Oraux 2017 Solutions
Oraux 2017 Solutions
Oraux 2017 Solutions
1
d) B est inversible ⇐⇒ det(B) ̸= 0 ⇐⇒ tr(A) ̸= 0
e) B 2 = (2A − tr(A)In )2 = 4A2 − 4tr(A)A + tr(A)2 In Or A2 = tr(A).A, d'où :
B 2 = 4tr(A)A − A4tr(A)A + tr(A)2 In = tr(A)2 In donc B −1 = (tr(A))
1
2 In
Soient E un C-espace vectoriel de dimension nie n > 1 et u ∈ L(E) un endomorphisme ayant n valeurs propres
distinctes.
a) Que peut-on dire de u ?
b) Montrer que si g ∈ L(E) est solution de l'équation (E) : g 2 = u, alors tout vecteur propre de u est
aussi vecteur propre de g .
c) Combien l'équation (E) admet-elle de solutions ?
SOLUTION : a) Si u ∈ L(E) admet n valeurs propres distinctes, alors u est diagonalisable.
b) Notons λ1 , λ2 , · · · , λn les valeurs propres de u, supposées distinctes. Soit g ∈ L(E), tel que g 2 = u.
Alors go u = go g 2 = g 3 = go2 g = uo g .
Soit x un vecteur propre de u. Il existe λi ∈ C tel que u(x) = λi x. λi étant une valeur propre simple, le
sous espace Eu (λi ) est la droite Vect(x).
go u(x) = g[u(x)] = g(λi x) = λi g(x)) = uo g(x). L'égalité u[g(x)] = λi g(x) montre que :
g(x) ∈ Eu (λi ) = Vect(x).
Donc il existe µ ∈ C tel que g(x) = µx, ce qui montre que x est un vecteur propre de g .
b) Soit (v1 , v2 , · · · , vn ) une base de E forméede vecteurs propres de
u (u a été supposé diagonalisable).
0 λ1 0 ···
0 0 λ2 ···
La matrice de u dans cette base est ∆ =
.. .. . .
.. .
. . . .
0 0 · · · λn
Soit g ∈ L(E)tel que g 2 = u. d'après la question précédente, (v1 , v2 , · · · , vn ) sontdes vecteurs propres
de
µ1 0 · · · 0
0 µ2 · · · 0
g . Donc la matrice de g dans la base (v1 , v2 , · · · , vn ) est diagonale, de la forme : D = . .. . . .. .
.. . . .
0 0 · · · µn
g 2 = u ⇐⇒ D2 = ∆ ⇐⇒ ∀i, µ2i = λi
• Premier cas : Aucune des valeurs propres λi de u n'est nulle (ce qui équivaut à supposer que u est inversible
∏n
puisque det(u) = λi ). Chaque complexe λi admet deux racines carrées non nulles opposées dans C , βi et
i=1
−βi
±β1 0 ··· 0
0 ±β2 ··· 0
Donc D =
.. .. .. ..
, ce qui donne 2n solutions.
. . . .
0 0 ··· ±βn
• Deuxième cas : L'une des valeurs propres de u est nulle (par exemple λ1 ) (ce qui équivaut à supposer que
u est n'est pas inversible).
Alors λ1 = 0 admet une seule racine carrée dans C, à savoir β1 = 0, et les autres λi ont deux racines carrées
complexes distinctes
comme dans le cas
précédent.
0 0 ··· 0
0 ±β2 ··· 0
Donc D =
.. .. .. ..
, ce qui donne 2n−1 solutions.
. . . .
0 0 ··· ±βn
Montrer que l'on dénit un produit scalaire sur Mn (R) en posant, pour A et B dans Mn (R),
< A, B >= tr( A.B),
t
0
1 2
b) Soit M = 2 0 1 .
−1 −1 0
Calculer la distance de M à S3 (R)
c) Soit H l'ensemble des matrices de M3 (R) de trace nulle. Montrer que H est un sous espace vectoriel et
calculer sa dimension.
2
Soit J la matrice de M3 (R) dont tous les coecients sont égaux à 1. Calculer la distance de J à H .
{
Mn (R) × Mn (R) −→ R
SOLUTION : a) Voir le cours. L'application Φ : (A, B) 7→ tr( t A.B)
est le produit scalaire
canonique sur Mn (R) .
b) ∀M ∈ Sn (R), ∀N ∈ An (R),
< W, N >= tr( t M.N ) = tr(M.N ) = tr( t (M.N )) = tr( t N.M ) = tr(−N.M ) = −tr(M.N ) = − < M, N >
donc < M, N >= 0, ce qui montre que Sn (R) ⊥ An (R), soit encore que An (R) ⊂ (Sn (R))⊥
De plus, dim(Sn (R)) = n(n+1) 2 et dim(An (R)) = n(n−1)2 et donc dim(An (R)) = n2 − dim(Sn (R)) =
dim(Sn (R)⊥ ) , ce qui montre par inclusion et égalité des dimensions que An (R) = (Sn (R))⊥
Par le théorème de la projection, on sait que si M est un vecteur d'un espace euclidien E , et F un sous-espace
de E , alors la distance de M à F est : d(M, F ) = ∥M − p(M )∥ où p(M ) est le projeté orthogonal de M sur le
sous espace F .
M + tM M − tM
La décomposition M = + montre que le projeté orthogonal de M sur le sous
2 }
| {z 2 }
| {z
∈Sn (R) ∈An (R)=(Sn (R))⊥
M+ M t
M − tM
espace Sn (R) est p(M ) = . Donc d(M, Sn (R)) = ∥M − p(M )∥ =
2 2
0 1 2 0 1 2 0 2 −1 0 −1 3
1 1
Lorsque M = 2 0 1 , M −p(M ) = 2 0 1 − 1 0 −1 = 1 0 2 .
2 2
−1 −1 0 −1 −1 0 2 1 0 −3 −2 0
M − t M
2 √
d(M, Sn (R))2 =
= 1 (0 + 1 + 9 + 1 + 0 + 4 + 9 + 4 + 0) = 7 . Donc d(M, Sn (R)) = 7
2
4
c) • L'application "trace" : (M 7→ tr(M )) est une forme linéaire non nulle sur Mn (R) .
Son noyau H est donc un hyperplan vectoriel de Mn (R), de dimension n2 − 1
(puisque dim(Mn (R)) = n2 ) .
• Remarquons que ∀M ∈ H, < In , M >= tr( t In .M ) = tr(M ) = 0. Donc In ∈ H⊥ . Puisque H est un
hyperplan, son orthogonal est une droite, qui contienr In . C'est donc la droite Vect(In ) : H⊥ = Vech(In )
• Notons p la projection orthogonale sur le sous espace H et q la projection orthogonale sur son supplémentaire
orthogonal Vect(In ). ∀M ∈ Mn (R), p(M ) + q(M ) = M .
Décomposons le vecteur M ∈ Mn (R) sur la somme H ⊕ H⊥ = H⊕Vect(In ) :
tr(M ) tr(M )
M= In + M − In
| n{z } | {zn }
∈ V ect(In ) ∈H
donc p(M ) = M − tr(M, mais il est plus simple de faire de calcul sur q(M ) = tr(M
)
n In
)
n In
Puisque la décomposition M = p(M ) + q(M ) est orthogonale, par le théorème de Pythgore,
∥M ∥2 = ∥p(M )∥2 + ∥q(M )∥2
( )
tr(M )
2 tr(M ) 2 (tr(M ))2
d(M, H) = ∥M − p(M )∥ = ∥q(M )∥ =
2 2
2
In
= ∥In ∥2 =
n n | {z } n
=1+1+...+1=n
1 1 1 √ √
En particulier, si n = 3 et M = J = 1 1 1 , d(J, H) = 93 = 3
1 1 1
Soient p dans ]0; 1[, X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant la géométrique de paramètre p,
U = max{X, Y }, V = min{X, Y }.
a) Déterminer les lois de U , de V et de (U, V ).
b) Déterminer la loi de U + V .
c) Calculer E(U + V ).
SOLUTION : a) X ,→ G(p), Y ,→ G(p), X(Ω) = Y (Ω) = N∗ . P (X = k) = pq k−1 avec q = 1 − p
Donc U (Ω) = N . ∗
∞
∑ ∞
∑
c) E(U + V ) = kP (U + V = k) = p 2
k(k − 1)q k−2
k=2 k=2
∞
∑ 1
On sait que : ∀x ∈] − 1, 1[, et par application deux fois du théorème de dérivation des séries
x =k
1−x
k=0
∑∞ ∑∞
1 2
entières, ∀x ∈] − 1, 1[, kxk−1 = et k(k − 1)xk−2 =
(1 − x) 2 (1 − x)3
k=0 k=0
∑∞
2p2 2 2
d'où : E(U + V ) = p2 k(k − 1)q k−2 = = (puisque p + q = 1) E(U + V ) =
(1 − q)3 p p
k=2
2 2 −2
A2 = 2 2 −2 est une matrice de rang 1. Donc dim(Imf 2 ) = rg(A2 ) = 1 et par le théorème du rang,
0 0 0
2
dim(ker f ) = 3 − 1 = 2.
−1 1 −1
A − 2I3 = −1 1 −3 a pour rang 2 (les deux premières colonnes sont égales et la troisième ne leur
−2 2 −4
est pas colinéaire).
{ Donc dim(ker(f − 2IdE )) = 3 − 2 = 1.
ker(f 2 ) ⊕ ker(f − 2IdE ) ⊂ E
Ainsi,
dim(ker(f 2 ) ⊕ ker(f − 2IdE )) = dim(ker(f 2 )) + dim(ker(f − 2IdE )) = 2 + 1 = 3 = dim(E)
donc ker(f 2 ) ⊕ ker(f − 2IdE ) = E
1
b) Soit x ∈ E , de vecteur colonne X = 0 dans la base B.
1
0
Alors A2 .X = 0 et A.X = −4 ̸= 0, donc x ∈ ker f 2 mais x ∈/ ker f ; x ∈ ker(f 2 ) − ker(f )
−4
0 1 0
c) Pour trouver une base B′ = (u, v, w) dans laquelle la matrice de f soit R = 0 0 0 , il faut rechercher
0 0 2
f (u) = 0
des vecteurs (u, v, w) tels que f (v) = u
f (w) = 2w
1
Prenons donc v ∈ ker(f 2 ) − ker(f ), par exemple v = x de vecteur colonne V = X = 0 dans la base
1
B. Ainsi, f 2 (v) = 0 mais f (v) ̸= 0. Prenons
alors
u = f (v) , de sorte que f (u) = f 2
(v) = 0 .
0
u a pour matrice colonne U = A.V = −4
−4
Prenons enn pour w un vecteur non nul de ker(f − 2IdE ), qui vérie (A − 2I3 ).W = 0,
−1 1 −1 1
c'est à dire −1 1 −3 .W = 0 W = 1 convient.
−2 2 −4 0
(u, v) est une base de ker(f ) , w est une base de ker(f − 2IdE ), (u, v, w) est donc une base de E .
2
5
1.6 CCP 101 RMS
A, scindé dans R[X], à racines simples. A est donc diagonalisable dans M6 (R).
b) Le polynôme annulateur X(X − 1)(X − 2) a pour racines 0, 1 et 2. Donc Sp(A) ⊂ {0, 1, 2}.
Mais A est supposée inversible, donc 0 n'est pas valeur propre de A : Sp(A) ⊂ {1, 2}.
Mais, puisque A est diagonalisable, si le spectre de A était réduit à {1}, A serait semblable à la matrice
diagonale I6 , dont la trace vaut 6 et non pas 8. Ce cas est donc exclu.
De même, si le spectre de A était réduit à {2}, A serait semblable à la matrice diagonale 2 I6 , dont la trace
vaut 12 et non pas 8. Ce cas est lui aussi exclu. Donc Sp(A) = {1, 2}
c) A est diagonalisable et a pour valeurs propres 1 et 2.
16p65
16q65
Donc A est semblable à une matrice diagonale du type diag(1, · · · , 1, 2, · · · , 2), avec
| {z } | {z }
p+q =6
p f ois p f ois p + 2q = tr(A) = 8
Les deux dernières équations donnent immédiatement
: p = 4, q = 2.
1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
Donc A est semblable à la matrice ∆ =
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 2 0
0 0 0 0 0 2
d) Le polynôme caractéristique de A est χA (X) = (X − 1)4 (X − 2)2 (c'est celui de ∆)
Les polynômes annulateurs de A sont les polynômes de la forme Q(X) = (X − 1)(X − 2)T (X), T (X) ∈ R[X]
• B est de rang 1 < n. Donc 0 est valeur propre de B . Par ailleurs dim(E0 (A)) = n − rg(B) = n − 1. Et
puisque B est diagonalisable, dim(E0 (A)) = ordre(B).
Donc 0 est valeur propre de B d'ordre n − 1. Reste une dernière valeur propre λ non nulle à déterminer.
Le polynôme Q(X) = X 2 − tr(B)X = X(X − tr(B)) est un polynôme annulateur de B .
∑ n
Donc Sp(B) ⊂ {0, tr(B)}. La dernière valeur propre de B ne peut être que λ = tr(B) = a2i = ∥A∥2 .
i=1
Donc Sp(B) = {0, tr(B)} = {0, ∥A∥ } 2
Remarque : On peut aussi déterminer la dernière valeur propre par la relation qui donne la somme des valeurs
propres d'une matrice : (n − 1) × 0 + λ = tr(B) =∥A∥2
x1
x2
• Recherchons les sous-espaces propres. Soit X = .. ∈ Rn .
.
xn
a1 x1
a2 x2
B.X = 0 ⇐⇒ A.AT .X = 0 ⇐⇒ . × (a1 a2 · · · an ) × . = 0
.. ..
an xn
a1 ( n ) ( n )
a2 ∑ ∑ ∑n
⇐⇒ . × ai xi = 0 ⇐⇒ ai xi .A = 0 ⇐⇒ ai x i = 0
.. i=1 i=1 i=1
an
Le sous espace propre E0 (B) = ker B est l'hyperplan d'équation a1 x1 + · · · + an xn = 0
C'est aussi l'hyperplan de Rn orthogonal au vecteur A.
On sait que les sous-espaces propres d'une matrice réelle symétrique sont deux à deux orthogonaux.
7
Le sous-espace propre de B associé à la valeur propre tr(B) = ∑ a2 > 0
n
i
i=1
est donc la droite vectorielle de R dirigée par le vecteur A.
n
• Puisque B est diagonalisable et a 0 pour valeur propre d'ordre n − 1, et ∥A∥2 pour valeur propre simple,
χB (X) = X n−1 (X − ∥A∥2 )
0 0 ··· 0 0
0 0 ··· 0 0
• B est semblable à la matrice ∆ = ... .. ..
..
. . .
0 ··· 0
0 0
0 ··· 0
0 det(B)
1 0 ··· 0 0
0 1 ··· 0 0
In + B est semblable à la matrice ∆ = ... .. ..
..
. . .
