}(0)=-kP^{(k)}(0)$. On en déduit $\lambda=-k$. Notons maintenant $q$ la multiplicité de $1$ en tant que racine de $P$. On dérive $q$ fois : $n(X-\frac k n)P^{(q)}+nqP^{(q-1)}=X(X-1)P^{(q+1)}+q(2X-1)P^{(q)}+q(q-1)P^{(q-1)}$ et on prend la valeur en $1$ : $(n-k)P^{(q)}(1)=qP^{(q)}(1)$. Or $P^{(q)}(1)\ne 0$ donc $q=n-k$. On en déduit ainsi la forme de $P$ : $P=\lambda X^k(X-1)^{n-k}$ car $P$ est de degré au plus $n$. Réciproquement, on vérifie bien $f(X^k(X-1)^{n-k})=-kX^k(X-1)^{n-k}$. $f$ admet donc $n+1$ valeurs propres distinctes : $f$ est diagonalisable dans la base des ${\left(X^k(X-1)^{n-k}\right)}_{k\in\{0,\dots,n\}}$.

Espaces préhilbertiens

EXERCICE 77 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un espace euclidien.

Soit $A$ un sous-espace vectoriel de $E$. Démontrer que $\left( A^{\perp }\right) ^{\perp }=A$.
Soient $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$.
1. Démontrer que $\left( F+G\right) ^{\perp }=F^{\perp }\cap G^{\perp }$.
2. Démontrer que $\left( F\cap G\right) ^{\perp }=F^{\perp}+G^{\perp }$.

On a $A \subset \left( {A^ \bot } \right)^ \bot \text{ }$.(*) En effet, $\forall x \in A,\forall y \in A^ \bot ,(x\mid y) = 0$. C’est-à-dire, $\forall\:x\in A$, $x\in (A^{\perp})^{\perp}$. Comme $E$ est un espace euclidien, $E=A\oplus A^{\perp}$ donc $\dim A= n-\dim A^{\perp}$. De même, $E=A^{\perp}\oplus\left( A^{\perp}\right) ^{\perp}$ donc $\dim \left( A^ \bot\right) ^{\perp} = n - \dim A^{\perp}$. Donc $\dim \left( {A^ \bot } \right)^ \bot = \dim A$. (**) D’après (*) et (**), $\left( {A^ \bot } \right)^ \bot = A$.
1. Procédons par double inclusion. Prouvons que $F^{\perp}\cap G^{\perp}\subset \left(F+G \right)^{\perp}$. Soit $x \in F^ \bot \cap G^ \bot$. Soit $y \in F + G$ . Alors $\exists\:(f,g)\in F\times G$ tel que $y=f+g$. $(x\mid y) = \underbrace{(x\mid f)}_{ \underset{\: \text{car} \:f\in F\:\text{et}\:x\in F^{\perp}}{=0}}+ \underbrace{(x\mid g)}_{ \underset{\: \text{car} \:g\in G \:\text{et}\:x\in G^{\perp}}{=0}} = 0$. Donc $\forall \:y\in (F+G)$, $(x\mid y) =0$. Donc $x \in (F + G)^ \bot$. Prouvons que $\left(F+G \right)^{\perp}\subset F^{\perp}\cap G^{\perp}$. Soit $x \in (F + G)^ \bot$. $\forall \:y \in F$, on a $(x\mid y) = 0$ car $y \in F \subset F + G$. Donc $x \in F^ \bot$. De même, $\forall \:z \in G$, on a $(x\mid z) = 0$ car $z \in G \subset F + G$. Donc $x \in G^ \bot$. On en déduit que $x\in F^{\perp}\cap G^{\perp}$. Finalement, par double inclusion, $\left( {F + G} \right)^ \bot = F^ \bot \cap G^ \bot$.
2. D’après 2.(a), appliquée à $F^{\perp}$ et à $G^{\perp}$, on a $\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = \left( F^{\perp}\right) ^{\perp} \cap\left( G^ {\perp}\right) ^{\perp}$. Donc, d’après 1., $\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = F \cap G$. Donc $\left( \left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp }\right) ^{\perp} =\left( F \cap G \right) ^{\perp}$. C’est-à-dire, en utilisant 1. à nouveau, $F^{\perp}+G^{\perp }=\left( F\cap G\right) ^{\perp }$.

EXERCICE 78 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n$ et $u$ un endomorphisme de $E$. On note $\left( x|y\right)$ le produit scalaire de $x$ et de $y$ et $||.||$ la norme euclidienne associée.

Soit $u$ un endomorphisme de $E$, tel que: $\forall x \in E, \vert\vert u(x)\vert\vert = \vert\vert x\vert\vert$.
1. Démontrer que: $\forall (x,y)\in E^{2}~(u(x)|u(y)) = (x|y)$.
2. Démontrer que $u$ est bijectif.
Démontrer que l’ensemble ${\mathcal{O}}(E)$ des isométries vectorielles de $E$ , muni de la loi $\circ$ , est un groupe.
Soit $u\in\mathcal{L}(E)$. Soit $e=(e_1,e_2,...,e_n)$ une base orthonormée de $E$. Prouver que : $u\in {\mathcal{O}}(E)\Longleftrightarrow$$\left( u(e_1),u(e_2),...,u(e_n)\right)$ est une base orthonormée de $E$.

Soit $u\in\mathcal{L}(E)$ tel que $\forall (x,y)\in E^{2}$, $||u(x)||=||x||$.
1. Soit $(x,y) \in E^2$. On a, d’une part, $\left\| {u(x + y)} \right\|^2 = \left\| {x + y} \right\|^2 = \left\| x \right\|^2 + 2(x\mid y) + \left\| y \right\|^2$.(*) D’autre part, $\left\| {u(x + y)} \right\|^2 = \left\| {u(x) + u(y)} \right\|^2 = \left\| {u(x)} \right\|^2 + 2(u(x)\mid u(y)) + \left\| {u(y)} \right\|^2= \left\| {x} \right\|^2 + 2(u(x)\mid u(y)) + \left\| {y} \right\|^2$.(**) On en déduit, d’après (*) et (**), que $(u(x)\mid u(y)) = (x\mid y)$.
2. Soit $x \in \mathrm{Ker} u$. Par hypothèse, $0 = \left\| {u(x)} \right\|^2 = \left\| x \right\|^2 \text{ }$. Donc $x=0$. Donc $\mathrm{Ker} u = \left\{ {0_E } \right\}$. Donc $u$ est injectif. Puisque $E$ est de dimension finie, on peut conclure que l’endomorphisme $u$ est bijectif.
Montrons que l’ensemble ${\mathcal{O}}(E)$ des endomorphismes orthogonaux est un sous-groupe du groupe linéaire $\left( {{\text{GL}}(E), \circ } \right)$. On a ${\mathcal{O}}(E) \subset {\text{GL}}(E)$ en vertu de ce qui précède. On a aussi, évidemment, $\textrm{Id} _E \in {\mathcal{O}}(E)$. Donc $\mathcal{O}(E)\neq \emptyset$. Soit $(u,v) \in\left( {\mathcal{O}}(E)\right) ^2$. $\forall \:x \in E$, $\left\| {u \circ v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| {u(v^{ - 1} (x))} \right\| = \left\| {v^{ - 1} (x)} \right\|\text{ car }u \in {\mathcal{O}}(E)$. Et $\left\| {v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| {v(v^{ - 1} (x))} \right\| = \left\| x \right\|\text{ car }v \in {\mathcal{O}}(E)$. Donc $\forall \:x \in E$,$\left\| {u \circ v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| x \right\|$. On en déduit, d’après 1.(a), que $u \circ v^{ - 1} \in {\mathcal{O}}(E)$.
Soit $u\in\mathcal{L}(E)$. Soit $e=(e_1,e_2,...,e_n)$ une base orthonormée de $E$. Supposons que $u\in \mathcal{O}(E)$. Soit $(i,j)\in\left( \llbracket1,n\rrbracket\right) ^2$. $u\in \mathcal{O}(E)$ donc $\left(u(e_i)|u(e_j)\right)=\left(e_i|e_j\right)$. Or $e$ est une base orthonormée de $E$ donc $\left(e_i|e_j\right)=\delta_i^j$ où $\delta_i^j$ désigne le symbole de Kronecker. On en déduit que $\forall(i,j)\in\left( \llbracket1,n\rrbracket\right) ^2$,$\left(u(e_i)|u(e_j)\right)=\delta_i^j$. C’est-à-dire $(u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))$ est une famille orthonormée de $E$. Donc, c’est une famille libre à $n$ éléments de $E$ avec $\dim E=n$. Donc $(u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))$ est une base orthonormée de $E$. Réciproquement, supposons que $(u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))$ est une base orthonormée de $E$. Soit $x\in E$. Comme $e$ est une base orthonormée de $E$, $x=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_ie_i$. $||x||^2=\left(\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_ie_i|\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_je_j\right)=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ix_j\left(e_i|e_j\right)$. Or $e$ est une base orthonormée de $E$ donc $||x||^2=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2$ .(*) De même, par linéarité de $u$, $||u(x)||^2=(\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_iu(e_i)|\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ju(e_j))=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ix_j\left(u(e_i)|u(e_j)\right)$. Or $(u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))$ est une base orthonormée de $E$, donc $||u(x)||^2=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2$.(**) D’après (*) et (**), $\forall \:x\in E$, $||u(x)||=||x||$. Donc, d’après 1.(a), $u\in \mathcal{O}(E)$.