0 0 ··· 1 0
0 0 ··· 0 1 + det(B)
Deux matrices semblables ayant même déterminant, det(In + B) = 1 + tr(B) = 1 + ∥A∥2
Autre raisonnement : χB (x) = det(xIn − B) = (−1)n det(B − xIn ) = xn−1 (x − ∥A∥2 )
Donc det(In + B) = (−1)n χB (−1) = (−1)n (−1)n−1 (−1 − ∥A∥2 ) = 1 + ∥A∥2
CCP 181
8
( )
1 1
la matrice de l'endomorphisme g dans la base B′ est R =
0 1
La formule de changement de base pour un endomorphisme nous permet alors d'écrire :
R = P −1 .A.P , ou, de manière équivalente : A = P.R.P −1
b) Passons à la résolution du système S :
S est un système diérentiel
( )du premier ordre linéaire. Notons S0 le système homogène associé.
x(t)
Soit X : t 7→ X(t) = une application de classe C 1 de R dans R2 .
y(t) {
x′ (t) = −x(t) − 4y(t)
X est solution du système homogène S0 si et seulement si : ∀t ∈ R,
y ′ (t) = x(t) + 3y(t)
⇐⇒ ∀t ∈ R, X ′ (t) = A.X(t)
⇐⇒ ∀t ∈ R, X ′ (t) = P.R.P −1 .X(t)
⇐⇒ ∀t ∈ R, P −1 .X ′ (t) = R.P (
−1
.X(t)) (en multipliant à gauche par la matrice inversible P −1 )
α(t)
Intoduisons Y (t) = P −1 .X(t) = , de sorte que Y ′ (t) = P −1 .X ′ (t) puisque P −1 est une matrice
β(t)
constante. Le système(équivaut) alors ( à: Y )
′
(t) =(R.Y (t))
′
α (t) 1 1 α(t)
⇐⇒ ∀t ∈ R, ′ = ×
{ ′β (t) 0 1 β(t)
α (t) = α(t) + β(t) (1)
⇐⇒ ∀t ∈ R, La solution générale de (2) est : t 7→ β(t) = k2 et
β ′ (t) = β(t) (2)
L'équation (1) s'écrit alors : α′ (t) − α(t) = k2 et , équation scalaire du premier ordre avec second membre qui
a pour solution générale
( )t 7→ α(t)
( = tk2 te +t k)
t
1e
t
( ) ( )
α(t) k2 te + k1 e 1 1
d'où Y (t) = = = k1 e t
+ k2 te t
β(t) k2 et 1 0
( ) ( ) ( )
2 −1 k2 tet + k1 et ( ) k2 tet + k1 et
et X(t) = P.Y (t) = × = V1 V2 ×
−1 0 k2 et k2 et
X(t) = (k2 tet + k1 et )V1 + k2 et V2 = k1 et V1 +k2 (tet V1 + et V2 )
|{z} | {z }
X1 (t) X2 (t)
La solution générale de S0 est la fonction vectorielle X = k1 X1 + k2 X2
avec X1 (t) = et V1 et X2 (t) = tet V1 + et V2
• Recherchons une soltion particulière de l'équation complète S de la forme X(t) = a(t)X1 (t) + b(t)X2 (t) :
X est solution de S si et seulement(si : )
t
4e
∀t ∈ R, X ′ (t) = A.X(t) +
0
( t )
4e
⇐⇒ ∀t ∈ R, a′ (t)X1 (t) + a(t)X1′ (t) + b′ (t)X2 (t) + b(t)X2′ (t) = a(t)A.X1 (t) + b(t)A.X2 (t) +
( t ) 0
4e
⇐⇒ ∀t ∈ R, a′ (t)X1 (t) + b′ (t)X2 (t) = (simplications car X1′ = AX1 et X2′ = AX2 )
0 ( )
′ ′ 4et
⇐⇒ ∀t ∈ R, a (t)e V1 + b (t)(te V1 + e V2 ) =
t t t
0
( ) [ ( ) ( )] ( )
2 2 −1 4
′
⇐⇒ ∀t ∈ R, a (t) ′
+ b (t) t + = (en simpliant par et ̸= 0)
{ −1 −1 0 { ′ 0
2a′ (t) + (2t − 1)b′ (t) = 4 b (t) = −4
⇐⇒ ∀t ∈ R, ′ ′ ⇐⇒ ∀t ∈ R,
{ −a (t) − tb (t) = 0 a′ (t) = tb′ (t)
b(t) = −4t + c1
⇐⇒ ∀t ∈ R, ((c1 , c2 ) ∈ R2 )
a(t) = −2t2 + c2
La solution générale de S est : t 7→ X(t) = (−2t2 + c2 )X1 (t) + (−4t + c1 )X2 (t)
10
∑∞ ∑∞
1 n2 + n + 1 n
Alors, pour tout t ∈ R, GX (t) = S(t) = t = P (X = n)tn , et par unicité des
4e n=0
4e n ! n=0
n2 + n + 1
coecients d'une série entière de rayon non nul, pour tout n ∈ N, P (X = n) =
4e n !
GX (1) = 1
• On sait que : E(X) = G′X (1)
V (X) = G′′X (1) + G′X (1) − G′X (1)2
t2 + 4t + 3 t
∀t ∈ R, G′X (t)(t) = 41e (t2 + 2t + 1 + 2t + 2)et = e
4e
2 2
t + 4t + 3 + 2t + 4 t t + 6t + 7 t
G′′X (t)(t) = e = e
4e 4e
d'où E(X) = G′X (t)(1) = 2
V (X) = G′′X (1) + G′X (1) − G′X (1)2 = 14
4 +2−4= 3
2 V (X) = 3
2
Conclure.
SOLUTION : I) Remarquons que les colonnes 1, 3 et 4 sont égales, mais non colinéaires à la colonne 2. Donc
A est de rang 2. Donc 0 est valeur propre
d A et le sous espace propre EA (0) a pour dimension 4 − 2 = 2.
x −1 0 0
x−z −1 −1 −1 0 0
−1 x−z −1 −1
χA (x) = = x −1
x 0 + −1 x 0
0 −1 x 0 −1
0 x −1 0 x
0 −1 0 x | {z }
=−x2
= x(x2 (x − z) − x − x) − x2 (règle de Sarrus)
= x4 − zx3 − 3x2 = x2 (x2 − zx − 3)
0 n'étant pas racine du polynôme X 2 − zX − 3, elle est valeur propre √de A d'ordre
√ 2.
Le polynôme X 2 − zX − 3 a pour discriminant δ = z 2 + 12 = (z − 2i 3)(z + 2i 3)
√ √ √
• Si z = 2i 3, alors X 2 − zX− 3 √a une racine double α = i 3. Donc α = i 3 est valeur propre double de A.
−i 3 √ 1 0 0
√ 1 i 3 1√ 1
La matrice A − i 3I4 = 0
est de rang 3.
1 −i 3 0√
0 1 0 −i 3
Donc dim(Eα (0)) = 4 − 3 = 1 < ordre(α) = 2
La matrice A n'est pas diagonalisable.
√
• Raisonnement et résultat analogue si z = −2i 3
√ √
• Si z ∈ C − {2i 3, −2i 3}, outre la valeur propre double 0, A possède deux valeurs propres complexes
(éventuellement réelles) simples, dont le sous espace propre est de dimension 1. La somme des dimensions des
trois sous-espaces propres est 1 + 1 + 2 = 4 et la matrice A est diagonalisable dans M4 (C).
Remarque : Si z ∈ R, A est une matrice symétrique
( ) réelle donc diagonalisable dans M4 (R).
la fonction f dénie par : f (x) = Arcsin √1+x2x
II) La fonction Arcsin est dénie et continue sur le segment [−1, 1], dérivable sur ] − 1, 1[.
√ √ |x|
Pour tout x ∈ R, x2 < 1 + x2 =⇒ |x| = x2 < 1 + x2 =⇒ √ <1
1 + x2
x
=⇒ −1 < √ <1
1 + x2
Par compostion, la fonction
√
f est donc dénie et dérivable sur R.
1× 1+x2 −x √2x
1+x2
1 + x2 − x2
2
′ 1+x2
∀x ∈ R, f (x) = √ ( )2 = √ ( )2
√
1− √ x
1+x2
(1 + x2 ) 1 + x2 1− √ x
1+x2
1 1
f ′ (x) = √ =
(1 + x2 ) 1+x −x
2 2 1 + x2
11
Donc il existe k ∈ R tel que : ∀x ∈ R, f (x) = Arctanx + k
Au point 0, f (0) = Arcsin0 = 0 = k, donc ∀x ∈ R, f (x) = Arctan x
Dans un casino, une machine renvoie un entier naturel N non nul selon la loi de probabilité :
∀n ∈ N∗ , P (N = n) = 21n
Le joueur gagne N jetons si N est pair ; il perd N jetons si N est impair.
a) Quelle est la probabilité de gagner une partie ?
b) Déterminer la loi et l'espérance de la variable aléatoire G égale au gain algébrique du joueur.
SOLUTION : a) Notons U l'évènement : la partie est gagnée.
∪
U = (N = 2) ∪ (N = 4) ∪ · · · = (N = 2k).
k∈N∗
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑
1 1 1 1 1
Par incompatibilité de ces évènements, P (U ) = P (N = 2k) = = = =
22k 4k 41− 1
4
3
k=1 k=1 k=1
1
P (U ) = 3
On eectue des tirages avec remise dans une urne contenant n boules numérotées de 1 à n. On note Xn le rang
du premier tirage où l'on obtient une boule diérente de la première boule tirée.
a) Justier que Xn est bien une variable aléatoire discrète et donner sa loi.
b) Justier l'existence de l'espérance de Xn et la calculer.
c) On note Yn le rang du premier tirage à l'issue duquel toutes les boules ont été tirées au moins une fois.
Donner la loi de Y2 puis celle de Y3 .
a) Xn (ω) = {n ∈ N / n > 2}
Si on note abc... le tirage dans lequel la première boule tirée est a, la seconde boule tirée est b,la troisième
boule tirée est c , etc . . . ∪
pour tout k > 2, (Xn = k) = ai ai · · · ai aj · · ·
| {z }
i=1...n, j̸=i k−1 f ois
????????????
On lance un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6. Les lancers successifs sont indépendants. On note Xk
la variable aléatoire égale à la valeur obtenue au k-ième lancer.
a) Déterminer la loi de Xk et la fonction de répartition F associée à Xk .
b) On note Zn la valeur maximale obtenue au bout de n lancers. Déterminer la fonction de répartition Fn
de Zn en fonction de F .
c) Déterminer la limite de (Fn ) lorsque n tend vers l'inni. La convergence est elle uniforme ?
d) On note Yn la valeur minimale obtenue au bout de n lancers. Déterminer sa fonction de répartition.
12
SOLUTION : a) Pour tout k ∈ N, Xk est la variable aléatoire égale à la valeur obtenue au k-ième lancer.
Le dé étant supposé équilibré, les six résultats possibles sont équiprobables :
∀m ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, P (Xk = m) = 16
∀x ∈ R, F (x) = P (Xk 6 x)
∀m ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, (Xk 6 m) = (Xk = 1) ∪ (Xk = 2) ∪ · · · ∪ (Xk = m). Ces évènements étant
incompatibles, P (Xk 6 m) = p(Xk = 1) + P (Xk = 2) + · · · + P (Xk = m) = m6
m 1 2 3 4 5 6
F (m) = P (Xk 6 m) 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6
13
Soient a et b deux réels tels[ que 0 < a (< b)]
( )
. Intégrons par parties
( )
comme suit :
∫ b ∫ b
b
1 1 1 −1
sin t sin dt = − cos t sin − − cos t cos × 2 dt
t t t t
a
( ) a a
( ) ∫ b ( )
1 1 1 1
= − cos b sin + cos a sin − 2
cos t cos dt (*)
b a t t
( ) a ∫ +∞
1 1 1 1
∀t ∈ [a, +∞], 2 cos t cos 6 , et on sait que l'intégrale de référence dt est convergente.
t t t2 t 2
∫ +∞ ( ) a
1 1
Par majoration, l'intégrale cos t cos dt est donc absolument convergente.
a t2 ( ) t
1
Puisque cos b est borné et que lim sin = 0, de la relation (*) on déduit que :
b→+∞ b
∫ b ( ) ( ) ∫ +∞ ( )
1 1 1 1
lim sin t sin dt = cos a sin − 2
cos t cos dt
b→+∞ a t a t t
∫ +∞ ( ) a ∫ a ( )
1 1
Cela montre que l'intégrale sin t sin dt converge. Et puisque l'intégrale sin t sin dt
a t 0 t
∫ +∞ ( )
1
converge aussi, par additivité l'intégrale sin t sin dt est convergente .
0 t
x−1 −2 0
II - χA (x) = 0 x−3 0
−2 4 x+1
En développant suivant la dernière colonne apparait le facteur (x + 1), ce qui montre que −1 est valeur
valeur propre. En développant suivant la deuxième ligne apparait le facteur (x − 3), ce qui montre que 3 est
valeur valeur propre. Il reste à calculer une troisième valeur propre λ3 . La trace de la matrice donne la som
des valeurs propres : −1 + 3 + λ3 = tr(A) = 3, donc λ3 = 1. Donc Sp(A) = {−1, 1, 3}. A, matrice de M3 (R)
possède trois valeurs propres distictes dans R. Elle est donc diagonalisable dans M3 (R), et est semblable à la
−1 0 0
matrice D = 0 1 0
0 0 3
• Recherchons les sous
espaces propres de A :
a
V = b ∈ E−1 (A) ⇐⇒ A.V = −V ⇐⇒ (A + I3 ).V = 0
c
2 2 0 a 0
⇐⇒ 0 4 0 b = 0
2 −4 0 c 0
a+b=0
⇐⇒ b=0 ⇐⇒ a = b = 0
a
− 2b = 0
0
Donc le vecteur V1 = 0 est vecteur propre de A associé à la valeur propre −1.
1
a
V = b ∈ E1 (A) ⇐⇒ A.V = V ⇐⇒ (A − I3 ).V = 0
c
0 2 0 a 0
⇐⇒ 0 2 0 b = 0
{ 2 −4 −2 c 0
b=0
⇐⇒ ⇐⇒ a = c et b = 0.
a=c
1
Donc le vecteur V2 = 0 est vecteur propre de A associé à la valeur propre +1.
1
a
V = b ∈ E3 (A) ⇐⇒ A.V = 3V ⇐⇒ (A − 3I3 ).V = 0
c
−2 2 0 a 0
⇐⇒ 0 0 0 b = 0
{ 2 −4 −4 c 0
a=b
⇐⇒ ⇐⇒ a = b et a = −2c.
a = −2c
14
2
Donc le vecteur V3 = 2 est vecteur propre de A associé à la valeur propre +3.
−1
• Diagonalisation de A:
−1 0 0 0 1 2
A = P.D.P −1 avec D = 0 1 0 et P = 0 0 2
0 0 3 1 1 −1
• Soit M = (mi,j ) ∈ Mn (R), et ∆ = (δi,j ) = diag(λ1 , · · · , λn ) une matrice diagonale ayant des termes diagonaux
deux à deux distincts.
M.∆ = ∆.M ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · , n}2 , (M.∆)i,j = (∆.M )i,j
∑
n ∑
n
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · , n}2 , mi,k .∆k,j = ∆i,h .mh,j
k=1 h=1
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · , n}2 , mi,j .∆j,j = ∆i,i mi,j (les autres termes sont nuls)
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · , n}2 , mi,j (λj − λi ) = 0
⇐⇒ ∀i ̸= j, mi,j = 0
⇐⇒ M est une matrice diagonale.
Conclusion : Les matrices M qui commutent avec une matrice diagonale ∆ dont les coecients diagonaux
sont deux à deux distincts, sont les matrices diagonales.
• Soit M ∈ Mn (R) telle que M 7 + M + I3 = A.
Alors , en multipliant à droite par P et gauche par P −1 (action qui est réversible puisque P est inversible)
M 7 + M + I3 = A ⇐⇒ P −1 .M 7 .P + P −1 .M.P + P −1 .I3 .P = P −1 .A.P .
⇐⇒ (P −1 .M.P )7 + P −1 .M.P + I3 = ∆.
⇐⇒ N 7 + N + I3 = ∆ (en posant N = P −1 .M.P )
Or, N + N + I3 = ∆ =⇒ N ∆ = N.(N + N + I3 ) = N 8 + N 2 + N = (N 7 + N + I3 ).N = ∆.N
7 7
et puisque N et ∆ commutent,
la matrice
N est nécessairement une matrice diagonale :
a 0 0
∃a, b, c ∈ R, N = 0 b 0
0 0 c
7
a 0 0 a 0 0 1 0 0 −1 0 0
D'où : M 7 + M + I3 = A ⇐⇒ 0 b 0 + 0 b 0 + 0 1 0 = 0 1 0
7 0 0 c 0 0 c 0 0 1 0 0 3
a 0 0 a 0 0 1 0 0 −1 0 0
⇐⇒ 0 b7 0 + 0 b 0 + 0 1 0 = 0 1 0
7
7 0 0 c 0 0 c
0 0 1 0 0 3
a + a + 1 = −1 a +a+2=0
7
⇐⇒ b7 + b + 1 = 1 ⇐⇒ b7 + b = 0
7 7
c +c+1=3 c +c−2=0
La fonction f : x 7→ x7 + x est strictement croissante sur R puisque sa dérivées f ′ : x 7→ 7x6 + 1 est
strictement positive.
En +∞, f (x) ∼ x7 , donc lim f = +∞
+∞
En −∞, f (x) ∼ x7 , donc lim f = −∞
−∞
f est donc une bijection strictement croissante de R sur R. Pour tout y ∈ R, une equation du type f (x) = y
aura une et une solution dans R, à savoir x = f −1 (y). (qu'on ne sait pas toujours calculer)
L'équation a7 + a + 2 = 0 a pour solution évidente a = −1 (et unique solution sur R)
L'équation b7 + b = 0 a pour solution évidente b = 0
L'équation c7 + c − 2 = 0 a pour solution
évidentec = 1
−1 0 0
Donc N 7 + N + I3 = ∆ ⇐⇒ N = 0 0 0
0 0 1
0 1 0
En multipliant à gauche par P et à droite par P −1 , on obtient : M = P.N.P −1 = 0 1 0
1 −2 −1
L'équation n'a qu'une solution dans M3 (R).
15
1 0 1
II - m est un paramètre réel. Am = −1 −1 1
2−m m−2 m
Calculer le polynôme caractéristique de Am .
Les matrices A1 et A2 sont elles diagonalisables ?
Étudier la diagonalisabilité de Am en général.
2n2 + 3n + 1 a 1
SOLUTION : I - En notant an = , on obtient lim n+1 = , ce qui montre par le critère de
n
∑ 2 n→+∞ an 2
d'Alembert que la série an est convergente.
∑∞
1
On sait que : ∀x ∈] − 1, 1[, = xn , et par dérivations successives,
1 − x n=0
∑∞ ∑∞
1 2
= nx n−1
et = n(n − 1)xn−2
(1 − x)2 n=0
(1 − x) 3
n=0
2n2 + 3n + 1 = 2n(n − 1) + 5n + 1
∑∞ ∞
2n2 + 3n + 1 ∑ 1
donc S = n
= (2n(n − 1) + 5n + 1) n
n=0
2 n=0
2
∑∞ ∑∞ ∑∞
1 1 1
=2 n(n − 1) n + 5 n n+ n
n=0
2 n=0
2 n=0
2
∑∞
1 2 5 1 1 2n2 + 3n + 1
S =2× ×( )3 + × ( )2 + = 8 + 10 + 2 = 20 S= = 20
4 1− 21 2 1− 21 1− 1
2 n=0
2n
II - m est un paramètre
réel.
1 0 1
Am = −1 −1 1
2−m m−2 m
x−1 0 −1 x − 2 0 −1
χAn (x) = 1 x+1 −1 = 0 x+1 −1 (C1 ←− C1 + C3 )
−2 + m −m + 2 x − m x − 2 −m + 2 x − m
1 0 −1 1 0 −1
= (x − 2) 0 x+1
−1 = (x − 2) 0 x+1 −1 (L3 ←− L3 − L1 )
1 −m + 2 x − m 0 −m + 2 x − m + 1
x+1 −1
= (x − 2)
−m + 2 x − m + 1
= (x − 2) [(x + 1)(x − m + 1) − m + 2]
χAm (x) = (x − 2)[x2 + (2 − m)x − 2m + 3)]
• Pour m = 1, χA1 (x) = (x − 2)(x2 + x + 1).
Le polynôme caractéristique n'est pas scindé dans R[X], A1 n'est pas diagonalisable dans M3 (R)
A1 admet trois valeurs propres distinctes dans C, à savoir 2, j et j 2 . A1 est donc diagonalisable dans M3 (C)
• Pour m = 2, χA1 (x) = (x − 2)(x2 − 1) = (x − 2)(x − 1)(x + 1).
A2 admet trois valeurs propres distinctes dans R, à savoir −1, 1 et 2. A1 est donc diagonalisable dans M3 (R)
• Dans le cas général, χAm (x) = (x − 2)[x2 + (2 − m)x − 2m + 3)]
a) 2 est toujours valeur propre de Am . Étudions si 2 peut être valeur propre multiple :
Soit Qm (X) = X 2 + (2 − m)X − 2m + 3
Remarquons que Qm (2) = −4m + 11 ( )
2 est valeur propre multiple de Am si et seulement si m = 114 . Dans ce cas, χAm (x) = (x − 2)
2
x + 45 , et 2
est valeur propredouble de Am .
−1 0 1 −1 0 1
Am − 2I3 = −1 −3 1 = −1 −3 1
−3
2 − 11
4 4 −2
11
4 −2
11
4
3
4
3
4
Cette matrice n'est ni de rang 0, ni de rang 1 (les colonnes C1 et C2 sont indépendantes), ni de rang 3 (les
colonnes C1 et C3 sont liées ; on peut aussi dire que si Am − 2I3 était de rang 3, 2 ne serait pas valeur propre
de Am )
Par élimination, rg(Am − 2I3 ) = 2, et alors dim(E2 (A)) = 3 − 2 = 1 < ordre(2) = 2
L'inégalité dim(E2 (Am )) < ordre(2) entraîne que Am n'est pas diagonalisable .
b) Étudions si Am peut avoir d'autres valeurs propres multiples autres que 2.
χAm (X) = (X − 2)[X 2 + (2 − m)X − 2m + 3)] = (X − 2)Qm (X)
Le polynôme Qm (X) = X 2 + (2 − m)X − 2m + 3 a pour discriminant :
16
δ = (2 − m)2 + 4(2m − 3) = m2 + 4m − 8 √
Le trinôme m2 + 4m − 8 a pour discriminant
√ β = 16 + 32 = 48 = 4 3.
−4 + 4 3 √ √
Il a deux racines réelles m1 = = −2 + 2 3 et m2 = −2 − 2 3
2
√ m−2 √
Lorsque m = m1 = −2 + 2 3 , Qm (X) a pour racine double λ1 = = −2 + 3
√ 2
3− 3 0√ 1
Am − λ1 I3 = −1√ 1− √ 3 √1
4 − 2 3 −4 + 2 3 3
Cette matrice n'est ni de rang 0, ni de rang 1 (les colonnes C1 et C2 sont indépendantes), ni de rang 3 (sinon
λ1 ne serait pas valeur propre de Am )
Par élimination, rg(Am − λ1 I3 ) = 2, et alors dim(Eλ1 (A)) = 3 − 2 = 1 < ordre(λ1 ) = 2
donc Am n'est pas diagonalisable (ni dans M3 (R), ni dans M3 (C)).
√
Étude analogue si m = m2 = −2 − 2 3.
c) Étudions le cas où m ∈ R − {2, m1 , m2 } :
χAm (X) = (X − 2)[X 2 + (2 − m)X − 2m + 3)] = (X − 2)Qm (X)
Si m ∈] − ∞, m2√[∪]m1 , +∞[, δ = m2 + 4m − 8 > 0√ . Qm (X) a deux racines réelles, qui sont :
m − 2 + m2 + 4m − 8 m − 2 − m2 + 4m − 8
q1 = et q2 =
2 2
Am possède alors 3 valeurs propres réelles distinctes, et est diagonalisable dans M3 (R) .
Si m ∈]m2 , m1 [, δ√= m2 + 4m − 8 < 0. Qm (X) a deux√racines complexes non réelles, qui sont :
m − 2 + i −m2 − 4m + 8 m − 2 − i −m2 − 4m + 8
q1 = et q2 =
2 2
Am n'est pas diagonalisable dans M3 (R) car son polynôme caractéristique n'est pas scindé dans R[X].
Elle est diagonalisable dans M3 (C) car possède 3 valeurs propres distinctes dans C .
1.18 CCP
∫ +∞
1 − e−xt
Exercice 1 : a) Etudier le domaine de dénition D de la fonction f : x 7→ √ dt .
0 t t
b) Etudier la dérivabilité de f sur l'intérieur de D. Expliciter f ′ (x).
c) En déduire un équivalent de f en +∞.
a b 0
Exercice 2 : Soit A = 0 1 0 ∈ M3 (R).
0 0 2
Conditions sur a et b pour que A soit diagonalisable ?
1 − e−xt
SOLUTION : Exercice 1 : a) Notons H la fonction (x, t) 7→ √
t t
1 − e−xt
Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ H(x, t) = √ est continue sur l'intervalle ]0, +∞[
t t
• Etude pour la borne 0 :
|1 − e−xt | |x|t |x|
∀x ̸= 0, |H(x, t)| = √ ∼ √ = √ est intégrable sur ]0, 1] (fonction de référence)
∫ 1 t t t→0+ t t t
1 − e−xt
Donc l'intégrale √ dt converge absolument .
0 t t
Pour x = 0, H(0, t) est la fonction nulle, qui est intégrable sur [0, +∞[.
17
∫ 1
1 − e−xt
Finalement, l'intégrale √ dt converge pour tout x ∈ R.
0 t t
• Etude pour la borne innie : ∫ +∞
1 − e−xt
Si x < 0, lim H(x, t) = ∞ et l'intégrale √ dt diverge.
t→+∞ 1 t t ∫ +∞ ∫ +∞
|1 − e−xt | 1 1 1
Si x > 0, |H(x, t)| = √ ∼ √ , et on sait que l'intégrale de référence √ dt = 3/2
dt
t t t
∫t +∞t t t
t→+∞ 1 1
1 − e−xt
converge . par équivalence, l'intégrale √ dt est donc absolument convergente. Par additivité,
∫ +∞ 1 t t
1 − e−xt
l'intégrale f (x) = √ dt converge si et seulement si x > 0. Donc Df = [0, +∞[
0 t t
1 − e−xt
b) - Pour tout t ∈]0, +∞[, la fonction x 7→ H(x, t) = √ est de classe C 1 sur R (et donc sur [0, +∞[).
t t
∂H te−xt e−xt
De plus, ∀(x, t) ∈ R×]0, +∞[, (x, t) = √ = √
∂x t t t
1 − e−xt ∂H e−xt
- Pour tout x ∈]0, +∞[, les fonctions t 7→ H(x, t) = √ et t 7→ (x, t) = √ sont continues et
t t ∂x t
intégrables sur ]0, +∞[
(la première fonction a été étudiée avec le domaine de dénition, pour la seconde, voir la domination
qui suit)
∂H e−xt e−at
- pour tout a > 0, ∀(x, t) ∈ [a, +∞[×]0, +∞[, (x, t) = √ 6 √ (fonction inégrable sur ]0, +∞[)
∂x t t
d'après
∫ le théorème de dérivation des intégrales dépendant d'un paramètre (théorème de dérivation sous le
signe ), on peut armer que f est de classe C 1 sur [a, +∞[ et que :
∫ +∞ ∫ +∞ −xt
′ ∂H e
∀x ∈ [a, +∞[, f (x) = (x, t)dt = √ dt
0 ∂x 0 t
ceci étant vrai pour tout a > 0, f est de classe C 1 sur ]0, +∞[
√
c) Par le changement de variable u = t, t = u2 , dt = 2udu,
∫ ∫ ∫ +∞
e−xt
+∞ +∞ −xu2
e
e−xu du
2
′ √ dt =
f (x) = 2udu = 2
0 t 0 u 0
√
Par le changement de variable xu = v, du = √dvx ,
∫ +∞ ∫ +∞ −v2 ∫ +∞ √ √
′ −xu2 e 2 −v 2 2 π π
f (x) = 2 e du = 2 √ dv = √ e dv = √ × = √
x x 0 x 2 x
0 0
| {z }
integrale de Gauss
√
π
∀x > 0, f ′ (x) = √
x
√ √
Par primitivation sur l'ouvert ]0, +∞[, il existe c ∈ R tel que ∀x > 0, f (x) = 2 π x + c.
√
Donc f (x) ∼ 2 π x
x→+∞
a b 0
Exercice 2 : A= 0 1 0 .
0 0 2
A est une matrice triangulaire, donc Sp(A) = {a, 1, 2}.
• Si a ̸= 1 et a ̸= 2, alors A ∈ M3 (R) admet trois valeurs propres distinctes, donc est diagonalisable.
• Si a = 1, alors 1est valeur propre
double.
0 b 0
A − 1 × I3 = 0 0 0 a pour rang 2 si b ̸= 0, et pour rang 1 si b = 0.
0 0 1
Donc EA (1) a pour dimension 3 − 2 = 1 si b ̸= 0, et 3 − 1 = 2 si b = 0.
Donc A est diagonalisable si et seulement si b = 0
• Si a = 2, alors 2est valeur propre
double.
0 b 0
A − 2 × I3 = 0 −1 0 a pour rang 1. Donc dim(EA (1)) = 2 et A est toujours diagonalisable .
0 0 0
18
1.19 CCP
E, < , > est un espace vectoriel eucidien de dimension n > 3. a et b sont deux vecteurs de E formant un
système libre. {
E −→ E
On considère l'application f :
x 7→ < a, x > b− < b, x > a
1- Montrer que f est un endomorphisme de E .
Déterminer ker f .
2- Montrer qu'il existe
( une ) base de E dans la quelle la matrice de f s'écrit par blocs sous la forme :
A 0
M= , avec A ∈ M2 (R)
0 0
3- Déterminer les valeurs propres de f .
f est il diagonalisable ?