EXERCICE 82 algèbre

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un espace préhilbertien et $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension finie $n>0$.

On admet que, pour tout $x\in E$, il existe un élément unique $y_0$ de $F$ tel que $x-y_0$ soit orthogonal à $F$ et que la distance de $x$ à $F$ soit égale à $\left\Vert x-y_0\right\Vert$.

Pour $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d% \end{pmatrix}$ et $A'=\begin{pmatrix} a^{\prime } & b^{\prime } \\ c^{\prime } & d^{\prime }% \end{pmatrix}$, on pose $\left( A\ |\ A'\right) =aa^{\prime}+bb^{\prime}+cc^{\prime}+dd^{\prime}$.

Démontrer que $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est un produit scalaire sur $\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)$.
Calculer la distance de la matrice $A=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 2% \end{array}% \right)$ au sous-espace vectoriel $F$ des matrices triangulaires supérieures.

On pose $E=\mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. Pour $A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E$ et $A'=\begin{pmatrix} a'&b'\\c'&d'\\ \end{pmatrix}\in E$ , on pose $\left(A|A'\right)=aa'+bb'+cc'+dd'$. Soit $A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E$ , $A'=\begin{pmatrix} a'&b'\\c'&d'\\ \end{pmatrix}\in E$ , $B=\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d''\\ \end{pmatrix}\in E$ . Soit $\alpha\in\mathbb{R}$. $\left(A+A'|B\right)=\left(\begin{pmatrix} a+a'&b+b'\\c+c'&d+d'\\ \end{pmatrix}|\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d''\\ \end{pmatrix} \right)=(a+a')a''+(b+b')b''+(c+c')c''+(d+d')d''$. Donc $\left(A+A'|B\right)=(aa''+bb''+cc''+dd'')+(a'a''+b'b''+c'c''+d'd'')=\left(A|B\right)+\left(A'|B\right)$. $\left(\alpha A|B\right)=\left(\begin{pmatrix} \alpha a& \alpha b\\ \alpha c&\alpha d\\ \end{pmatrix}|\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d'' \end{pmatrix}\right )= \alpha aa''+\alpha bb''+\alpha cc''+ \alpha dd''=\alpha\left(A|B\right )$. On en déduit que $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est linéaire par rapport à sa première variable. De plus, par commutativité du produit sur $\mathbb{R}$, $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est symétrique. Donc $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est une forme bilinéaire et symétrique.(*) Soit $A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E$ . $\left(A|A\right)=a^2+b^2+c^2+d^2\geqslant 0$. Donc $\left( .\:|\:.\right)$ est positive.(**) Soit $A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E$ telle que $\left(A|A\right)=0$. Alors $a^2+b^2+c^2+d^2= 0$. Comme il s’agit d’une somme de termes tous positifs, on en déduit que $a=b=c=d=0$ donc $A=0$. Donc $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est définie.(***) D’après (*), (**) et (***), $\left( \,.\,|\,.\,\right)$ est un produit scalaire sur $E$.
$A=\begin{pmatrix} 1&0\\-1&2 \end{pmatrix}$. On a $A= \begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}$. $\begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}\in F$ et $\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}\in F^{\perp}$ car $\forall (a,b,d)\in\mathbb{R}^3$, $\left(\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}| \begin{pmatrix} a&b\\0&d \end{pmatrix}\right)=0$. On en déduit que le projeté orthogonal, noté $p_F(A)$, de $A$ sur $F$ est la matrice $\begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}$. Ainsi, $d(A,F)=||A-p_F(A)||=||\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}||=1.$

RMS2022-702

EnoncéCorrigé

Soit $A\in\mathcal{S}_n(\mathbb R)$.

a) Montrer que $A\in\mathcal{S}_n^+(\mathbb R)$ si et seulement s'il existe $B\in\mathcal{M}_n(\mathbb R)$ telle que $A={B}^TB$.

b) Montrer que $A\in\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb R)$ si et seulement s'il existe $B\in\mathrm{GL}_n(\mathbb R)$ telle que $A={B}^TB$.

c) Soit $A\in\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb R)$. Montrer que l'application $X\mapsto \sqrt{{X}^TAX}$ est une norme sur $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb R)$. Est-elle associée à un produit scalaire?

a) $A$ est symétrique positive. Donc $A$ est orthogalement semblable à une matrice diagonale dont les termes diagonaux sont positifs. Notons $D$ cette matrice diagonale. On note $d_1,\dots,d_n$ ses coefficients diagonaux et $A=P^\top DP$. Notons $\Delta=\mathrm{diag}(\sqrt {d_1},\dots,\sqrt{d_n})$. On a alors $A=P^\top \Delta^2 P=P^\top \Delta^\top\Delta P=(\Delta P)^\top\Delta P$. On pose $B=\Delta P$ et on a le résultat demandé.

Réciproquement si $A=B^\top B$ alors $A$ est symétrique. Elle est donc diagonalisable. Soit $\lambda$ une valeur propre associée à un vecteur propre $X$. On a $X^\top AX=X^\top B^\top BX=||BX||^2\ge 0$. Mais $X^\top AX=\lambda X^\top X=\lambda ||X||^2$. On en déduit que $\lambda$ est positive. Donc $A$ est symétrique positive.

b) Pour le sens direct : si $A$ est symétrique définie positive, alors ses valeurs propres sont stictement positives et la matrice $D$ et $\Delta$ sont diagonales à valeurs diagonales différentes de $0$ : elles sont inversible et par conséquent $B$ est inversible. Pour la réciproque, $X$ étant différent de $0$, $||BX||>0$ et $||X||>0$. Ce dont on déduit que $\lambda>0$. Les valeurs propres sont donc strictement positive, et $A$ est donc symétrique définie positive.

c) Notons $N:X\mapsto \sqrt{{X}^TAX}$. Pour être une norme on doit vérifier le caractère homogène, défini positif et l'inégalité triangulaire (les valeurs sont évidemment positives). On note $A=B^\top B$ avec $B$ inversible. On remarque que $N(X)=||BX||$. Si $X=0$ alors $N(X)=0$. Si $N(X)=0$ alors $X^\top B^\top BX=0$ c'est à dire $||BX||=0$. On en déduit que $BX=0$ et puisque $B$ est inversible $X=0$. $N$ est bien définie positive, elle est clairement homogène et via l'expression $N(X)=||BX||$ on a l'inégalité triangulaire.

Si on considère le produit scalaire $\varphi(X,Y)=X^TB^\top BY$, alors $N$ en est la norme associée.