SOLUTION : 1- • pour tout (x, y) ∈ E , pour tout λ ∈ R, f (x + λy) =< a, x + λy > b− < b, x + λy > a
f (x + λy) =< a, x > b + λ < a, y > b− < b, x > a − λ < b, y > a
=< a, x > b− < b, x > a + λ(< a, y > b− < b, y > a) = f (x) + λf (y). Donc f ∈ L(E)
• Soit x ∈ E .
x ∈ ker f ⇐⇒ {
< a, x > b− < b, x > a = 0
< a, x >= 0
⇐⇒ car (a, b) est un système libre de E .
< b, x >= 0
⇐⇒ x ∈ (Vect(a, b))⊥ Donc ker f = (Vect(a, b))⊥
ker f est le supplémentaire orthogonal du plan Vect(a, b). C'est un sous espace de E de dimension n − 2 où
n = dim(E).
2- (a, b) est une base du plan Vect(a, b) (puisque (a, b) est par hypothèse une famille libre)
Soit (e3 , e4 , · · · , en ) une base de ker f . Puisque Vect(a, b) et ker f sont deux sous espaces supplémentaires,
(a, b, e3 , e4 , · · · , en ) est une base de E = ker f ⊕Vect(a, b)
f (a) = ∥a∥2 b− < b, a > a, f (b) =< a, b > b − ∥b∥2 a, ∀i ∈ {3, 4, · · · , n}, f (ei ) = 0
Lamatrice de f dans la base (a, b, e3 , e4, · · · , en ) est donc :
− < a, b > −∥b∥2 0 ··· 0
∥a∥2 < a, b > 0 ··· 0 ( ) ( )
0 ··· A 0 − < a, b > −∥b∥2
M = 0 0 0 = , avec A = ∈ M2 (R)
.. .. ..
0 0 ∥a∥2 < a, b >
. . ··· .
0 0 0 ··· 0
3- • ker f = (Vect(a, b))⊥ , ce qui montre que 0 est valeur propre de f et que Ef (0) = ker(f ) est un sous-espace
propre de dimension n − 2.
• Soit λ un réel non nul , et x ∈ E − {0}.
f (x) = λx ⇐⇒ < a, x > b− < b, x > a = λx
1
=⇒ x = (< a, x > b− < b, x > a) =⇒ x ∈ (Vect(a, b))
λ
=⇒ ∃(α, β) ∈ R2 , x = αa + βb
Reportons dans l'égalité de départ :
f (x) = λx ⇐⇒ < a, αa + βb > b− < b, αa + βb > a = λ(αa + βb)
⇐⇒ α∥a∥
{
2
b + β < a, b > b − α < a, b > a − β∥b∥2 a = αλa + βλb
−α < a, b > −β∥b∥2 = αλ (composantes sur a)
⇐⇒ 2
{ α∥a∥ + β < a, b >= βλ (composantes sur b)
α(λ+ < a, b >) + β∥b∥2 = 0
⇐⇒ (S)
α∥a∥2 + β(< a, b > −λ) = 0
On est en présence d'un système de deux équations aux deux inconnues α et β .
λ+ < a, b > ∥b∥2
Le déterminant de ce système est : δ =
∥a∥ 2
< a, b > −λ
δ =< a, b >2 −λ2 − ∥a∥2 ∥b∥2
Si δ ̸= 0, le système (S) est un systèle de Cramer homogène, dont l'unique solution est le couple (α, β) =
(0, 0). Le seul vecteur de la forme x = αa + βb qui vérie (x) = λx est la vecteur nul. Dans ce cas, λ n'est pas
valeur propre de f .
Pour que λ soit valeur propre de f il faut que δ = 0, c'est à dire que λ2 =< a, b >2 −∥a∥2 ∥b∥2
Or d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, < a, b >2 6 ∥a∥2 ∥b∥2 , donc < a, b >2 −∥a∥2 ∥b∥2 6 0 ne peut être
le carré d'un réel λ. Sauf si < a, b >2 −∥a∥2 ∥b∥2 = 0, auquel cas les vecteurs a et b doivent être colinéaires (car
il y a égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz). Mais ceci est exclu dès le départ puisque la système (a, b) est
supposé libre.
Donc f n'a pas d'autre valeur propre que la valeur propre 0 : Sp(f ) = {0} .
Et puisque dim(Ef (0)) = dim(ker(f )) = n − 2 < n, f n'est pas diagonalisable .
19
1.20 CCP
∞
∑ x
Exercice 1: On considère la série de fonctions suivante: S(x) =
n=1
n(1 + nx2 )
Etudier le domaine de dénition de la fonction S et sa continuité.
Montrer qu'elle est dérivable sur R∗ .
Exercice 2 : Soit X une variable aléatoire qui suit un loi de Poisson de paramètre λ > 0 et Y une variable
aléatoire pour laquelle, Y sachant que X = n, suit une loi binomiale de paramètres n et p ∈]0, 1[.
1) Déterminer la loi conjointe de (X, Y )
2) Déterminer la loi de Y
3 Déterminer la loi de Z = X − Y
4) Etudier l'indépendance de X et Y .
x 1
SOLUTION : Exercice 1 :• Pour tout x ∈ R∗ , un (x) = ∼
2 ) n→+∞ x n2
∑ n(1 + nx
Donc la série de fonction∑ un ( ) converge simplement sur R∗ . En 0, tous les termes de la série sont nuls,
elle converge encore. Donc un ( ) converge simplement sur R. La fonction somme S est dénie sur R.
On peut remarquer que S est impaire (car chacun des un ( ) l'est).
• Pour la continuité étudions la convergence uniforme ou normale de la série de fonctions.
Soit a > 0 quelconque, xé.
∞
1 1
1
1 1
∀x ∈ [a, +∞[, 6 , donc
6 6 2 2
n(1 + nx ) 2 n(1 + na ) 2
n(1 + nx )
x∈[a+∞[
2 n(1 + na2 ) a n
∑
Puisque la série de Riemann a21n2 converge, ∑ la 1majoration qui précède montre la convergence normale (et
donc uniforme) de la série de fonctions (x 7→ n(1+nx 2 ) ) sur l'intervalle [a, +∞[. Chaque fonction vn : x 7→
1
n(1+nx2 ) étant continue sur [a, +∞[ , le téhorème de continuité d'une série de fonctions nous permet d'armer
∑∞
1
que la fonction somme, x 7→ est continue sur [a, +∞[.
n=1
n(1 + nx2 )
∑∞
1
Puisque S(x) = x 2)
, la fonction S est continue sur R∗ comme produit de deux fonctions
n=1
n(1 + nx
continues. Ceci étant vrai pour tout a > 0, la somme est continue sur ]0, +∞[, et sur R∗ par imparité.
x
• Etude de la continuité en 0 : ∀n > 1, ∀x ∈ R, un (x) =
n(1 + nx2 )
1 1 + nx − x(2nx)
2
1 1 − nx 2
u′n (x) = × = ×
n (1 + nx2 )2 n (1 + nx2 )2
x 0 √1 +∞
n
′
un (x) 1/n + 0 −
↗ n√ 1
↘
n
un (x) 0 0
1 ∑
donc ∥un ( )∥∞ R = √ . la série de fonction un converge normalement sur R. Chaque fonction un est
n n
continue sur R. La fonction somme S l'est aussi. S est continue sur R.
• Etude de la dérivabilité :
x 1 1 − nx2
Chaque fonction un : x 7→ est de classe C 1
sur R et u′
n (x) = ×
n(1 + nx2 ) n (1 + nx2 )2
Soit [a, b] un segment quelconque inclus dans ]0, +∞[ : 0 < a < b.
Pour tout x ∈ [a, b], a 6 x 6 b =⇒ b12 6 x12 6 a12
Pour tout n > a12 , ∀x ∈ [a, b], n > a12 > x12 =⇒ nx2 > 1 =⇒ nx2 − 1 > 0
1 nx2 − 1 nx2 1 1 1
alors |u′n (x)| = × 2 2
6 2 2
6 2
6 2
6 2 2
n (1 + nx ) n(1 + nx ) n(1 + nx ) n(1 + na ) a n
1 1 ∑ ′
Donc ∀n > 2 , ∥un ∥[a,b] 6 2 2 , ce qui montre que la série des dérivées un ( ) converge normalement et
′ ∞
a a n
donc uniformément sur [a, b]. D'après le théorème de dérivation des séries de fonctions, on peut armer que la
∑∞ ∑∞
nx2 − 1
fonction somme est de classe C sur [a, b], et que ∀x ∈ [a, b], S (x) =
1 ′ ′
un (x) =
n=1 n=1
n(1 + nx2 )2
ceci étant vrai pour tout segment [a, b] ⊂]0, +∞[, S est de classe C sur ]0, +∞[ et sur R∗ par imparité.
1
Exercice 2 : 1) X ,→ P(λ)
−λ k
X(Ω) = N, ∀k ∈ N, P (X{=(k)) = e k!λ
k p (1 − p)
n k n−k
si 0 6 k 6 n
(Y |X = n) ,→ B(n, p). ∀k ∈ N, P (Y = k|X = n) =
0 si k > n
P (A ∩ B) = P (A|B)P (B)
P ((Y = k) ∩ (X = n)) = P ((Y = k)|(X = n))P (X = n)
20
( )
n k e−λ λn
P ((X, Y ) = (n, k)) =
p (1 − p)n−k si 0 6 k 6 n
k n!
0 si k > n
∑ ∞ ∑∞
2) P (Y = k) = P (Y = k|X = n) P (X = n) = P (Y = k|X = n)P (X = n)
n=0
| {z }
n=k
0 si k>n
∑∞ ( ) ∑∞
n k e−λ λn n! e−λ λn
= p (1 − p)n−k = pk (1 − p)n−k
k n! k! (n − k)! n!
n=k n=k
−λ ∑ ∞ −λ ∑∞
e (1 − p) n−k n
λ e (1 − p) λ
m m+k
= pk = pk (par le changement d'indice m = n − k)
k! (n − k)! k! m=0 m!
n=k
∞
e−λ ∑ (1 − p)m λm e−λ (1−p)λ (λp)k
= (λp)k = (λp)k e = e−λp
k! m=0 m! k! k!
(λp)k
∀k ∈ N, P (Y = k) = e−λp donc Y ,→ P(λp)
k!
3) Z = X − Y . X(Ω) = N et Y (Ω) = N donc Z(Ω) = Z
Mais on a vu (question 1) que si k > n, P ((X, Y ) = (n, k) = 0. Autrement dit, la probabilité de Y > X ,
c'est à dire de Z < 0, est nulle.
Donc, ∀m < 0, P (Z = m) = 0
Soit maintenant m > 0 (m ∈ N).
Alors (Z = m) = [(X = m) ∩ (Y = 0)] ∪ [(X = m + 1) ∩ (Y = 1)] ∪ · · · ∪ [(X = m + k) ∩ (Y = k)] ∪ · · ·
Les événements (X = m + k) ∩ (Y = k) étant deux à deux incompatibles,
∑∞ ∑∞ ( )
k+m k e−λ λm+k
P (Z = m) = P ((X = m + k) ∩ (Y = k)) = p (1 − p)m+k−k
k (m + k)!
k=0 k=0
∞
∑ (k + m)! ∞
e−λ λm+k e−λ (1 − p)m λm ∑ λk pk
= pk (1 − p)m =
k! m! (m + k)! m! k!
k=0 k=0
−λ
(1 − p)m λm λp
e [λ(1 − p)]m
= e = eλ(p−1)
m! m!
[λ(1 − p)] m
∀m ∈ N, P (Z = m) = e−λ(1−p) donc Z ,→ P(λ(1 − p))
m!
( )
n k e−λ λn
4) On a vu que ∀n, k ∈ N, P ((X, Y ) = (n, k)) = p (1 − p)n−k si 0 6 k 6 n
k n!
0 si k > n
n k
λ (λp)
Or P (X = n) ∩ (Y = k) = e−λ × e−λp ̸= P (X = n)P (Y = k).
n! k!
Les deux variables X et Y ne sont pas indépendantes.
1.21 CCP
1.22 CCP
( )
a n
Soit n un entier non nul, X une variable aléatoire vériant P (X = k) = (a > 0)
( ) ( ) k+1 k
p p−1
1- Etablir une relation entre et , et déterminer a.
q q−1
2- Calculer E(X)
3- Calculer V (X)
22
∑
n
SOLUTION : 1- Il s'agit de déterminer a pour que la somme P (X = k) soit égale à 1.
n ( )
k=0
∑ n
On sait que ∀x ∈ R, xk = (x + 1)n (formule du binôme de Newton)
k
n ( ) [ ]x
k=0
∫ x∑ ∫ x
n k (1 + t)n+1
Par intégration, ∀x ∈ R, t dt = (t + 1)n =
0 k 0 n+1 0
n ( ) [ k+1 ]x
k=0
∑ n t (1 + x)n+1 − 1
=⇒ =
k k+1 0 n+1
k=0
∑n ( )
1 n 2n+1
−1
=⇒ = (en prenant x = 1)
k+1 k n+1
k=0
∑
n
2n+1 − 1 n+1
Pour que P (X = k) = a soit égal à 1, il faut et sut que a = n+1
n+1 2 −1
k=0
( ) ( ) ( ( ) (n) )
∑n ∑
n
k n ∑n
(k + 1) − 1 n ∑n
n ∑n
2- E(X) = kP (X = k) = a =a =a − k
k+1 k k+1 k k k+1
k=0( ) k=0 k=0 k=0 k=0
1 (n + 1)2n 2n + n2n − 2n+1 + 1 (n − 1)2n + 1
E(X) = a 2 −n
= 2 a − 1 = n+1
n
−1= =
a 2 −1 2n+1 − 1 2n+1 − 1
(n − 1)2 + 1
n
E(X) =
2n+1 − 1
3- V (X) = E(X 2 ) − (E(X))2
∑
n ∑n ( ) ∑n ( )
2 2 k2 n k(k + 1) − (k + 1) + 1 n
E(X ) = k P (X = k) = a =a
k+1 k k+1 k
[ n ( )
k=0
(
k=0
) (n) ] k=0
∑ n ∑ n
n ∑n
E(X 2 ) = a k − + k
k k k+1
k=0 k=0 k=0
Les deux(dernières
)
sommes ont déjà été calculées.
( )
Pour calculer la première, partons de l'égalité
∑ n
n k ∑
n
n k−1
x = (x + 1) et dérivons :
n
k x = n(x + 1)n−1
k k
k=0 k=0,1
∑n ( )
n
pour x = 1 : k = n2n−1
k
k=0,1
( ) ( 2 n−1 )
2n+1 − 1 n 2 − n2n−1 + 2n − 1 n2 2n−1 − n2n−1 + 2n − 1
d'où : E(X 2 ) = a n2n−1 − 2n + =a =
n+1 n+1 2n+1 − 1
( n )2
2 n−1
n 2 − n2n−1
+2 −1
n
n2 − 2 + 1
n
(n + 1)4 − (n2 + 3n + 2)2n−1
n
V (X) = E(X 2 )−(E(X))2 = − =
2n+1 − 1 2n+1 − 1 (2n+1 − 1)2
(n + 1)4n − (n2 + 3n + 2)2n−1
V (X) =
(2n+1 − 1)2
1.23 CCP
On considère une forme linéaire non nulle φ sur un espace vectoriel E et x0 un vecteur non nul de E .
On pose : ∀x ∈ E, u(x) = x + φ(x)x0
1- Montrer que u est un endomorphisme de E .
2- Montrer que 1 est valeur propre de u ; donner la dimension du sous-espace propre associé.
3- Donner une CNS pour que u soit diagonalisable. Indiquer alors les valeurs propres et les sous-espaces
propres de u.
SOLUTION : 1- Soient x, y ∈ E et λ ∈ R.
u(x) = x + φ(x)x0 est bien un vecteur de E (c'est la somme de deux vecteurs de E ), donc u est bien une
application de E dans E .
u(x + λy) = (x + λy) + φ(x + λy)x0 = x + λy + [φ(x) + λφ(y)]x0 (car φ est linéaire)
= (x + φ(x)x0 ) + λ(y + φ(y)x0 ) = u(x) + λu(y)
u est bien une application linéaire de E dans E , c'est à dire un endomorphisme de E . u ∈ L(E)
2- Pour savoir si 1 est une valeur propre de E , il faut étudier s'il existe des vecteurs x non nuls tels que
u(x) = 1 × x = x.
Soit x ∈ E . u(x) = x ⇐⇒ x + φ(x)x0 = x ⇐⇒ φ(x)x0 = 0E ⇐⇒ φ(x) = 0R ⇐⇒ x ∈ ker φ
Puisque φ est une forme linéaire non nulle, son noyau est un hyperplan.
Donc 1 est une valeur propre de φ et le sous-espace propre associé est l'hyperplan ker φ
23
Sa dimension est n − 1, où n = dim(E).
3- Dans la question précédente on vient de trouver une valeur propre, λ = 1, avec pour sous-espace propre
associé l'hyperplan ker φ.
Recherchons s'il existe une (des) valeur(s) propre(s) diérente(s) de 1 .
Analyse : Supposons que λ soit une valeur propre autre que 1 : ∃x ̸= 0 tel que u(x) = λx
=⇒ x + φ(x)x0 = λx
=⇒ (λ − 1)x = φ(x)x0
φ(x)
=⇒ x = x0
λ−1
=⇒ x ∈ Vect(x0 )
=⇒ ∃k ∈ R, x = kx0 (k ̸= 0 puisque x ̸= 0)
=⇒ (λ − 1)kx0 = φ(kx0 )x0
=⇒ (λ − 1)kx0 = kφ(x0 )x0
=⇒ (λ − 1) = φ(x0 ) (k et x0 sont non nuls)
=⇒ λ = φ(x0 ) + 1
donc λ0 = φ(x0 ) + 1 est la seule valeur propre possible autre que 1.
Si φ(x0 ) = 0 (⇐⇒ x0 ∈ ker φ), alors u n'a qu'une seule valeur propre, à savoir λ = 1. L'unique sous espace
propre est de dimension n − 1, donc u n'est pas diagonalisable.
Synthèse : Supposons que x0 ∈/ ker φ, c'est à dire que φ(x0 ) ̸= 0.
Alors u(x0 ) = x0 + φ(x0 )x0 = (φ(x0 ) + 1)x0 , donc x0 est vecteur propre de u, associé à la valeur propre
| {z }
̸=1
φ(x0 ) + 1 ̸= 1.
u possède deux sous-espaces propres, l'hyperplan ker φ et la droite Vect(x0 ). La somme de leurs dimensions
est (n − 1) + 1 = n, donc u est diagonalisable.
1.24 CCP
{
Rn [X] −→ Rn [X]
Exercice 1 : On dénit l'application φ : P (X) 7→ P (X + 1)
Déterminer la matrice A qui représente φ dans la base canonique de Rn [X].
Justier que A est inversible, et calculer A−1 .
∫ +∞ √
π
Exercice 2 : On admet que −t2
e dt =
2
0 ∫ +∞ ∫ +∞
On considère la fonction F : x 7→ cos(xt)e−t dt, et pour tout n ∈ N, les intégrales Jn = t2n e−t dt
2 2
0 0
1- Donner le domaine de dénition de F .
2- Montrer que les intégrales
√ Jn sont dénies, et trouver une relation entre Jn et Jn+1 .
π (2n)!
Montrer que Jn = 2n+1
2 n!
3- En utilisant un développement en série entière, exprimer F (x) à l'aide des fonctions classiques.
SOLUTION : Exercice 1: On vérie sans diculté que φ est une application linéaire : φ ∈ L(Rn [X].
La base canonique de Rn [X] est B0 = (1, X, X 2 , · · · , X n )
k ( )
∑ k
∀k ∈ {0, 1, · · · , n}, φ(X ) = (X + 1) =
k k
Xj
j=0
j
La matrice A qui représente
φ dans la base
( )canonique(de n [X] est :
) R
1 1 1 ··· k
(k0) ··· n
(n0 )
0 1 2 ··· ···
(k1) (n1 )
0 0 1 ··· ···
.. .. .. ..
2
. ..
2
. . . . ( .. ) · · ·
(n. )
A= 0 0 0 ··· k
··· ( nk )
k
0 0 0 ··· 0 ···
k+1
.. .. .. .. .. ..
. . . ··· . .
( n. )
0 0 0 ··· 0 1 n−1
0 0 0 ··· 0 0 1
{ (j )
Elle est dénie par ai,j = i si i 6 j en convenant de faire varier i et j de 0 à n, comme dans un
0 si i > j
tableau "python" (et non pas de 1 à (n + 1) comme on le fait habituellement pour une matrice à n + 1 lignes
et colonnes).
• La matrice A est triangulaire supérieure, avec des 1 sur le diagonale. Son déterminant est donc det(A) =
1n+1 = 1 ̸= 0. Donc A est inversible.
24
{
Rn [X] −→ Rn [X]
On peut aussi remarquer que l'endomorphisme ψ : vérie :
P (X) 7→ P (X − 1)
φo ψ = ψo φ = IdRn [X]
Ceci montre que φ est inversible et que son inverse est ψ . La matrice A qui représente φ est donc elle aussi
inversible. A−1 sera la matrice de l'endomorphisme ψ , inverse de φ. Recherchons donc la matrice de ψ dans la
base B0 .
k ( )
∑ k
∀k ∈ {0, 1, · · · , n}, ψ(X ) = (X − 1) =
k k
X j (−1)k−j
j
j=0
( ) ( )
1 −1 1 ··· (−1)k k0( ) ··· (−1)n n0( )
0 1 −2 ··· (−1)k−1 (k1) ···
(−1)n−1 (n1 )
··· (−1)k−2 k2 ···
(−1)n−2 n2
0 0 1
.. .. .. .. .. ..
. . . . (k. ) ··· . ( )
A−1 = 0 0 0 ··· ··· (−1)n−k (nk )
k
0 0 0 ··· 0 ··· (−1)n−k−1 n
k+1
.. .. .. .. .. ..
. . . . . ··· ( .n )
0 0 0 ··· 0 1 − n−1
0 0 0 ··· 0 0 1
( )
j
(−1)j−i si i 6 j
A−1 = (bi,j ) est dénie par : bi,j = i
0 si i > j
∫ +∞
Exercice 2 : 1- On considère la fonction F cos(xt)e−t dt
2
: x 7→
0
Pour tout x ∈ R, la fonction (t 7→ cos(xt)e−t ) est continue sur l'intervalle [0, +∞[ .
2
∀t ∈ [0, +∞[, | cos(xt)e−t | 6 e−t , et la fonction (t 7→ e−t ) est intégrable sur [0, +∞[
2 2 2
∫
(majorée par e−t sur [1, +∞[)
+∞
L'intégrale cos(xt)e−t dt est donc absolument convergente pour tout x ∈ R DF = R
2
0
2- • Pour tout n ∈ N, la fonction (t 7→ t2n e−t ) est continue (sur)l'intervalle [0, +∞[. Par croissance comparée
2
∫ +∞
tout n ∈ N, l'intégrale Jn = t2n e−t dt est convergente.
2
0
∫ +∞ [ ]+∞ ∫ +∞
t2n+1 −t2 t2n+1
• En intégrant par parties, Jn = 2n −t2
(−2t)e−t dt
2
t e dt = e −
0 2n + 1 0 2n + 1
| {z 0
}
=0
∫ +∞
t2n+2 −t2 2 2
Jn = 0 + 2 e dt = Jn+1 ∀n ∈ N, Jn = Jn+1
0 2n + 1 2n + 1 2n + 1
2n − 1
• Cette relation s'écrit aussi : Jn = Jn−1
2
2n − 3
Jn−1 = Jn−2
2
..
.
3
J1 J2 =
2
1
J1 = J0
∫2 +∞ √
−t2 π
J0 = e dt =
0 2
(2n − 1)(2n − 3) · · · 5 × 3 × 1 √
En multipliant terme à terme on obtient : Jn = π
2n+1
(2n)! √
En multipliant haut et bas par 2 × 4 × · · · × (2n − 2) × 2n = 2n n!, on obtient : Jn = π
22n+1 n!
∞
∑
u2n
3- On sait que ∀u ∈ R, cos(u) = (−1)n
n=0
(2n)!
∑∞
(xt)2n
donc ∀x ∈ R, ∀t ∈ [0, +∞[, cos(xt) = (−1)n
n=0
(2n)!
25
∫ +∞ ∫ ∞
+∞ ∑
(xt)2n −t2
cos(xt)e−t dt =
2
∀x ∈ R, F (x) = (−1)n e dt
0 0 (2n)!
∫ +∞ n=0
∫ +∞ ∫ +∞
(xt)2n −t2 (xt)2n −t2 x2n
En posant un (t) = (−1)n t2n e−t dt
2
e , |un (t)|dt = e dt =
(2n)! 0 0 (2n)! ( 2 )n (2n)! 0
∫ +∞ √ x
x2n x2n (2n)! √ x2n √ π 4
|un (t)|dt = Jn = × 2n+1 π = 2n+1 π= ×
0 (2n)!
( ) (2n)! 2 n! 2 n! 2 n!
n
x2
4
On reconnait en le terme général d'une série exponentielle convergente. On en déduit que la série
n!
∑∫ +∞
|un (t)|dt est convergente, et on peut appliquer alors le théorème d'intégration terme à terme d'une
0
série de fonctions sur uhn intervalle quelconque.
∫ +∞ ∫ ∞
+∞ ∑ ∑∞ ∫ +∞
(xt)2n −t2 (xt)2n −t2
cos(xt)e−t dt =
2
∀x ∈ R, F (x) = (−1)n e dt = (−1)n e dt
0 0 n=0
(2n)! n=0 0
(2n)!
∑∞ ∫ +∞ ∑∞ ∑∞
x2n x2n x2n (2n)! √
t2n e−t dt =
2
= (−1)n (−1)n Jn = (−1)n × 2n+1 π
n=0 (
(2n)! 0 (2n)! (2n)! 2 n!
)n n=0 n=0
∑∞ − x4
2
√ √ √
π π − x2 π −x2 /4
= × = e 4 ∀x ∈ R, F (x) = e
n=0
n! 2 2 2
1.25 CCP
∑
Exercice 1 : On considère une série an de termes réels absolument convergente.
∑∞
an n
1- Quel est le rayon de convergence de la série entière t ?
n=0
n!
∑∞
an n
2- On pose f (t) = t
n=0
n!
∫ ∞ ∞
∑
Montrer que l'intégrale f (t)e dt est convergente, et égale à
−t
an
0 n=0
1 a a
Exercice 2 : On considère la matrice A = −1 1 −1 .
−1 0 2
1- Calculer son polynôme caractéristique.
2- On suppose que a > 0. A est elle diagonalisable ?
3- On suppose que a = 0. A est elle diagonalisable ?
4- On suppose que a < 0. A est elle diagonalisable ?
Remarque : il sera essentiel au cours de la discussion de bien préciser le corps de référence, R ou C .
∑
SOLUTION : Exercice 1 : 1- La série an étant absolument convergente, la suite (an ) est de limité nulle,
et est bornée : ∃M
∈ R, ∀n ∈ N, |an | 6 M
∑ |t|n
alors ∀t ∈ R, an!n tn 6 M |t|n! , et la série exponentielle
n
Puisque la fonction (t 7→ e− 2 t est intégrable sur [0, +∞[ (fonction de référence), par majoration la
fonction un l'est aussi.
∫ +∞
• Notons Jn = tn e−t dt, qui existe comme on vient de le voir.
0
[ n+1 ]+∞ ∫ +∞ n+1 ∫ +∞
t −t 1 Jn+1
Par intégration par parties, Jn = e−t − e−t dt = tn+1 e−t dt =
n+1 0 n + 1 n + 1 0 n +1
| {z 0 }
∫ +∞ =0
[ −t ]+∞
J0 = e dt = −e 0 = 1, et ∀n, Jn = nJn−1 montre par récurrence immédiate que :
−t
0
26
∀n ∈ N, Jn = n! ∫ ∫
+∞
|an | n −t |an | +∞
On en déduit que : ∀n ∈ N, |un (t)|dt =
t e dt = Jn = |an |
n! n!
∑ 0 ∑ ∫ +∞
0
Puisque la série |an | est supposée convergente, la série numérique 0
|un (t)|dt l'est aussi.
On peut alors appliqué=er le théorème d'intégration
( terme à )
terme d'une série de fonctions, et armer que:
∫ +∞ ∑
+∞ +∞ (∫
∑ +∞ )
a) f est intégrable sur [0, +∞[ et b) un (t) dt = un (t)dt
0 n=0 n=0 0
∫ +∞ +∞ (∫
∑ +∞ ) ∑+∞ (∫ +∞ ) ∑+∞ ∑
+∞
an n −t an an
c'est à dire : f (t)dt = t e dt = tn e−t dt = Jn = an
0 n=0 0 n! n=0
n! 0 n=0
n! n=0
1 a a x − 1 −a −a
Exercice 2 : A = −1 1 −1 . χA (x) = 1 x−1 1 = x3 − 4x2 + (2a + 5)x − 4a − 2
−1 0 2 1 0 x−2
χA (X) = (X − 2)(X 2 − 2X + 2a + 1)
2- le polynôme X 2 − 2X + 2a + 1 a pour discriminant δ = 4 − 4(2a + 1) = −8a
• Si a > 0, alors δ < 0, le polynôme caractéristique χA (X) n'est pas scindé dans R[X], A n'est pas
diagonalisable dans M3 (R).
Mais dans C, A possède trois valers propres distinctes. A est diagonalisable dans M3 (C).
• Si a = 0
, alors χA (X) =(X − 2)(X − 1)2 . 1 est valeur propre double de A.