RMS2022-696

EnoncéCorrigé

Soit $J_n$ la matrice carrée de taille $n$ dont tous les coefficients valent $1$.

a) Montrer que $J_n$ est diagonalisable et qu'il existe une matrice orthogonale $P_n\in{\cal O}_n(\mathbb R)$ telle que : $J_n=P_n \mathrm{diag}(0,\ldots,0,n)P_n^{-1}$.

b) Calculer $P_2$ et $P_3$.

c) Montrer que l'espace vectoriel des matrices de ${\cal M}_3(\mathbb R)$ commutant avec $J_3$ est de dimension $5$.

a) une remarque classique est que $J_n^2=nJ_n$. Donc $J_n$ annule le polynôme caractéristique $X^2-nX$ : ainsi $J_n$ annule un polynôme scindé à racines simples, elle est diagonalisable, de valeurs propres $0$ et $n$. $J_n$ étant clairement de rang $1$, $0$ est de multiplicité $n-1$ et $n$ de multiplicité $1$. Or $J_n$ est symétrique, donc diagonalisable dans une base orthonormée : il existe $P\in\mathcal O_n$ telle que $P^{-1}J_nP=\mathrm{diag}(0,\ldots,0,n)$. On remarque par ailleurs que le vecteur $\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $n$ et que les vecteurs $\begin{pmatrix}0\\\vdots\\0\\1\\-1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}$ sont dans le noyau de $J_n$. Ces vecteurs forment clairement une base de $\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)$.

b) D'après la remarque précédente, on a $P_2=\frac 1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}$ (la matrice de vecteurs propres est déjà orthogonale). Pour $P_3$, les deux espaces propres sont orthogonaux. On doit donc juste orthogonaliser la famille $\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$ ce qui donne $\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}\frac 12\\\frac 12\\-1\end{pmatrix}$. La matrice $P_3$ peut donc être $P_3=\begin{pmatrix} 1/\sqrt2 & 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3\\-1\sqrt2 & 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3 \\ 0 & -2/\sqrt6 & 1/\sqrt3\end{pmatrix}$.

c) Notons POur une matrice $B$ notons $\mathcal C(B)=\{A\in\mathcal M_3(\mathbb R)| AB=BA\}$ : $\mathcal C(B)$ est un sous espace vectoriel de $\mathcal M_3(\mathbb R)$. On peut montrer que $\mathcal C(J_3)$ est isomorphe à $\mathcal C(D_3)$ où $D_3=\mathrm{diag}(0,0,3)$. On va donc déterminer la dimension $\mathcal C(D_3)$ : les espaces étant isomorphes, ils ont même dimension. Soit $E_{ij}$ les élements de la base canonique de $\mathcal M_3(\mathbb R)$. Par le calcul on montre $E_{11},E_{22},E_{12},E_{21},E_{33}$ sont des éléments de $\mathcal C(D_3)$. Ces éléments forment une famille libre donc la dimension de $\mathcal C(D_3)$ est au moins de $5$. Soit $A\in\mathcal C(D_3)$. Posons $A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}$, la relation $AD_3=D_3A$ donne $a_{13}=a_{23}=a_{31}=a_{32}=0$. On en déduit que $A\in\mathrm{Vect}( E_{11},E_{22},E_{12},E_{21},E_{33})$. La famille est donc génératrice de $\mathcal C(D_3)$. Elle est bien une base et la dimension de $\mathcal C(D_3)$ est donc $5$. On en déduit que $\mathcal C(J_3)$ est de dimension $5$.

Espaces vectoriels normés

EXERCICE 37 analyse

EnoncéCorrigé

On note $E$ l’espace vectoriel des applications continues de $[0;1]$ dans $\mathbb{R}$. On pose: $\forall \:f\in E$, $N_{\infty}(f)=\sup\limits_{x\in[0;1]} |f(x)|$ et $N_1(f)=\displaystyle\int_0^1|f(t)| \text{d}t$.

1. Démontrer que $N_{\infty}$ et $N_1$ sont deux normes sur $E$.
2. Démontrer qu’il existe $k>0$ tel que, pour tout $f$ de $E$, $N_1(f)\leq k N_{\infty}(f)$.
3. Démontrer que tout ouvert pour la norme $N_1$ est un ouvert pour la norme $N_{\infty}$.
Démontrer que les normes $N_1$ et $N_{\infty}$ ne sont pas équivalentes.

1. Prouvons que $N_{\infty}$ est une norme sur $E$. $\forall \:f\in E$, $|f$| est positive et continue sur le segment $\left[0,1 \right]$ donc $f$ est bornée et donc $N_{\infty}(f)$ existe et est positive. i) Soit $f\in E$ telle que $N_{\infty}(f)=0$. Alors, $\forall \:t\in \left[ 0,1\right]$, $|f(t)|=0$, donc $f=0$. ii) Soit $\lambda\in\mathbb{R}$. Soit $f\in E$. Si $\lambda=0$ alors $N_{\infty}(\lambda f)=0=|\lambda|N_{\infty}(f)$. Si $\lambda \neq 0$ : $\forall \:t\in \left[ 0,1\right]$, $|\lambda f(t)|= |\lambda||f(t)|\leqslant|\lambda|N_{\infty}(f)$. Donc $N_{\infty}(\lambda f)\leqslant |\lambda|N_{\infty}(f)$.(1) $\forall \:t\in \left[ 0,1\right]$, $|f(t)|=\dfrac{1}{|\lambda|}|\lambda f(t)|\leqslant\dfrac{1}{|\lambda|}N_{\infty}(\lambda f)$. Donc $N_{\infty}(f) \leqslant\dfrac{1}{|\lambda|}N_{\infty}(\lambda f)$. C’est-à-dire, $|\lambda|N_{\infty}(f)\leqslant N_{\infty}(\lambda f)$. (2) Donc, d’après (1) et (2), $N_{\infty}(\lambda f)= |\lambda|N_{\infty}(f)$. iii) Soit $(f,g)\in E^2$. $\forall \:t\in \left[ 0,1\right]$,$|(f+g)(t)|\leqslant |f(t)|+|g(t)|\leqslant N_{\infty}(f)+N_{\infty}(g)$. Donc $N_{\infty}(f+g)\leqslant N_{\infty}(f)+N_{\infty}(g)$. On en déduit que $N_{\infty}$ est une norme. Prouvons que $N_1$ est une norme sur $E$. $\forall \:f\in E$, $|f|$ est continue et positive sur $\left[ 0,1\right]$ donc $N_1(f)$ existe et est positive. i) Soit $f\in E$ telle que $N_1(f)=0$. Or $|f|$ est continue et positive sur $\left[ 0,1\right]$, donc $|f|$ est nulle. C’est-à-dire $f=0$. ii) Soit $\lambda\in \mathbb{R}$. Soit $f\in E$. $N_1(\lambda f)=\displaystyle\int\limits_{0}^{1}|\lambda f(t)|\mathrm{d}t=|\lambda|\displaystyle\int\limits_{0}^{1}| f(t)|\mathrm{d}t=|\lambda|N_1(f)$. iii) Soit $(f,g)\in E^2$. $\forall \:t\in \left[ 0,1\right]$, $|(f+g)(t)|\leqslant |f(t)|+|g(t)|$. Donc, par linéarité de l’intégrale, $N_1(f+g)\leqslant N_1(f)+N_1(g)$. On en déduit que $N_1$ est une norme sur $E$.
2. $k = 1$ convient car, $\forall \:f\in E$, $\displaystyle\int_0^1 {\left| {f(t)} \right|\,{\mathrm{d}}t} \leqslant \displaystyle\int_0^1{ N_{\infty}(f){\mathrm{d}}t}=N_{\infty}(f)$.
3. L’application identité de $E$, muni de la norme $N_\infty$, vers $E$, muni de la norme $N_1$, est continue car linéaire et vérifiant $\forall\: f\in E$, $N_1 (f) \leqslant kN_\infty (f)$. L’image réciproque d’un ouvert par une application continue étant un ouvert, on en déduit que : un ouvert pour la norme $N_1$ est un ouvert pour la norme $N_\infty$. On peut aussi raisonner de façon plus élémentaire par inclusion de boules et retour à la définition d’un ouvert.
Pour $f_n (t) = t^n$, on a $N_{_1 } (f_n ) = \dfrac{1}{{n + 1}}$ et $N_\infty (f_n ) = 1$, donc $\lim\limits_{n\to +\infty}^{}\dfrac{N_{\infty}(f_n)}{N_1(f_n)}=+\infty$. Donc ces deux normes ne sont donc pas équivalentes.

EXERCICE 45 analyse

EnoncéCorrigé

Les questions 1. et 2. sont indépendantes. Soit $E$ un $\mathbb{R}$-espace vectoriel normé. Soit $A$ une partie non vide de $E$. On note $\overline{A}$ l’adhérence de $A$.

1. Donner la caractérisation séquentielle de $\overline{A}$.
2. Prouver que, si $A$ est convexe, alors $\overline{A}$ est convexe.
On pose : $\forall x \in E,\:{d_A}(x) = \mathop {\inf }\limits_{a \in A} \left\| {x - a} \right\|$.
1. Soit $x \in{E}$. Prouver que $d_{A}(x) = 0\Longrightarrow x \in \overline A$.
2. On suppose que $A$ est fermée et que: $\forall (x,y) \in{E^2}$, $\forall t\in{[0,1]}$, $d_A(tx+(1-t)y)\leqslant td_A(x)+(1-t)d_A(y)$. Prouver que $A$ est convexe.