0 0 0
A − I3 = −1 0 −1 dim(EA (1)) = 3 − rg(A − I3 ) = 3 − 2 = 1 < ordre(1) = 2
−1 0 1
A n'est pas diagonalisable, ni dans M3 (R), ni dans M3 (C). √ √
• Si a < 0, alors δ > 0, le polynôme χA (X) a pour racines λ1 = 2, λ2 = 2+2 2 −2a = 1 + −2a et
√
λ3 = 1 − −2a
−1 − 12 − 12
Si a = − 21 , λ1 = λ2 = 2, λ3 = 0, A − 2I3 = −1 −1 −1 a pour rang 2.
−1 0 0
Donc dim(EA (2)) = 3 − rg(A − 2I3 ) = 3 − 2 = 1 < ordre(2) = 2
A n'est pas diagonalisable, ni dans M3 (R), ni dans M3 (C).
Si a ∈]−∞, 0[−{− 12 }, A possède trois valeurs propres distincres dans R, donc est diagonalisable dans M3 (R).
1.26 CCP
∑∞
1
Exercice 1 : 1- Montrer que n
converge.
n
∫ 1
n=1
1
2- Montrer que l'intégrale t
dt est dénie.
t
0 ∫ 1
3- Pour tous n et p entiers naturels, calculer tn (ln t)p dt
∫ 1 ∑∞
0
1 1
En déduire que t
dt = n
0 t n=1
n
1 0 1
Exercice 2 : on considère la matrice A = −1 2 1 .
2−m m−2 m
1- Calculer le polynôme caractéristique χA (X). (réponse (X − 1)(X − 2)(X − m))
2- m = 3. Déterminer les sous espaces propres de A. A est elle diagonalisable ?
3- m = 1 . A est elle diagonalisable ? (non)
4- m = 2 . A est elle diagonalisable ? (oui)
SOLUTION : Exercice
1 : Voir exercice 4.6 page
21 chapître "intégrales" sur le site habituel.
x−1 0 −1 x − 2 0 −1 (
)
Exercice 2 : χA (x) = 1 x−2 −1 = 0 x−2 −1 C1 ← C1 + C3 .
m−2 2−m x−m x−2 2−m x−m
1 0 −1 1 0 −1
χA (x) = (x − 2) 0 x − 2 −1 = (x − 2) 0 x − 2 −1 (L3 ← L3 − L1 )
1 2−m x−m 0 2−m x−m+1
x−2 −1
= (x − 2) = (x − 2)[x2 − (m + 1)x + 2m] = (x − 2)(x − 1)(x − m)
2−m x−m+1
χA (x) = (X − 2)(X − 1)(X − m)
27
• Si m = 3, Sp(A) = {1, 2, 3}. A possède trois valeurs propres distinctes . Elle est diagonalisable dans M3 (R)
• Si m = 1, χA (x) = (X − 2)(X − 1)2 Sp(A) = { |{z}
1 , 2}
double
0 0 1
A − 1 × I3 = −1 1 1 est de rang 2.
1 −1 0
dim(EA (1)) = 3 − rg(A − I3 ) = 3 − 2 = 1 < ordre(1) = 2
A n'est pas diagonalisable, ni dans M3 (R), ni dans M3 (C)
• Si m = 2, χA (x) = (X − 2)2 (X − 1) Sp(A) = {1, |{z}
2 }
double
−1 0 1
A − 2 × I3 = −1 0 1 . est de rang 1.
0 0 0
dim(EA (2)) = 3 − rg(A − 2I3 ) = 3 − 1 = 2 = ordre(2). Donc A est diagonalisable dans M3 (R)
1.27 CCP
1.28 CCP
nx2
si x > 0
1 + nx
∀n ∈ N, fn (x) =
nx3
si x<0
1 + nx2
1- Montrer que la suite de fonctions (fn ) converge uniformément vers une fonction g continue et dérivable
sur R.
2- Montrer que la suite des fonctions dérivées (fn′ ) converge simplement vers une fonction h sur R, mais ne
converge pas uniformément sur [−1, 1].
nx2 nx2
SOLUTION : Si x > 0, fn (x) = ∼ = x . Donc lim fn (x) = 0
1 + nx n→+∞ nx n→∞
Si x = 0, ∀n ∈ N, fn (x) = 0 , donc lim fn (x) = 0
n→∞
nx3 nx3
Si x < 0, fn (x) = ∼ = x . Donc lim fn (x) = x
1 + nx2 n→+∞ nx2 n→∞
La suite de fonctions (fn ( )) converge donc simplement sur R vers la fonction g : x 7→ x.
Cette fonction g est polynomiale donc continue, dérivable et C ∞ sur R.
nx3
fn (x) =
1 + nx2
2nx(1 + nx) − n2 x2 2nx + n2 x2 n2 x 2
2- ∀x > 0, fn′ (x) = = ∼ = 1 , donc lim fn′ (x) = 1
(1 + nx)2 (1 + nx)2 n→+∞ n2 x2 n→∞
3nx (1 + nx ) − 2n x
2 2 2 4 2
3nx + n x2 4 2 4
n x
∀x < 0, fn′ (x) = 2 2
= 2 2
∼ = 1 , donc lim fn′ (x) = 1
(1 + nx ) (1 + nx ) n→+∞ n2 x4 n→∞
???????????????????????????
1.29 CCP
∑ k=1
1- Montrer que la série an converge.
∑
n
1
2- Montrer que lim (H2n+1 − Hn ) = ln(2) avec Hn =
n→∞ k
k=1
29
∑∞
a b c
3- Trouver a, b, c ∈ R tels que an = + + et déterminer an
n n + 1 2n + 1 n=1
SOLUTION : Exercice 1 : Voir 1.21
1 6 3
Exercice 2 : 1- an = ∑
n = ∼
n(n + 1)(2n + 1) n→+∞ n3
k2
k=1 ∑ ∑
Or la série de Riemann 1
n3 est convergente. Par équivalence, la série an l'est aussi.
∑
2n+1
1 1 1 1
2- ∀n > 1, H2n+1 − Hn = = + + ··· +
k n+1 n+2 2n + 1
[k=n+1 ]
1 1 1 1 1
= 1 + 2 + ··· n +
n 1+ n 1+ n 1+ n 2n + 1
( )
1 − 0∑ 1 b−a ∑
n n
1 b−a 1
= k
+ = f a + k +
n 1+ n 2n + 1 n n 2n + 1
k=1 k=1
1
où a = 0, b = 1, f (x) =
1+x ( )
b−a ∑
n
b−a
La fonction f étant continue sur le segment [0, 1], la somme de Riemann f a+k a pour
n n
∫ b ∫ 1 [ ]1 k=1
dt 1 1
limite f (t)dt = dt = = ln 2. Puisque lim = 0, lim (H2n+1 − Hn ) = ln(2)
a 0 1 + t 1 + t 0
t→+∞ 2n +1 n→∞
1.30 CCP
2 2 −1
1
Exercice 1 : f est l'endomorphisme dont la matrice dans une base orthonormée est A = 1 −2 −2
3
−2 1 −2
Reconnaîre f et donner ses caractéristiques géométriques.
Exercice 2 : Soit (Xn )n∈N une suite de variables aléatoires indépendantes suivant chacune une loi de Bernoulli
1∑
n
de paramètre pn ∈]0, 1[. On suppose que lim pi = p
n→+∞ n
( k=1 )
X1 + X2 + ... + Xn
Montrer que ∀ε > 0, lim P
− p > ε = 0
n→+∞ n
SOLUTION : Exercice 1 : On constate que les colonnes de A forment une famille orthonormale de R3 . La
matrice A est donc une matrice orthogonale et f est une isométrie vectorielle.
On calcule le déterminant : det(A) = 1. f est donc une rotation vectorielle .
On recherche les vecteurs invariants en résolvant
l'équation A.V = V . On trouve une droite D dont un
3
vecteur directeur est le vecteur colonne V = 1
−1
√
3/√11
On norme ce vecteur en dénissant w3 = 1/ √11
−1/ 11
30
On recherche deux autres
vecteurs
(w1 , w2 ) formant une BON du plan P = D⊥ .
0
On prend d'abord V = 1 qui est clairement orthogonal à w3 et que l'on norme pour dénir :
1
0√
w1 = 1/√2 . Pour faire en sorte que (w1 , w2 , w3 ) soit une BON directe de R3 , le plus simple est
1/ 2
2
1
de prendre w2 = w3 ∧ w1 = √ −3
22 3
cos(θ) − sin(θ) 0
On sait que dans la base orthonomée directe (w1 , w2 , w3 ) , f a pour matrice : R = sin(θ) cos(θ) 0
0 0 1
Puisque A et R sont deux matrices qui représentent le même endomorphisme f , elles ont même trace :
tr(A) − 1 5
tr(R) = 2 cos(θ) + 1 = tr(A) = − 23 , ce qui permet de calculer cos(θ) = =−
2 6 √
11
On récupère sin(θ) par la première colonne de la matrice : R : sin(θ) =< f (w1 ), w2 >= ⟨A.w1 , w2 ⟩ =
6
5
cos(θ) = − √ ( )
les deux conditions √ 6 entraînent que θ = π − Arcsin 11 = Arccos − 5
sin(θ) = 11 6 6
6 √
3/√11
En conclusion , f est la rotaion de l'espace dont l'axe est dirigé et orienté pas le vecteur w3 = 1/ √11
−1/ 11
√ ( 5)
et d'angle θ = π − Arcsin 6 = Arccos − 6
11
1.31 CCP
v(P ′ )(x) = 0 P ′ (t)dt = P (x) − P (0). Donc (vo u)(P ) = P (X) − P (0).
Il s'en suit que ker(vo u) = R0 [X]
31
1.32 ENSAM
Exercice d'algèbre :
1- Soit A ∈ Mn (R). Montrer que si A2 = −In , alors n est pair.
2- Soit B ∈ Mn (R). Montrer que si B 2 − B + In = 0, alors n est pair.
3- Soit C ∈ Mn (R). Montrer que si C 3 + C 2 + C = 0, alors rg(C) est pair.
Exercice d'informatique
:
import numpy as np
def LP(n):
tableau=[i for i in range(0,n+1)]
for i in range(2,int(np.sqrt(n))):
for j in range(i**2,n,i):
tableau[j]=0
return [p for p in tableau if p>=2]
1- Observer et expliquer ce que fait cet algorithme.
2- Ecrire un programme permettant de vérier que pour tout entier k de 2 à 40, k(k + 1) + 41 est un nombre
premier.
3- Ecrire une fonction booléenne "Tester(p)" qui teste si, pour tout entier k de 2 à p − 1, k(k + 1) + p est
premier.
Déterminer tous les nombres inférieurs ou égaux à 100 qui vérient cette propriété.
1.33 ENSAM
{
R4 [X] −→ R4 [X]
Exercice d'algèbre : On considère l'application φ :: P (X) 7→ X 2 (P ′ (X + 1) − P ′ (X))
1- Montrer que φ est un endomorphisme de R4 [X].
2- Ecrire la matrice de φ dans la base canonique de R4 [X].
3- Déterminer les éléments propres de φ.
4- Déterminer une base de ker φ.
5- Soit F déni par : F = X 2 R2 [X] = {X 2 Q(X), Q(X) ∈ R2 [X]}
Montrer que F est un sous espace vectoriel de R4 [X], et qu'il est stable par φ.
6- Montrer que R4 [X] = F ⊕ ker φ.
7- φ est il diagonalisable ? Si oui, déterminer une base dans laquelle sa matrice est diagonale.
1.34 ENSAM
1.35 ENSAM
32
1.36 ENSAM 254 OdT
∫ +∞
e−t
a) Déterminer le domaine de dénition de la fonction f : x 7→ dt
0 x+t
b) Montrer que f est de classe C 1 sur son domaine de dénition, et est solution d'une équation diérentielle
du premier ordre.
c) Etudier la limite de f en +∞. ∫ +∞
e−t
Exprimer f à l'aide de la fonction "exponentielle intégrale" : Ei : x 7→ dt
x t
e−t
SOLUTION : Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ dt est continue sur l'intervalle ] − x, +∞[
x+t
−t
e
- Si x > 0 la fonction t 7→ dt est continue sur l'intervalle fermé [0, +∞[, et est intégrable sur [0, 1].
x+t ∫ 1 ∫ 1 −t
−t
e 1 1 e
- Si x = 0, ∼ . Or l'intégrale dt diverge, et par équivalence en 0, l'intégrale dt diverge.
t t→0+ t 0 t 0 t
Donc f (0) n'est pas déni.
e−t
- Si x < 0 la fonction t 7→ dt est continue sur [0, −x[∪] − x, +∞[
x+t ∫ ∫ −x −t
−t x −x
e e 1 e
∼ . Or l'intégrale dt diverge, et par équivalence, l'intégrale dt diverge
x + t t→−x t + x 0 x + t 0 x +t
aussi. Donc f (x) n'est pas déni.
e−t
Enn, pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ dt est continue sur [−x + 1, +∞[ et la domination
x+t ∫ +∞ −t
−t
e e
= o (e ) assure la convergence de l'intégrale
−t
dt
x + t t→+∞ −x+1 x +t
∫ +∞ −t
e
En résumé, l'intégrale dt converge si et seulement si x > 0. Df =]0, +∞[
0 x+t
e−t
b) Notons H(x, t) = .
x+t
e−t
- Pour tout t ∈ I =]0, +∞[, la fonction x 7→ H(x, t) = est de classe C 1 sur J =]0, +∞[
x+t
∂H e−t
et ∀(x, t) ∈ J × I, (x, t) = −
∂x (x + t)2
e−t ∂H e−t
- Pour tout x ∈ J =]0, +∞[, les fonctions t 7→ H(x, t) = et t 7→ (x, t) = − sont continues
x+t ∂x (x + t)2
et intégrables sur I .
∂H e−t 1
- Pour tout a > 0, pour tout (x, t) ∈ [a, +∞[×I, (x, t) 6 6 , fonction intégrable sur I .
∂x ∫ (a + t)2 (a + t)2
Par application du théorème de dérivation sous le signe , on peut armer que f est de classe C 1 sur [a, +∞[
∫ +∞
∂H
et que : ∀x ∈ [a, +∞[, f ′ (x) = (x, t)dt.
0 ∂x
Ceci étant vrai pour tout réel a >∫0, f est de classe C 1 sur J =]0, +∞[ et :
+∞
e−t
∀x ∈ J =]0, +∞[, f ′ (x) = − dt.
0 (x + t)2
∫ +∞ [ ]t→+∞ ∫ +∞
−1 1 1
• Intégrons par parties : ∀x ∈ J =]0, +∞[, f (x) = ′
2
−t
e dt = e −t
− (−e−t )dt.
(x + t) x+t x+t
∫ +∞ −t 0 t=0 0
1 e 1
′
f (x) = − + dt = − + f (x).
x 0 x + t x
1
Donc f est solution sur l'intervalle J =]0, +∞[ de l'équation diérentielle (E) : y ′ − y = −
x
∫ +∞ −t ∫ +∞ −t
e e 1 [ −t ]+∞ 1
c) ∀x ∈ J =]0, +∞[, 0 6 f (x) = dt 6 dt = −e 0 =
0 x+t 0 x x x
Cet encadrement montre que : lim f (x) = 0
x→+∞
Par la méthode de variation de la constante, on recherche la solution générale de (E) sous la forme:
y(x) = λ(x) ex où λ est une fonction inconnue.