1. Soit $A$ une partie d’un ensemble $E$. $x\in{\overline{A}} \Longleftrightarrow$ il existe une suite $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ à valeurs dans $A$ telle que $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = x$.
2. On suppose que $A$ est une partie non vide et convexe de $E$. Prouvons que $\overline{A}$ est convexe. Soit $(x,y)\in{\left( \overline{A}\right) ^2}$. Soit $t\in{[0,1]}$. Prouvons que $z=tx+(1-t)y\in{\overline{A}}$. $x\in{\overline{A}}$ donc, il existe une suite $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ à valeurs dans $A$ telle que $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {x_n} = x$. $y\in{\overline{A}}$ donc, il existe une suite $(y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ à valeurs dans $A$ telle que $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {y_n} = y$. On pose : $\forall n \in \mathbb{N},{z_n} = t{x_n} + (1 - t){y_n}$. $\forall n \in \mathbb{N}$, $x_n\in{A}$, $y_n\in{A}$ et $A$ est convexe, donc $z_n\in{A}$. De plus $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {z_n} = z$. Donc $z$ est limite d’une suite à valeurs dans $A$, c’est-à-dire $z\in{\overline{A}}$.
1. Soit $A$ une partie non vide de $E$. Soit $x \in{E}$ tel que $d_A(x)=0$. Par définition de la borne inférieure, nous avons : $\forall \epsilon>0$, $\exists \:a \in {A} \text{ tel que } \|x-a\|<\epsilon$. Donc, $\forall n\in{\mathbb{N}^*}$, pour $\epsilon = \dfrac{1}{n}$, il existe $a_n \in {A} \text{ tel que } \|x-a_n\|<\frac{1}{n}$. Alors la suite $(a_n)_{n\in{\mathbb{N}^*}}$ ainsi construite est à valeurs dans $A$ et converge vers $x$, donc $x\in{\overline{A}}$.
2. On suppose que $A$ est fermée et que, $\forall (x,y) \in{E^2}$, $\forall t\in{[0,1]}$, $d_A(tx+(1-t)y)\leqslant td_A(x)+(1-t)d_A(y)$. Soit $(x,y)\in{\left( A\right) ^2}$. Soit $t\in{[0,1]}$. Prouvons que $z=tx+(1-t)y\in{A}$. Par hypothèse, on a $d_A(z)\leqslant td_A(x)+(1-t)d_A(y)$.(1) Or $x\in{A}$ et $y\in{A}$, donc $d_A(x)=d_A(y)=0$ et donc, d’après (1), $d_A(z)=0$. Alors, d’après 2.(a), $z\in{\overline{A}}$. Or $A$ est fermée, donc $\overline{A}=A$ et donc $z\in{A}$.

EXERCICE 44 analyse

EnoncéCorrigé

Soit $E$ un espace vectoriel normé. Soient $A$ et $B$ deux parties non vides de $E$.

1. Rappeler la caractérisation de l’adhérence d’un ensemble à l’aide des suites.
2. Montrer que : $A \subset B \Longrightarrow \overline{A} \subset \overline{B}$.
Montrer que : $\overline{A \cup B}=\overline{A} \cup \overline{B}$.
Remarque: une réponse sans utiliser les suites est aussi acceptée.
1. Montrer que : $\overline{A \cap B} \subset \overline{A} \cap \overline{B}$.
2. Montrer, à l’aide d’un exemple, que l’autre inclusion n’est pas forcément vérifiée (on pourra prendre $E=\mathbb{R}$).

Soit $E$ un espace vectoriel normé. On note $A$ et $B$ deux parties non vides de $E$.

1. $x \in \overline{A}$ si et seulement si il existe une suite à valeurs dans $A$ qui converge vers $x$.
2. On suppose $A \subset B$. Prouvons que $\overline{A}\subset \overline{B}$. Soit $x \in \overline{A}$. Il existe une suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ telle que $\forall n\in {\mathbb{N}}$, $u_n \in{A}$ et $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}u_n=x$. Or $A\subset B$, donc, $\forall n\in {\mathbb{N}}$, $u_n \in{B}$ et $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}u_n=x$ . Donc $x \in \overline{B}$.
D’après la question précédente, $A \subset A \cup B$, donc $\overline{A} \subset \overline{A \cup B}$. $B \subset A \cup B$, donc $\overline{B} \subset \overline{A \cup B}$. Donc $\overline{A} \cup \overline{B} \subset \overline{A \cup B}$. Prouvons que $\overline{A\cup B} \subset \overline{A}\cup\overline{B}$. Soit $x \in \overline{A \cup B}$. Il existe une suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ telle que, $\forall n\in {\mathbb{N}}$, $u_n \in{A\cup B}$ et $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}u_n=x$. On considère les ensembles $A_1=\lbrace n\in \mathbb{N}\:\text{tels que}\: u_n \in{A}\rbrace$ et $A_2=\lbrace n\in \mathbb{N}\:\text{tels que}\: u_n \in{B}\rbrace$. Comme $\forall n\in {\mathbb{N}}$, $u_n \in{A\cup B}$, $A_1$ ou $A_2$ est de cardinal infini. On peut donc extraire de $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une sous-suite $(u_{\varphi(n)})_{n\in\mathbb{N}}$ à valeurs dans $A$ ou une sous-suite $(u_{\varphi(n)})_{n\in\mathbb{N}}$ à valeurs dans $B$ telle que $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}u_{\varphi(n)}=x$. Donc $x\in{\overline{A}\cup\overline{B}}$.
Remarque:On peut aussi prouver que $\overline{A\cup B} \subset \overline{A}\cup\overline{B}$ sans utiliser les suites: $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont fermés, donc $\overline{A}\cup \overline{B}$ est un fermé contenant $A\cup B$. Or $\overline{A\cup B}$ est le plus petit fermé contenant $A\cup B$, donc $\overline{A\cup B} \subset \overline{A}\cup \overline{B}$.
1. D’après la question 1. , $A \cap B \subset A$, donc $\overline{A \cap B} \subset \overline{A}$. $A \cap B \subset B$, donc $\overline{A \cap B} \subset \overline{B}$. Donc $\overline{A\cap B}\subset \overline{A}\cap \overline{B}$.

Autre méthode: Comme $A\subset\overline{A}$ et $B\subset\overline{B}$ alors $A\cap B\subset\overline{A}\cap\overline{B}$. Comme $\overline{A}\cap \overline{B}$ est un fermé contenant $A\cap B$, alors par minimalité de $\overline{A\cap B}$, on a $\overline{A\cap B}\subset\overline{A}\cap \overline{B}$.

$A=]0,1[$ et $B=]1,2[$. $\overline{A\cap B}=\emptyset$ et $\overline{A}\cap \overline{B}=\lbrace1\rbrace$.

RMS2022-704

EnoncéCorrigé

a) Soient $E$ un espace vectoriel muni de deux normes équivalentes $N_1$ et $N_2$, $(u_n)$ une suite de $E$ qui converge pour $N_1$. Montrer que $(u_n)$ converge pour $N_2$.

Soit $E=\mathbb R[X]$. Soit, pour $a\in\mathbb R$, $N_a:P\mapsto\lvert P(a)\rvert +\lVert P'\rVert_{\infty,[0,1]}$.

b) Si $a\in\mathbb R$, montrer que $N_a$ est une norme.

c) Soient $a$, $b\in[0,1 ]$. Montrer que $N_a$ et $N_b$ sont des normes équivalentes.

d) Pour quelles valeurs de $a$, la suite $\left(\left({X}/{2}\right)^n\right)$ converge-t-elle pour $N_a$?

a) Soit $(u_n)$ une suite convergente pour $N_1$, de limite $\ell$. Alors $N_2(u_n-\ell)\le\alpha N_1(u_n-\ell)\to 0$ donc $N_2(u_n-\ell)\to 0$ et $u_n$ converge pour $N_2$.

b) $N_a$ est clairement une norme. Détaillons surtout le caractère défini positif : Si $N_a(P)=0$ alors $P(a)=0$ et $P'=0$ sur $[0,1]$. Ainsi $P'$ est un polynôme ayant une infinité de racines, c'est donc le polynôme nul. On en déduit que $P$ est constant, et nul en $a$ donc $P$ est nul.

c) Si $a$ et $b$ sont dans $[0,1]$, supposons sans perte de généralité que $a<b$, alors $P(b)-P(a)=\int_{a}^b P'(t)dt$. Ainsi $P(b)=P(a)+\int_a^b P'$ et $|P(b)|\le |P(a)|+\int_a^b||P'||\le |P(a)|+||P'||$. par inégalité triangulaire et positivité de l'intégrale. On en déduit que $N_b(P)\le 2N_a(P)$. Par ailleurs, $P(a)=P(b)-\int_{a}^b P'(t)dt$ donc $|P(a)|\le|P(b)|+\int_a^b ||P'||dt$ et on obtient la même majoration : $N_a(P)\in 2N_b(P)$. Les deux normes sont donc équivalentes.

d) Calculons $N_a\left(\left(\frac X2\right)^n\right)=\frac{a^n}{2^n}+\frac n{2^n}$. Le terme de droite tend vers $0$ et le terme de gauche est de la forme $(\frac a2)^n$ qui converge si et seulement si $a\in]-2,2]$.