Alors, ∀x > 0, y ′ (x) = λ′ (x) ex + λ(x) ex , et en reportant dans l'équation (E), on parvient à :
−1 e−x
λ′ (x) ex = c'est à dire λ′ (x) = −
x x ∫ +∞ −t
e
Par majoration par e , pour tout x > 0, l'intégrale Ei (x) =
−t
dt converge
x t
33
e−x
λ′ (x) = − = Ei′ (x), donc λ(x) = Ei (x) + c (c constante réelle)
x
La solution générale de l'équation (E) (∫ est donc : )
+∞ −t
e
x 7→ y(x) = ex (Ei (x) + c) = ex dt + c
x t
f est une solution de 5e), donc il
(∫ +∞ −t existe une constante
) c telle que :
e
∀x ∈]0, +∞[f (x) = e x
dt + c
t
x ∫ +∞ −t
e
Puisque lim ex = +∞, lim dt = 0 et lim f (x) = 0, nécessiarement, c = 0.
x→+∞ x→+∞ x t x→+∞
∫ +∞ −t
e
Donc ∀x ∈]0, +∞[f (x) = ex dt = ex Ei (x)
x t
Remarque : On pourrait
∫ obtenir ce résultat directement par le changement de variable u = x + t, du = dt
+∞
e−t
dans l'intégrale f (x) = dt
0 x+t
34
{
un+1 = 5un − 3vn
u0 = a , v0 = b ∀n ∈ N,
vn+1 = 6an − 72 vn
1- a) Construire une fonction Calcul_uv_n(a,b,n) qui prend en paramètres d'entrée a, b et n, et qui retourne
les deux listes [u0 , u1 , · · · , un ], [v0 , v1 , · · · , vn ]
Calculer u10 et v10 lorsque a = 5 et b = −7
Tester le comportement limite des suites (un ) et (vn ) lorsque :
• b) a = 5 et b = −7 :
• c) a = 2 et b = 3 :
• d) a = 3 et b = 4 :
( )
5 −3
2- Avec Python, diagonaliser la matrice A =
6 −7/2
Faire en sorte que la matrice de passage P soit à coecients entiers.
3 - Calculer explicitement un et vn en fonction de u0 , v0 et n.
En déduire la limite des suites (un ) et (vn ).
A quelle(s) condition(s) la suite un ) converge-t-elle vers 0 ?
A quelle(s) condition(s) les suites un ) et (vn ) sont elles constantes ?
∞
∑
4- a) Détermier le rayon de convergence et calculer la somme S(x) = un xn
n=0
∑∞
un n
Même question pour la série T (x) = x
n=0
n!
SOLUTION : 1- a) Fonction Calcul_uv_n(a,b,n) :
def Calcul_uv_n(a,b,n):
u=[0 for k in range(n+1)]
v=[0 for k in range(n+1)]
u[0],v[0]=a,b
for k in range(n):
u[k+1]=5*u[k]-3*v[k]
v[k+1]=6*u[k]-7*v[k]/2
return u,v
Calcul de u10 et v10 lorsque a = 5 et b = −7 : print(Calcul_uv_n(5,-7,10))
86.919921875 115.8798828125
b) Comportement limite des suites (un ) et (vn ) lorsque : a = 5 et b = −7 :
print(Calcul_uv_n(5,-7,20))
print(Calcul_uv_n(5,-7,20))
print(Calcul_uv_n(5,-7,30))
Il semble que les suites (un ) et (vn ) convergent, la première vers 87, la seconde vers 116.
c) Comportement limite des suites (un ) et (vn ) lorsque : a = 2 et b = 3 :
print(Calcul_uv_n(2,3,20))
print(Calcul_uv_n(2,3,30))
Il semble que les suites (un ) et (vn ) convergent vers 0.
d) Comportement limite des suites (un ) et (vn ) lorsque : a = 3 et b = 4 :
print(Calcul_uv_n(3,4,20))
print(Calcul_uv_n(3,4,30))
Il semble que les suites (un ) et (vn ) soient constantes.
( )
5 −3
2- Avec Python, diagonaliser la matrice A =
6 −7/2
Faire en sorte que la matrice de passage P soit à coecients entiers.
[in]import numpy.linalg as alg
A=np.array([[5,-3],[6,-7/2]])
L = alg.eig(A)
print(L)
[out](array([ 1. , 0.5]), array([[ 0.6 , 0.5547002 ],
[ 0.8 , 0.83205029]]))
Les valeurs propres sont 1 et 1/2.
( ) ( )
0.6 3
Le premier vecteur colonne est proportionnel à
( 0.8 ) 4
0.5547002
Le second vecteur colonne vérie :
0.83205029
35
[in] print( 0.5547002/0.83205029) ( )
2
[out] 0.6666666746790029 Il est proportionnel à
( ) 3
3 2
On prendra donc P =
4 3
import numpy.linalg as alg
[in] P=np.array([[3,2],[4,3]])
print(P)
print(alg.inv(P))
[out][[3 2]
[4 3]]
[[ 3. -2.] ( )
3 −2
[-4. 3.]] donc P −1 =
−4 3
( )
1 0
Finalement, l'égalité de diagonalisation de A s'écrit : A = P.∆.P −1 , avec ∆ =
0 1/2
( ) ( )
3 2 3 −2
P = et P −1 =
4 3 −4 3
( )
un
3 - Soit Xn =
vn
( ) ( ) ( )
5un − 3vn 5 −3 un
Xn+1 = = × = A.Xn
6un − 72 vn 6 − 72 vn
| {z }
=A
Par récurrence immédiate,(∀n ∈)N, Xn = An .X0 ( ) ( )
u0 3 2
Le vecteur colonne X0 = se décompose sur la base de vecteurs propres V1 = , V2 = :
v0 4 3
∃α, β ∈ R, X0 = αV1 + βV2 ( )n
alors, Xn = An X0 = An (αV1 + βV2 ) ( = αA)n
.V1 + βAn .V2 = α1n .V1 + β 21 .V2
3
Il s'en suit que lim Xn = αV1 = α .
n→+∞ 4
(( )) {
un lim un = 3α
La suite vectorielle (Xn ) = converge donc, et n→+∞
vn lim vn = 4α
( ) ( ) (
n→+∞ ) ( ) ( ) ( )
u0 3 2 3 2 α α
La décomposition X0 = = αV1 + βV2 = α +β = . = P.
v0 4 3 4 3 β β
permet de(calculer
) α et β
( : ) ( ) ( ) {
α u0 3 −2 u0 α = 3u0 − 2v0
= P −1 = . =⇒
β v0 −4 3 v0 β = −4u0 + 3v0
{
lim un = 3α = 9u0 − 6v0
En conclusion, n→+∞
lim vn = 4α = 12u0 − 8v0
n→+∞
{
lim un = 9 × 5 − 6 × (−7) = 45 + 42 = 87
Vérications : a) dans le cas où u0 = 5, v0 = −7, n→+∞
lim vn = 4α = 12 × 5 − 8 × (−7) = 60 + 56 = 116
n→+∞
Cela est conforme à l'étude faite avec python.
{
lim un = 9u0 − 6v0 = 18 − 18 = 0
b) dans le cas où u0 = 2, v0 = 3, n→+∞
lim vn = 12u0 − 8v0 = 24 − 24 = 0
n→+∞
{
lim un = 9u0 − 6v0 = 27 − 24 = 3
c) dans le cas où u0 = 3, v0 = 4, n→+∞
lim vn = 12u0 − 8v0 = 36 − 32 = 4
( ) ( ) n→+∞
( )
un ( )n 3 ( )n 2
4 - Xn = = αV1 + β 12 .V2 = α + β 12 .
vn 4 3
{ ( )n
un = 3α + 2.β ( 12 )
d'où les expressions explicites de un et vn : n
vn = 4α + 3.β 12
∑∞ ∑∞ ∞ (
∑ 1 n ) ∑ ( x )n
∞
3α
S(x) = un xn = 3α xn + 2β xn = + 2β
n=0 n=0 n=0
2 1−x n=0
2
3α 2β 3α 4β 3α(2 − x) + 4β(1 − x) 6α + 4β − (3α + 4β)x
= + = + = =
1 − x 1 − x2 1−x 2−x (1 − x)(2 − x) (1 − x)(2 − x)
6(3u0 − 2v0 ) + 4(−4u0 + 3v0 ) − (3(3u0 − 2v0 ) + 4(−4u0 + 3v0 ))x
S(x) =
(1 − x)(2 − x)
36
2u0 + 7u0 − 6v0 )x
∀x ∈] − 1, 1[, S(x) = (R = 1)
x2 − 3x + 2
∑∞ ∑∞ ∑∞ ( x )n
un n xn
T (x) = x = 3α + 2β 2
= 3αex + 2βex/2
n=0
n ! n=0
n ! n=0
n !
∀x ∈ R, T (x) = 3(3u0 − 2v0 )ex + (−4u0 + 3v0 )ex/2 (R = +∞)
1.39 ENSAM
On considère deux variables aléatoires X ,→ B(p) et Y ,→ B(p′ ) qui suivent chacune une loi de Bernoulli sur
un même espace probabilisé.
Montrer que X et Y sont indépendantes si et seulement si leur covariance Cov(X, Y ) est nulle.
SOLUTION : • Si X et Y sont indépendantes, alors E(X.Y ) = E(X).E(Y ), et
Cov(X, Y ) = E(X.Y ) − E(X)E(Y ) = 0
• Réciproquement, supposons que Cov(X, Y ) = 0, c'est à dire que E(X.Y ) = E(X)E(Y )
Remarquons que X.Y ne prend que les valeurs 0 et 1, donc suit une loi de Bernoulli.
Alors, E(X.Y ) = P (XY = 1) = P [(X = 1)∩(Y = 1)] (car l'évènement (XY = 1) est (X = 1)∩(Y = 1))
E(X.Y ) = E(X)E(Y ) = P (X = 1) . P (Y = 1)
| {z } | {z }
=p =p′
donc P [(X = 1) ∩ (Y = 1)] = P [(X, Y ) = (1, 1)] = P (X = 1)P (Y = 1), ce qui montre que les évènements
(X = 1) et (Y = 1) sont indépendants.
On sait qu'alors leurs contraires (X = 0) et (Y = 0) le sont aussi, de même que (X = 1) et (Y = 0) et ausi
(X = 0) et (Y = 1)
Tous les éléments (X = h), h ∈ X(Ω) = {0, 1} et (Y = k), k ∈ Y (Ω) = {0, 1} sont deux à deux indépendants.
Les variables aléatoires X et Y sont donc indépendantes .
Exercice d'informatique :
1- Enoncer et démontrer la loi faible des grands nombres.
2- Ecrire une fonction "lancer()" qui simule le lancer d'un dé.
3- Ecrire une fonction "lancers(N)" qui renvoie une liste T tel que "T[i] soit la moyenne des "i premiers
lancers.
4- Tracer l'évolution de lancers(N) en fonction de N. Commenter.
SOLUTION : 1- Voir cours
2- import numpy as np
import numpy.random as rd
import matplotlib.pyplot as plt
def lancer():
return rd.randint(1,7)
3- def lancers(n):
ListeLancers=[lancer() for i in range(n)]
ListeMoyennee=[]
for i in range(n):
ListeMoyennee.append(sum(ListeLancers[:i+1])/(i+1))
return ListeMoyennee
On teste :
print(lancers(10))
4- Tracé de l'évolution de la moyenne des n premier lancers.
n=500
plt.clf()
X=[k for k in range(n)]
M=[3.5 for k in range(n)]
Y=lancers(n)
plt.plot(X,Y,X,M)
On constate que la moyenne des n premiers lancers se rapproche de l'espérance d'un lancer, à savoir
1+2+3+4+5+6
= 3, 5
6
37
2 Centrale - Supelec
2.1 Centrale maths 1
√ √ √ √ √
On considère pour tout entier n ∈ N, un = n + n − 1 + · · · + 1 + 0
Etablir une relation simple entre un et un−1
Donner un équivalent puis un développement à deux, puis à trois termes de un quand n → +∞
√ √ √ √ √
SOLUTION : En élevant au carré la relation un = n+ n−1+ ··· + 1+ 0, on obtient :
√ √ √ √
u2n =n+ n−1+ · · · + 1 + 0, soit : u2n = n + un−1
• Pour tout n, un > 0, ∀n > 1, u2n = n + un−1 > n
Par minoration , lim u2n = +∞, et donc lim un = +∞ .
n→+∞ n→+∞
√
La relation u2n = n + un−1 > n entraîne que un > n
√
• Montrons par récurrence que un 6 2n. √
Pour les premières valeurs de n on a :√u0 =√0 6 0 √
u1 = √ 1 + 0 = √1 6 2
u2 = √2 + 1 6 4 = 2
√ √
√ u3 = 3 + 3 6 6
La propriété un 6 2n est donc vériée pour n√= 0, 1, 2, 3.
Supposons la vériée au rang n − √1 : un−1 6 2(n − 1)
alors u2n = n + un−1 6 n + 2(n √ − 1) √
il nous sut
√ de montrer que n + 2(n − 1) 6 2n ou de manière équivalente que 2(n − 1) 6 n
or : 2(n − 1) 6 n ⇐⇒ 2(n − 1) 6 n2
⇐⇒ 0 6 n2 − 2n + 2
⇐⇒ 0 6 (n − 1)2 + 1
Cette dernière relation étant vériée, les précédentes le sont aussi et donc u2n 6 2n.
√
On a ainsi prouvé par récurrence que ∀n ∈ N, un 6 2n
• Reprenons la relation : u2n =√n + un−1 .
La majoration 0 6 un−1 6 2(n − 1) entraîne que un−1 = o(n), et que n + un−1 ∼ n
n→+∞
√ √ √
donc un ∼ n et un ∼
2
n ou, sous forme de développement : un = n + o( n)
n→+∞ n→+∞
√ √
• Recherchons un développement à deux termes en posant un = n + vn , vn = o( n), et en recherchant un
équivalent de vn : √ √
u2n = n + un−1 =⇒ ( n + √ vn ) = n2 + n −√1 + vn−1 .
2
=⇒ n√ + 2 n vn + vn√= n + n − 1 + vn−1 .
=⇒ 2 n√ vn + vn2 = √ n − 1 + vn−1 .
=⇒ vn (2 n + vn ) = √n − 1 + vn−1 .
Compte tenu de la domination
√ o( n), en prenant un équivalent dans chaque membre, on obtient :
vn = √
=⇒ vn (2 n) ∼ n − 1.