RMS2022-1181

EnoncéCorrige

Soit $E=\left\{f\in C^2([0,\pi],\R)\ ,\ f(0)=f'(0)=0\right\}$. Pour $f\in\C^0([0,\pi],\R)$, on pose $\|f\|_{\infty}=\max_{x\in[0,\pi]}|f(x)|$.

Pour $f\in E$, on pose $N(f)=\| f+f''\|_{\infty}$ et $N'(f)=\| f\|_{\infty}+|| f''||_{\infty}$.

a) Montrer que $N$ est une norme sur $E$.

b) Soit $g\in C^0([0,\pi],\R)$. Montrer que le système $\left( y''+y=g,\; y(0)=0,\; y'(0)=0\right)$ possède une unique solution qui est $x\mapsto \int_0^x\sin(x-t)\, g(t) \,\d t$.

c) On admet que $N'$ est une norme sur $E$. Montrer qu'il existe deux réels strictement positifs $a$ et $b$ tels que : $\forall f\in E,\ a\, N'(f)\leq N(f)\leq b\,N'(f).$

a) Aucun problème pour l'homogénéité et l'inégalité triangulaire qui découlent des propriétés de la norme sup. Si $N(f)=0$ alors $f+f''=0$. Or $f(0)=f'(0)=0$ donc $f$ est solution d'un problème de Cauchy dont l'unique solution est la fonction nulle : $f=0$. Donc $N$ est bien définie positive : c'est une norme.

b) Le fait que ce système admette une unique solution vient toujours de l'unicité et existence d'une solution à un problème de Cauchy donné. Ce que l'on doit donc surtout vérifier c'est que la fonction proposée est bien cette solution. Soit $h(t)=\int_0^x\sin(x-t)\, g(t) \,\d t$, alors :

\[ \begin{aligned} h(t)&=\sin(x)\int_0^x \cos(t)g(t)\d t-\cos(x)\int_0^x\sin(t)g(t)\d t\\ h'(t)&=\cos(x)\int_0^x\cos(t)g(t)\d t+\sin(x)\cos(x)g(x)+\sin(x)\int_0^x\sin(t)g(t)\d t-\cos(x)\sin(x)g(x)\\ &=\cos(x)\int_0^x\cos(t)g(t)\d t+\sin(x)\int_0^x\sin(t)g(t)\d t\\ h''(t)&=-\sin(x)\int_0^x\cos(t)g(t)\d t+\cos^2(x)g(x)+\cos(x)\int_0^x\sin(t)g(t)\d t+\sin^2(x)g(x)\\ &=-h(x)+g(x) \end{aligned} \]

d'où $h''(x)+h(x)=g(x)$ et d'après les calculs détaillés précédemment, $h(0)=h'(0)=0$. Donc $h$ est bien LA solution du problème de Cauchy.

c) Tout d'abord, on note que grâce à l'inégalité triangulaire, $N(f)=||f+f''||_\infty\le ||f||_\infty+||f''||_\infty=N'(f)$. On prend donc $b=1$.

Soit maintenant $f$ quelconque dans $E$, on pose $g(t)=f(t)+f''(t)$. D'après la question précédente, on sait écrire $f$ en fonction de $g$ : $f(x)=\int_0^x \sin(x-t)g(t)\d t$. On a alors :

\[ \begin{aligned} |f(t)|&=\left|\int_0^x\sin(x-t)g(t)\d t\right|\\ &\le \int_0^x\sin(x-t)|g(t)\d t&\sin(x-t)\ge 0\\ &\le \int_0^x\sin(x-t)|f(t)+f''(t)|\d t\\ &\le N(f)\int_0^x\sin(x-t)\d t\\ &\le N(f)\times [\cos(x-t)]_0^x\\ &\le N(f) \end{aligned} \]

En passant au sup à gauche, on obtient $||f||_\infty\le N(f)$. De plus $||f''||_\infty=||f''+f-f||_\infty\le ||f''+f||_\infty+||f||_\infty\le 2N(f)$ d'après les calculs précédents.

On a donc $||f||_\infty+||f''||_\infty\le N(f)+2N(f)=3N(f)$, c'est à dire $\frac 13N'(f)\le N(f)\le N'(f)$ : les normes sont équivalentes.

Probabilités

EXERCICE 97 probabilités

EnoncéCorrigé

Soit $(X,Y)$ un couple de variables aléatoires à valeurs dans $\mathbb{N}^2$ dont la loi est donnée par: $\forall (j,k)\in {\mathbb{N}^2}$, $P\left( (X,Y)=(j,k)\right) =\dfrac{(j+k)\left( \dfrac{1}{2}\right) ^{j+k}}{\mathrm{e}\:j!\:k!}$.

Déterminer les lois marginales de $X$ et de $Y$. Les variables $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes?
Prouver que $E\left[ 2^{X+Y}\right]$ existe et la calculer.

On rappelle que $\forall x\in{\mathbb{R}}$, $\displaystyle\sum\limits_{}^{} \dfrac{x^{n}}{n!}$ converge et $\displaystyle\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^{n}}{n!}=\text{e}^{x}$.

$Y(\Omega)=\mathbb{N}$. Soit $k\in\mathbb{N}$. $P(Y=k)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}P\left( (X,Y)=(j,k)\right) =\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{(j+k)\left( \dfrac{1}{2}\right) ^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}$.

Or, $\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant0}^{}\dfrac{j\left(\dfrac{1}{2} \right) ^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k+1}}{\text{e}\:k!}\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant1}^{}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j-1}}{(j-1)!}$ donc $\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant0}^{}\dfrac{j\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}$ converge et

\[ \displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{j\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}=\frac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k+1}}{\text{e}\:k!}\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{+\infty}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j-1}}{(j-1)!}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k+1}}{\text{e}\:k!}\text{e}^{\frac{1}{2}}=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k+1}}{k!\sqrt{\mathrm{e}}} \:\:\:\:\:(*) \tag{$\star$}. \]

De même, $\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant0}^{}\dfrac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}=\frac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k}}{\text{e}\:k!}\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant0}^{}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j}}{j!}$ donc $\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant0}^{}\dfrac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}$ converge et

\[ \displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j+k}}{\text{e}\:j!\:k!}=\frac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k}}{\text{e}\:k!}\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{\left(\dfrac{1}{2} \right)^{j}}{j!}=\dfrac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k}}{\text{e}\:k!}\text{e}^{\frac{1}{2}}=\dfrac{k\left(\dfrac{1}{2} \right)^{k}}{k!\sqrt{\mathrm{e}}} \:\:\:\:\:(**) \tag{$\star\star$}. \]

EXERCICE 99 probabilités

EnoncéCorrigé

Rappeler l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
Soit $(Y_n)$ une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes, de même loi et admettant un moment d’ordre 2. On pose $S_n=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}Y_k$. Prouver que: $\forall\:a\in \left] 0,+\infty\right[$, $P\left( \left|\dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\right|\geqslant a\right) \leqslant\dfrac{V(Y_1)}{na^2}$.
Application: On effectue des tirages successifs, avec remise, d’une boule dans une urne contenant 2 boules rouges et 3 boules noires. À partir de quel nombre de tirages peut-on garantir à plus de 95% que la proportion de boules rouges obtenues restera comprise entre $0,35$ et $0,45$?

Indication : considérer la suite $(Y_i)$ de variables aléatoires de Bernoulli où $Y_i$ mesure l’issue du $i^{\text{ème}}$ tirage.

Soit $a\in{\left] 0,+\infty\right[}$. Pour toute variable aléatoire $X$ admettant un moment d’ordre 2, on a: $P\left( \left|X-E(X)\right|\geqslant a\right) \leqslant\dfrac{V(X)}{a^2}$.
On pose $X=\dfrac{S_n}{n}$. Par linéarité de l’espérance et comme toutes les variables $Y_i$ ont la même espérance, on a $E(X)=E(Y_1)$. De plus, comme les variables sont mutuellement indépendantes, on a $V(X)=\dfrac{1}{n^2}V(S_n)=\dfrac{1}{n}V(Y_1)$. Alors, en appliquant 1. à $X$, on obtient le résultat souhaité.
$\forall i\in{\mathbb{N}^*}$, on considère la variable aléatoire $Y_i$ valant 1 si la $i^{\text{ème}}$ boule tirée est rouge et 0 sinon. $Y_i$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p$ avec $p=\dfrac{2}{5}=0,4$ . Les variables $Y_i$ suivent la même loi, sont mutuellement indépendantes et admettent des moments d’ordre 2. On a d’après le cours, $\forall i\in{\mathbb{N}}$, $E(Y_i)=0,4$ et $V(Y_i)=0,4(1-0,4)=0,24$. On pose $S_n=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}Y_i$. $S_n$ représente le nombre de boules rouges obtenues au cours de $n$ tirages. Alors $T_n=\dfrac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}Y_i}{n}$ représente la proportion de boules rouges obtenues au cours de $n$ tirages. On cherche à partir de combien de tirages on a $P(0,35\leqslant T_n\leqslant 0,45)>0,95$. Or $P\left(0,35\leqslant T_n\leqslant 0,45\right)=P\left(0,35\leqslant \dfrac{S_n}{n}\leqslant 0,45\right)=P\left(-0,05\leqslant \dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\leqslant 0,05\right)$ $=P\left(\left|\dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\right|\leqslant0,05\right)=1-P\left(\left|\dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\right|>0,05\right)$. On a donc $P\left(0,35\leqslant T_n\leqslant 0,45\right)=1-P\left(\left|\dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\right|>0,05\right)$. Or, d’après la question précédente, $P\left( \left|\dfrac{S_n}{n}-E(Y_1)\right|\geqslant 0,05\right) \leqslant\dfrac{0,24}{n(0,05)^{2}}$. Donc $P\left(0,35\leqslant T_n\leqslant 0,45\right)\geqslant 1-\dfrac{0,24}{n(0,05)^{2}}$. Il suffit alors pour répondre au problème de chercher à partir de quel rang $n$, on a $1-\dfrac{0,24}{n(0,05)^{2}}\geqslant 0,95$. La résolution de cette inéquation donne $n\geqslant\dfrac{0,24}{0,05^3}$ c’est-à-dire $n\geqslant 1920$.

EXERCICE 101 probabilités

EnoncéCorrigé

Dans une zone désertique, un animal erre entre trois points d’eau $A$, $B$ et $C$. À l’instant $t=0$, il se trouve au point A. Quand il a épuisé l’eau du point où il se trouve, il part avec équiprobabilité rejoindre l’un des deux autres points d’eau. L’eau du point qu’il vient de quitter se régénère alors. Soit $n\in\mathbb{N}$.
On note $A_n$ l’événement «l’animal est en $A$ après son $n^{\text{ième}}$ trajet».
On note $B_n$ l’événement «l’animal est en $B$ après son $n^{\text{ième}}$ trajet».
On note $C_n$ l’événement «l’animal est en $C$ après son $n^{\text{ième}}$ trajet».
On pose $P(A_n)=a_n$, $P(B_n)=b_n$ et $P(C_n)=c_n$.

1. Exprimer, en le justifiant, $a_{n+1}$ en fonction de $a_n$, $b_n$ et $c_n$.
2. Exprimer, de même, $b_{n+1}$ et $c_{n+1}$ en fonction de $a_n$, $b_n$ et $c_n$.
On considère la matrice $A=\left( {\begin{array}{ccc} 0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2}&0& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0 \\ \end{array}} \right)$.
1. Justifier, sans calcul, que la matrice $A$ est diagonalisable.
2. Prouver que $-\dfrac{1}{2}$ est valeur propre de $A$ et déterminer le sous-espace propre associé.
3. Déterminer une matrice $P$ inversible et une matrice $D$ diagonale de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ telles que $D=P^{-1}AP$.
  
  Remarque: le calcul de $P^{-1}$ n’est pas demandé.
Montrer comment les résultats de la question 2. peuvent être utilisés pour calculer $a_n$, $b_n$ et $c_n$ en fonction de $n$.

Remarque: aucune expression finalisée de $a_n$, $b_n$ et $c_n$ n’est demandée.

1. $(A_n,B_n,C_n)$ est un système complet d’événements donc d’après la formule des probabilités totales: $P(A_{n+1})=P(A_{n+1}|A_n)P(A_n)+P(A_{n+1}|B_n)P(B_n)+P(A_{n+1}|C_n)P(C_n)$. donc ${a_{n + 1}} =0a_n + \frac{1}{2}b_n +\frac{1}{2}c_n$ c’est-à-dire ${a_{n + 1}}= \frac{1}{2}{b_n} + \frac{1}{{2}}{c_n}$.
2. De même, ${b_{n + 1}} = \frac{1}{2}{a_n} + \frac{1}{{2}}{c_n}$ et ${c_{n + 1}} = \frac{1}{2}{a_n} +\frac{1}{{2}}{b_n}$.
1. $A$ est symétrique à coefficients réels, donc elle est diagonalisable.
2. $A+\dfrac{1}{2}\mathrm{I}_3=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 1&1&1 \end{pmatrix}$ donc $\text{rg}\,\left(A+\dfrac{1}{2}\mathrm{I}_3\right)=1$. Donc $-\frac{1}{2}$ est valeur propre de $A$ et $\dim E_{-\frac{1}{2}}(A)=2$. L’expression de $A+\dfrac{1}{2}\mathrm{I}_3$ donne immédiatement que $E_{-\frac{1}{2}}(A)=\mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix} \right)$.
3. Puisque $\mathrm{tr}\,(A)=0$, on en déduit que $1$ est une valeur propre de $A$ de multiplicité $1$. $A$ étant symétrique réelle, les sous-espaces propres sont supplémentaires sur $\mathbb{R}^3$ et orthogonaux deux à deux. On en déduit que $\mathbb{R}^3=E_{-\frac{1}{2}}(A)\overset{\perp}{\oplus}E_{1}(A)$, donc que $E_{1}(A)=\left( E_{-\frac{1}{2}}(A)\right) ^\perp$ . Donc $E_{1}(A)=\mathrm{Vect}\,\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1\\ 1 \end{pmatrix}\right).$
  
  En posant $P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ et $D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1/2 & 0 \\ 0 & 0 & -1/2 \end{pmatrix}$, on a alors $D=P^{-1}AP$.
D’après la question 1., $\left( \begin{array}{c} a_{n+1}\\ b_{n+1}\\ c_{n+1} \end{array} \right) =A \left( \begin{array}{c} a_{n}\\ b_{n}\\ c_{n} \end{array} \right)$ Et donc on prouve par récurrence que : $\forall n \in {\mathbb{N}}$, $\left( \begin{array}{c} a_{n}\\ b_{n}\\ c_{n} \end{array} \right)=A^{n}\left( \begin{array}{c} a_{0}\\ b_{0}\\ c_{0} \end{array}\right)$ Or $A=PDP^{-1}$ donc $A^{n}=PD^{n}P^{-1}$. Donc $\left( \begin{array}{c} a_{n}\\ b_{n}\\ c_{n} \end{array} \right)=PD^{n}P^{-1} \left( \begin{array}{c} a_{0}\\ b_{0}\\ c_{0} \end{array}\right)$ Or, d’après l’énoncé, $a_0=1$, $b_0=0$ et $c_0=0$ donc :

$\left( \begin{array}{c} a_{n}\ b_{n}\ c_{n} \end{array} \right)= P \left( \begin{array}{ccc} 1&0&0\ 0& \left(-\frac{1}{2}\right)^n&0\ 0&0& \left(-\frac{1}{2}\right)^n \end{array} \right) P^{-1} \left( \begin{array}{c}

1\ 0\ 0 \end{array} \right).$

EXERCICE 108 probabilités

EnoncéCorrigé

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé $(\Omega,\mathcal{A},P)$ et à valeurs dans $\mathbb{N}$. On suppose que la loi du couple $(X,Y)$ est donnée par: $\forall\:(i,j)\in\mathbb{N}^2$, $P((X=i)\cap (Y=j))=\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}$

Déterminer les lois de $X$ et de $Y$.
1. Prouver que $1+X$ suit une loi géométrique et en déduire l’espérance et la variance de $X$.
2. Déterminer l’espérance et la variance de $Y$.
Les variables $X$ et $Y$ sont-elles indépendantes?
Calculer $P(X=Y)$.

$\forall\:(i,j)\in\mathbb{N}^2$, $P((X=i)\cap (Y=j))=\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}$. $X(\Omega)=\mathbb{N}$. Soit $i\in \mathbb{N}$. $\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant 0}^{}\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}=\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}}\displaystyle\sum\limits_{j\geqslant 0}^{}\dfrac{1}{j!}$ converge et $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}=\dfrac{1}{2^{i+1}}$. Or $P(X=i)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}P((X=i)\cap (Y=j))$ donc $P(X=i)=\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\mathrm{e}2^{i+1}j!} =\dfrac{1}{\mathrm{e}2^{i+1}}\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\dfrac{1}{j!} =\dfrac{1}{2^{i+1}}.$ Conclusion: $\forall\:i\in\mathbb{N}$, $P(X=i)=\dfrac{1}{2^{i+1}}.$ $Y(\Omega)=\mathbb{N}$. Soit $j\in \mathbb{N}$. $\displaystyle\sum\limits_{i\geqslant 0}^{}\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}= \dfrac{1}{2\mathrm{e}j!}\displaystyle\sum\limits_{i\geqslant 0}^{}\left(\dfrac{1}{2} \right)^i$ converge (série géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$) et $\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\mathrm{e}\:2^{i+1}j!}=\dfrac{1}{2\mathrm{e}j!}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}j!}$. Or $P(Y=j)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{+\infty}P((X=i)\cap (Y=j))$. Donc $P(Y=j)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{e}2^{i+1}j!} =\dfrac{1}{2\mathrm{e}j!}\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{2} \right)^i =\dfrac{1}{2\mathrm{e}j!}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{\mathrm{e}j!}$. Conclusion: $\forall\:j\in\mathbb{N}$, $P(Y=j)=\dfrac{1}{\mathrm{e}j!}$.
1. On pose $Z=X+1$. $Z(\Omega)=N^*$. De plus, $\forall\:n\in\mathbb{N}^*$, $P(Z=n)=P(X=n-1)=\dfrac{1}{2^n}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$. Donc $Z$ suit une loi géométrique de paramètre $p=\dfrac{1}{2}$. Donc, d’après le cours, $E(Z)=\dfrac{1}{p}=2$ et $V(Z)=\dfrac{1-p}{p^2}=2$. Donc $E(X)=E(Z-1)=E(Z)-1=2-1=1$ et $V(X)=V(Z-1)=V(Z)=2$. C’est-à-dire $E(X)=1$ et $V(X)=2$.
2. $Y$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda=1$. Donc, d’après le cours, $E(Y)=V(Y)=\lambda=1$.
On a : $\forall\:(i,j)\in\mathbb{N}^2$, $P((X=i)\cap(Y=j))=P(X=i)P(Y=j)$. Donc les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes.
$(X=Y)=\displaystyle\bigcup\limits_{k\in\mathbb{N}}^{}((X=k)\cap (Y=k))$ et il s’agit d’une union d’événements deux à deux incompatibles donc: $P(X=Y)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}P((X=k)\cap (Y=k)) =\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\text{e}2^{k+1}}\dfrac{1}{k!} =\dfrac{1}{2\mathrm{e}}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\dfrac{\left( \dfrac{1}{2}\right) ^k}{k!} =\dfrac{1}{2\mathrm{e}}\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}$ Donc $P(X=Y)=\dfrac{1}{2\sqrt{\mathrm{e}}}.$

RMS2022-749

EnoncéCorrigé

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes de même loi géométrique de paramètre $p$.

a) Déterminer la loi de la variable $T=\min (X, Y)$; préciser son espérance et sa fonction génératrice.

b) Montrer que la variable $\frac{1}{T(T+1)}$ admet une espérance finie puis la calculer.

a) On a $P(X\ge n)=\sum_{k=n}^{+\infty} p(1-p)^{k-1}=p(1-p)^{n-1}\times\frac 1{1-(1-p)}=(1-p)^{n-1}$. On a alors $\P(T\ge k)=\P(X\ge k,Y\ge k)=\P(X\ge k)\P(Y\ge k)$ par indépendance et donc $\P(T\ge k)=(1-p)^{2(k-1)}$. On a alors $\P(T=k)=\P(T\ge k)-\P(T\ge k+1)=(1-p)^{2(k-1)}\left(1-(1-p)^2\right)=(2p-p^2)(1-(2p-p^2))^{k-1}$. On en déduit que $T$ suit une loi géométrique de paramètre $(2p-p^2)$. Si on pose $q=1-p$ on obtient $T\sim \mathcal G(1-q^2)$.

b) On note ici $r=1-q^2$. La famille $\frac 1{k(k+1)}P(T=k)=\frac 1{k(k+1)}r(1-r)^{k-1}$ est sommable (c'est un $o(\frac 1{k^2})$) donc $Z=\frac 1{T(T+1)}$ admet une espérance par le théorème de transfert. On calcule:

\[ \begin{aligned} E(Z) &= \sum_{k=1}^{+\infty}\frac 1{k(k+1)}r(1-r)^{k-1}\\ &= \sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac 1k-\frac 1{k+1}\right)r(1-r)^{k-1}\\ &= \frac r{1-r}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(1-p)^k}k - \frac r{(1-r)^2}\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(1-r)^k}{k}-(1-r)\right)\\ &= \frac r{1-r}(-\ln(r))-\frac r{(1-r)^2}(-\ln(r)-1+r)\\ &= \frac{r^2\ln(r)+r-r^2}{(1-r)^2} \end{aligned} \]

RMS2022-752

EnoncéCorrigé

Une puce se déplace sur $n$ points du plan numérotés de 0 à $n$ - 1 . Lorsqu'elle est sur le point $k$, elle peut aller sur les points $k$ +1 et $k-1$ avec probabilité $1 / 2$ (en considérant les numéros modulo $n$ ). On note $X_m$ la position de la puce au temps $m$ sachant qu'en $m=0$, la puce se trouve au point 0 , puis $U_m \in \mathcal{M}_{n, 1}(\mathbf{R})$ le vecteur des probabilités $\mathbf{P}\left(X_m=k\right)$ pour $k$ allant de 0 à $n-1$.

a) Déterminer la matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbf{R})$ telle que $U_{m+1}=A U_m$ pour tout $m \in \mathbf{N}$.

b) La matrice $A$ est elle diagonalisable ? Préciser ses éléments propres.

c) On suppose $n$ impair. Calculer la limite de $\mathbf{P}\left(X_m=k\right)$ quand $m$ tend vers $+\infty$.

Notons $J$ la matrice bien connue telle que $J_{i,i+1}=1$ et $J_{n,1}=1$ et tous les autres coefficients sont nuls. Cette matrice a pour polynôme caractéristique $X^n-1$ et est donc diagonalisable dans $\mathbb C$ et ses valeurs propres sont les $e^{\frac {2ik\pi}{n}}$ pour $k\in\{0,\dots,n-1\}$. On a alors $A=\frac 12(J+J^{n-1})$.

b) Soit $X_k$ un vecteur propre de $J$ associé à la valeur propre $e^{\frac{2ik\pi}{n}}$ alors $AX_k=\frac 12(JX_k+J^{n-1}X_k)=\frac 12(e^{\frac{2ik\pi}{n}}+e^{\frac{2ik(n-1)\pi}{n}})=\cos(\frac {2k\pi}n)$. En particulier, on montre facilement que $X_0=\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$.

c) Si $n$ est impair, on sait que toutes les valeurs propres sauf $1$ sont de valeur absolue strictement inférieure à $1$. Si on note $U_0=\alpha_0X_0+\cdots+\alpha_{n-1}X_{n-1}$ alors on a $U_m=A^mU_0=\alpha_0X_0+\lambda_1^m\alpha_1X_1+\cdots+\lambda_{n-1}^m\alpha_{n-1}X_{n-1}\xrightarrow[m\to+\infty]{}\alpha_0X_0=\alpha\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$. De plus la somme des coefficients vaut $1$ donc $\alpha=\frac 1n$ et on trouve donc $U_m\to \begin{pmatrix}\frac 1n\\\vdots\\\frac 1n\end{pmatrix}$. Donc on a équiprobabilité de se trouver sur chaque position en régime stationnaire.

RMS2022-754

EnoncéCorrigé

On effectue une infinité de lancers indépendants avec une pièce qui donne pile avec probabilité $p \in] 0,1]$.

a) Soit $n \in \mathbb{N}$. Montrer que l'événement «on obtient au moins $n$ pile» est certain.

Pour $n \in \mathbb{N}^*$, soit $X_n$ la variable aléatoire correspondant au nombre de lancers nécessaires pour obtenir $n$ piles. On pose $Y_1=X_1$ et, pour $n \geq 2, Y_n=X_n-X_{n-1}$.

b) Déterminer la loi de la variable $Y_n$ et préciser sa fonction génératrice.

c) En déduire la fonction génératrice de $X_n$ puis la loi de $X_n$.

a) Je ne suis pas certain de ce raisonnement : On pose $A_n$ l'évènement «on obtient au moins $n$ pile». On note $P_1$ l'évènement «on obtient pile au premier lancer». On a donc par formule des probas totales : $\P(A_n)=\P(A_n|P_1)\P(P_1)+\P(A_n|F_1)P(F_1)=\P(A_{n-1})p+(1-p)\P(A_n)$ en remarquant qu'en décalant d'un rang on se ramène au même problème. Cela donne $\P(A_n)=\P(A_{n-1})$ et donc $\P(A_n)=\P(A_0)$ avec $A_0$ l'évènement «On obtient au moins $0$ pile» ce qui est un évènement certain. Donc $\P(A_n)=1$.

b) L'évènement $(Y_n=k)$ représente la probabilité d'avoir une suite $FF..FFP$ dont la probabilité est $p(1-)^{k-1}$. Donc $Y$ suit une loi géométrique de paramètre $p$. On en déduit $G_{Y_n}(t)=\frac {pt}{1-(1-p)t}$.

c) Les $Y_n$ étant clairement indépendants et puisque $X_r=\sum_{k=1}^{r}Y_k$, on a $G_{X_r}(t)=\left(\frac{pt}{1-(1-p)t}\right)^r$.

On peut alors calculer, grâce à la formule de Leibniz, les dérivées successives de $G_{X_r}$. Notons $f(t)=(pt)^r$ et $g(t)=\frac1{(1-qt)^r}$ avec $q=1-p$. On a $f^{(k)}(t)=\begin{cases}0 & \text{si }k>r\\ p^r\frac {r!t^{r-k}}{(r-k)!}& \text{si k<r}\\ r!p^r&\text{si} k=r\end{cases}$ On remarque que, parmi ces trois cas, un seul donne une valeur non nulle en $0$ : $k=r$.

Puis $g^{(\ell)}(t)=\frac{q^\ell (r+\ell-1)!}{(r-1)!(1-qt)^{r+\ell}}$. On a alors :

\[ \begin{aligned} G^{(n)}_{X_r}(t)&=\sum_{k=0}^{n}\binom nk f^{(k)}(t)g^{(n-k)}(t)\\ \end{aligned} \]

Et on évalue en $0$ : on ne garde que les valeurs de de $n$ supérieures à $r$ car sinon le terme en $f^{(k)}(0)$ est toujours nul et donc pour $n\le r$,$G^{(n)}_{X_r}(0)=0$. Et si $n\ge r$, on arrête la somme au rang $r$ car au delà la dérivée $f^{(k)}$ est nulle. On obtient donc :

\[ \begin{aligned} G^{(n)}_{X_r}(0)&=\sum_{k=0}^r\binom nk\underset{=0\text{ si }k\ne r}{\underbrace{f^{(k)}(0)}}g^{(n-k)}(0)\\ &= \binom nr f^{(r)}(0)g^{(n-r)}(0)\\ &= \binom nr r!p^r\frac{q^{n-r}(n-1)!}{(r-1)!}\\ &= n! \binom {n-1}{r-1}p^rq^{n-r} \end{aligned} \]

et d'après le cours, $P(X_r=n)=\frac 1{n!}G^{(n)}_{X_r}(0)=\binom{n-1}{r-1}p^rq^{n-r}$.

RMS2022-759

EnoncéCorrigé

Notons, pour $n \in \mathbb{N}^*$, $D_n$ le nombre de permutations de $[\![1, n]\!]$ sans point fixe et $p_n$ la probabilité qu'une permutation de $[\![1, n]\!]$ choisie au hasard soit sans point fixe. Par convention, $p_0=1$.

a) Montrer que, pour $n \in \mathbb{N}, \sum_{k=0}^n \frac{p_k}{(n-k) !}=1$.

b) En déduire que, pour $x \in]-1,1[, \sum_{n=0}^{+\infty} p_n x^n=\frac{e^{-x}}{1-x}$.

c) Montrer que $p_n \to\frac 1e$.

a) Soit $k\in\{0,\dots,n\}$, pour construire une permutation avec exactement $n-k$ points fixes, on choisit ces points fixes (il y a $\binom nk$ possibilités) puis on permute sans points fixes le reste ($D_k$ possibilités)$. La probabilité qu'une permutation ait exactement $(n-k)$ points fixes est donc :

\[ \frac 1{n!}\times\binom nk\times D_k=\frac 1{n!}\times\frac{n!}{(n-k)!k!}\times D_k=\frac{D_k}{k!}\frac1{(n-k)!}=\frac{p_k}{(n-k)!} \]

Or les évènements «avoir exactement $k$ points fixes» sont incompatibles et forment une partition de l'espace donc $1=\sum_{k=0}^n\frac{p_k}{(n-k)!}$.

b) On a alors :

\[ \begin{aligned} \frac 1{1-x}&=\sum_{n=0}^{+\infty} 1\times x^n\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^n p_k\times \frac 1{(n-k)!}x^n &\text{on reconnaît un produit de Cauchy}\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}p_nx^n\times \sum_{n=0}^{+\infty}\frac 1{n!}x^n\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}p_nx^n\times e^x\\ \end{aligned} \]

et donc $\sum_{n=0}^{+\infty}p_nx^n=\frac{e^{-x}}{1-x}$.

c) Notons $f(x)=\frac{e^{-x}}{1-x}$. On a $p_n=\frac 1{n!}f^{(n)}(0)$. Avec la formule de Leibniz, on a :

\[ f^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n\binom nk(-1)^ke^{-x}\frac{(n-k)!}{(1-x)^{n-k}} \]

et donc $p_n=\frac 1{n!}f^{(n)}(0)=\sum_{k=0}^n\frac 1{n!}\binom nk(-1)^k(n-k)!=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}\to\frac 1e$.

RMS2022-1392

EnoncéCorrigé

On effectue $n$ lancers d'un dé équilibré ordinaire. On note, pour $k \in[[1, n]], X_k$ le résultat du $k$-ième lancer, $M_n$ et $m_n$ les variables aléatoires égales au maximum et minimum des résultats des $n$ lancers. Soit $F$ la fonction de répartition des $X_k$.

a) Donner la loi des $X_k$.

b) Exprimer la fonction de répartition $F_n$ de $M_n$ en fonction de $F$.

c) Étudier la convergence (simple et uniforme) de la suite de fonctions $\left(F_n\right)$.

d) Exprimer la fonction de répartition $G_n$ de $m_n$ en fonction de $F$.

(a) Le dé n'est pas pipé, donc la variable aléatoire $X_k$ suit la loi uniforme sur $\{ 1,\dots, 6\}$. Sa fonction de répartition est la fonction en escalier $F$ définie par

\[ F(x)= \begin{cases}0 & \text { si } x<1 \\ \frac{i}{6} & \text { si } i \leqslant x<i+1 \text { avec } i \in \llbracket 1 ; 6 \rrbracket \\ 1 & \text { si } x \geqslant 6 .\end{cases} \]

(b) Pour tout $x \in \mathbb{R},\left\{M_n \leqslant x\right\}=\bigcap_{k=1}^n\left\{X_k \leqslant x\right\}$, donc par indépendance mutuelle des $X_k, F_n(x)=P\left(Z_n \leqslant x\right)=\prod_{k=1}^n P\left(X_k \leqslant x\right)=F(x)^n$. Ainsi,

\[ F_n=F^n . \]

(c) Pour tout $x<6$, on a l'encadrement $0 \leqslant F(x)<1$, donc $F_n(x)=F(x)^n \rightarrow 0$ quand $n \rightarrow+\infty$. Et pour tout $x \geqslant 6$, on a $F(x)=1$, donc $F_n(x)=1 \rightarrow 1$ quand $n \rightarrow+\infty$. Ainsi, la limite de la suite $\left(F_n\right)$ est la fonction $\mathbb{1}_{[6 ;+\infty[}$.

La convergence est uniforme puisque $\sup _{x \in \mathbb{R}}\left|F_n(x)-F(x)\right|=\sup _{x<6} F_n(x)=\left(\frac{5}{6}\right)^n \rightarrow 0$ quand $n \rightarrow+\infty$.

(d) De façon analogue à (b), pour tout $x \in \mathbb{R},\left\{m_n>x\right\}=\bigcap_{k=1}^n\left\{X_k>x\right\}$, donc par indépendance,

\[ 1-P\left(m_n \leqslant x\right)=P\left(m_n>x\right)=\prod_{k=1}^n P\left(X_k>x\right)=(1-F(x))^n . \]

Par suite, la fonction de répartition de $m_n$ est la fonction $x \mapsto 1-(1-F(x))^n$.