√
n→+∞
n−1 1
=⇒ vn ∼ √ ∼ .
n→+∞ 2 n n→+∞ 2
√
donc vn = 12 + o(1) et un = n + 12 + o(1)
• Recherchons un développement à trois termes en posant vn = 12 + wn , wn = o(1), et en recherchant un
équivalent
√ de wn : √ ( √ ) √
vn (2 n + vn ) = n − 1 + vn−1 =⇒ ( 21 + wn ) 2 n + 12 + wn = n − 1 + 12 + wn−1
√ √ √
=⇒ 2 n wn + wn + wn2 = n − 1 − n + 14 + wn−1
| {z }
∼− 1
√
√ √ 2 n
√
=⇒ wn (2 n + 1 + wn ) = n − 1 − n + 1
4 + wn−1
en prenant des équivalents de chaque coté :
√ 1
=⇒ 2wn n ∼
n→+∞ 4
1
=⇒ wn ∼ √
n→+∞ 8 n
( )
√ 1 1 1
Finalement, un = n + + √ +o √
2 8 n n
38
2.2 Centrale maths 1
1 2 0
On considère l'endomorphisme f canoniquement associé à la matrice A = −3 −4 −6
2 2 5
Déterminer tous les sous espaces de R3 stables par f .
e−xt
SOLUTION : Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ √ est positive et continue sur l'intervalle ]0, 1]. De plus,
t
e−xt 1 1
pour tout x ∈ R, √ ∼ √ où la fonction t 7→ √ est intégrable sur l'intervalle ]0, 1].
t t→0 t ∫ 1 −xt t
e
Par équivalence, l'intégrale f (x) = √ dt est convergente. f (x) est donc déni pour tout réel x.
0 t
∫ 1 −nt
e
• Pour tout n ∈ N, un = f (n) = √ dt
0 t
e−nt
Pour tout t ∈]0, 1], lim (−nt) = −∞ et lim √ = 0
n→+∞ n→+∞ t
e−nt
La suite de fonction gn : t 7→ √ converge simplement sur l'intervalle ]0, 1] vers la foncion nulle ω .
} t
∀n ∈ N 1 1
, |gn (t)| 6 √ , où la fonction t 7→ √ est intégrable sur l'intervalle ]0, 1].
∀t ∈]0, 1] t t
D'après le théorème
∫ 1 −nt de convergence
∫ 1 dominée,∫on peut armer que :
1
e
lim √ dt = lim gn (t)dt = ω = 0 , c'est à dire que limn→+∞ un = 0
n→+∞ 0 t 0 n→+∞ 0
2- Par le changement de variable u = nt, dt = n1 du, on obtient :
∫ 1 −nt ∫ n −u ∫ u −u
e e 1 1 e
un = √ dt = √ u du = √ √ du
0 t 0 n n 0 u
∫ +∞ −u n ∫ n −u ∫ +∞ −u
e e e
L'intégrale √ du est convergente, donc lim √ du = √ du = α
∫ uu −u u u
0 n→+∞ 0 0
1 e α
d'où : un = √ √ du ∼ √
n 0 u n→+∞ n
∑ ∑
La série de Riemann √1n étant divergente, la série un diverge aussi par équivalence.
∫ 1 −nt ∫ 1 ∞ ∫ 1∑ ∞
e 1 ∑ (−nt)k (−1)k nk tk
2- ∀n ∈ N, un = √ dt = √ dt = √ dt
t t k=0 k! k! t
0 0 0 k=0
| {z }
=wk (t)
∫ 1 k ∫ 1 k
[ k+1/2
]1 k
n n t n nk
|wk (t)|dt = tk−1/2 dt = = 6 (série exponentielle convergente)
k! k! k + 1/2 0 k!(k + 1/2) k!
0 0
∫ 1
Par majoration, la série |wk (t)|dt converge, ce qui permet d'utiliser le théorème d'intégration terme à
0
∫ 1 (∑ ∞
)
∑∞ (∫ 1 )
terme des séries de fonctions, et d'arler que : wk (t) dt = wk (t) dt
0 0
∞ (∫ )
k=0 k=0
∫ 1 −nt ∫ ∞
1∑ k k k ∑ 1 ∞
∑ ∞
∑
e (−1) n t (−1)k nk (−1)k nk
un = √ dt = √ dt = wk (t) dt = =2
t k! t k!(k + 1/2) k!(2k + 1)
0 0 k=0 | {z } k=0 0 k=0 k=0
=wk (t)
40
∫ +∞
λ − f (t)
il existe au plus une valeur de λ pour que l'intégrale dt converge,
Finalement, ∫ a t
F (T ) 1 T
à savoir lorsque λ = = f (t)dt
T T 0
∫x
• Supposons que la fonction G : x 7→ a (λ − f (t))dt soit bornée.
∫ x ∫ x [ ]x ∫ x
λ − f (t) 1 G(t) G(t)
Intégrons par parties : dt = (λ − f (t))dt = + dt
∫ x a t ∫ xa t t a a t2
λ − f (t) G(x) G(a) G(t)
dt = − + dt
a t x a a t2
G est bornée : il existe M ∈ R tel que ∀x > a, |G(x)| 6 M
∫ +∞
G(x) G(t) G(t)
alors : x 6 x −−−−−→ 0 et t2 6 t2 , qui montre que l'intégrale
M M
dt est absolument
x→+∞ a t2
convergente. ∫ x ∫ +∞ ∫ +∞
λ − f (t) G(a) G(t) λ − f (t)
On en conclut que lim dt = − + 2
dt, qui montre que l'intégrale dt
x→+∞ a t a a t a t
est bien convergente.
∫ +∞
λ − f (t)
• En conclusion, on a montré qu'il existait au plus une valeur de λ pour laquelle l'intégrale dt
t
∫ a
était convergente, et que cette valeur était la valeur moyenne de f , λ = T1 0T f (t)dt
∫ +∞
∫ λ − f (t)
On a ensuite montré que si la fonction G : x 7→ ax (λ−f (t))dt était bornée, alors l'intégrale dt
a t
était convergente. ∫ ∫
Il reste pour conclure à monter qu'en prenant λ0 = T1 0T f (t)dt, la fonction G0 : x 7→ ax (λ0 − f (t))dt était
bornée.
Soit x > a et n l'unique entier tel que nT 6 x < (n + 1)T (n = ⌈ Tx ⌉)
∫ x ∫ x ∑ n−1 ∫ a+(k+1)T ∫ x
f (T )
G(x) = (λ0 − f (t))dt = λ0 (x − a) − f (t)dt = (x − a) − f (t)dt − f (t)dt
a a T a+kT a+nT
k=0
∑ ∫ a+T
n−1 ∫ x
= λ0 (x − a) − f (u)du − f (t)dt
k=0 | a {z } a+nT
∫ x
=T λ0
∫ x
= λ0 (x − a) − nλ0 T − f (t)dt = λ0 (x − a − nT ) − f (t)dt
a+nT a+nT
d'où |G(x)| 6 |λ0 |(T + a) + T ∥f ∥, ce qui montre que G est bornée.
∫ +∞
λ − f (t)
Finalement, l'intégrale dt est convergente si et seulement si λ = f (T )
T .
a t
41
∫ +∞ ∞ ∫
∑ k+1
• Soit x > 0. G(x) = g(t)e−xt dt = g(t)e−xt dt = (relation de Chasles)
0 k=0 k
∞ ∫
∑ 1
G(x) = g(k + u) e−x(k+u) du (changement de variable t = k + u, dt = du)
0 | {z }
k=0
=g(u)
∞
∑ ∫ 1 ∫ 1 ∞
∑
−kx −xu
= e g(u)e du = g(u)e−xu du [e−x ]k
k=0 | 0
{z } 0 k=0
| {z }
independant de k
serie geometrique
∫ 1
1
∀x > 0, G(x) = g(u)e−xu du On sait que (1 − e−x ) ∼ x
1 − e−x 0 x→0
∫ 1
• Etudions g(u)e−xu du quand x → 0 :
0
Soit (xn ) une suite de réels > 0 de limite nulle. Chaque fonction (hn ) = (u 7→ g(u)e−xn u ) est continue et
donc intégrable sur le segment [0, 1]. De plus, ∀u ∈ [0, +∞[, lim g(u)e−xn u = g(u).
n→+∞
La
{ suite de fonctions (hn ) converge simplement sur l'intervalle [0, +∞[ vers la fonction g .
∀n ∈ N
|hn (u)| = |g(u)e−xn u | 6 |g(u)| 6 M où la fonction constante M est intégrable sur le
∀u ∈ [0, 1]
segment [0, 1]
D'après le théorème
∫ de convergence dominée,
∫ on peut
∫ armer que :
1 1 1
lim g(u)e−xn u du = lim g(u)du. hn (u)du =
n→+∞ n→+∞
0 ∫ 1 0 ∫ 1 0
Ceci étant vrai pour tout suite (xn ) de limite nulle, lim g(u)e −xu
du = g(u)du
x→0 0
∫ 1 0
1
De l'égalité : G(x) = g(u)e−xu du, on conclut enn :
1 − e−x 0
∫
1 1 ∫
G(x) = ∼ g(u)du (si 01 g(u)du ̸= 0)
x→0 x 0
42
1 1 1 1
gx (t) = √ √ ∼ =√ ×
(1 + t )(x + t)(x − t)
2 (1 + x )(2x)(x − t)
2 t→x− 2x(1 + x ) (x − t)1/2
2
| {z }
∫ x constante ∫ x
dt dt
Or on sait que pour tout α < 1, l'intégrale converge, donc l'intégrale converge,
∫ x 0 (x − t)α
0 (x − t)1/2
et par équivalece, l'intégrale gx (t)dt aussi.
0
1
Par parité, pour tout x ̸= 0 xé, de la fonction gx : t 7→ √ , on peut armer que l'intégrale
(1 + t2 )(x2 − t2 )
∫ 0
gx (t)dt converge aussi.
−x ∫ x
dt
Donc pour tout x ̸= 0, l'intégrale f (x) = √ est dénie.
−x (1 + t )(x2 − t2 )
2
∫ 0
1
Pour x = 0, f (0) devrait être déni comme f (0) = dt, ce qui n'a guère de sens.
0 0
Par contre on peut se demander si f (x) admet une limite nie quand x → 0, ce qui permettrait de prolonger
f par continuité en 0. ∫ ∫
−x
dt x
−du
Remarquons que f (−x) = √ = √ par le change-
x (1 + t2 )((−x)2 − t2 ) −x (1 + (−u)2 )(x2 − (−u)2 )
ment de variable
∫ xu = −t
du
f (−x) = − √ = −f (x) La fonction f est impaire.
−x (1 + u )(x2 − u2 )
2
∫ x ∫ x ∫ 1
dt dt x du
• ∀x > 0, f (x) = √ =2 √ =2 √
−x (1 + t )(x − t )
2 2 2
0 (1 + t )(x − t )
2 2 2
0 (1 + x u2 )(x2 − x2 u2 )
2
43
∑∞ 1×3×···×(2n−1) ∑∞
2n (2n)! n
=1+ un = 1 + n n!)2
u
n! (2
∫ π/2 ( ) ( )
n=1 n=1
∑∞ ∞ ∫ π/2
(2n)! π ∑ (2n)!
donc f (x) = 2 1+ 2n
sin θ x 2n
dθ = 2 + 2n
sin θ x 2n
dθ
0 n=1
(2n n!)2 2 n=1 (2n n!)2 0
(développement en série valable si |x| < 1, intervertion série-intégrale valable par convergence normale
∑∞
(2n)! [ ]
de la série θ 7→ n 2
sin2n θ x2n sur 0, π2 )
(2 n!)
[ n=1 ∞ (∫ ) ] ∞
(∫ )
π ∑ (2n)! π/2
2n 2n
∑ (2n)! π/2
2n
f (x) = 2 + sin θdθ x =2 sin θdθ x2n
2 n=1 (2n n!)2 0 n=0
(2n n!)2
0
∫ π/2
en notant wn l'intégrale de Wallis sin θdθ, on obtient le DSE suivant :
n
0
∑∞
(2n)!
∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = 2 w x2n
n n!)2 2n
n=0
(2
Montrer que l'équation diérentielle (E) : y ′′ = (1 + x4 )y admet une unique fonction f telle que
f (0) = f ′ (0) = 1.
44
( )
Montrer que la fonction x 7→ 1
f 2 (x) est intégrable sur sur [0, +∞[.
∫ +∞
dt
Montrer que la fonction g : x 7→ f (x) 2 (t)
est solution de (E).
x f
En déduire les solutions de (E) en fonction de la fonction f .
SOLUTION : L'équation diérentielle (E) : y − (1 + x )y = 0 est une équation du second ordre, linéaire,
′′ 4
pour laquelle le coecient de y , à savoir 1, ne s'annule pas sur R. D'après le théorème de Cauchy-Lipschitz,
′′
{
f (0) = 1
elle admet donc une unique solution f de classe C sur R, qui vérie les conditions initiales :
2
f ′ (0) = 1
• La relation f ′′ (x) = (x4 + 1)f (x) entraîne que f ′′ (0) = 1. Par continuité f ′′ reste positive sur un intervalle de
la forme [0, +α[ (éventuellement α = +∞) .
Montrons que ∀x ∈ [0, +∞[, f ′′ (x) > 0. Supposons au contraire qu'il existe β ∈ R+ tel que f ′′ (β) = 0 et
considérons α = inf{t ∈ R+ , f ′′ (t) = 0}. Alors f ′′ (α) = 0 et ∀x ∈ [0, α[, f ′′ (x) > 0 (justier)
f ′ est alors croissante sur l'intervalle [0, α[ (puisque sa dérivée est positive).
x 0 α +∞
f ′′ (x) 1 + 0
f ′ (x) 1 ↗
f (x) 1 ↗
Donc ∀x ∈ [0, α[, f ′ (x) > f ′ (0) = 1 > 0 ; donc f est croissante sur l'intervalle [0, α[, donc ∀x ∈
[0, α[, f (x) > f (0) = 1. Par continuité au point α, f (α) > 1. Donc f ′′ (α) = (α4 + 1) f (α) > 1 ̸= 0, ce qui
| {z } | {z }
>1 >1
contredit la relation f ′′ (α) = 0.
On a ainsi montré par l'absurde que f ′′ ne s'annulait pas sur [0, +∞[, et que ∀x ∈ [0, +∞[, f ′′ (x) > 0 .
Dès lors, f ′ est croissante sur [0, +∞[
∫ et ∀x ∈ [0, +∞[,
∫ f (x) > f (0) = 1.
′ ′
x x
=⇒ ∀x ∈ [0, +∞[, f (x) = f (0) + 0
f ′ (t)dt (
>1+ 0
dt)= 1+x
f ne s'annule pas sur [0, +∞[ et la fonction x 7→ 1
f 2 (x) est continue sur le fermé [0, +∞[.
( )
De plus, ∀x ∈ [0, +∞[, 1
f 2 (x) 6 1
(x+1)2 où la fonction x 7→ 1
(1+x)2 est intégrable sur sur [0, +∞[.
( ) ∫ +∞
1
Par majoration, la fonction x 7→ 1
f 2 (x) est intégrable sur sur [0, +∞[ et l'intégrale dx est bien
0 f 2 (x)
convergente.
∫ +∞
dt
• ∀x ∈ R, g(x) = f (x) 2 (t)
.
f
x ∫ +∞ ∫ +∞
dt 1 dt 1
′ ′
=⇒ ∀x ∈ R, g (x) = f (x) 2 (t)
− f (x) 2 ′
= f (x) 2 (t)
− .
f f (t) f f (x)
∫x +∞ x ∫
dt 1 f ′ (x) +∞
dt
=⇒ ∀x ∈ R, g ′′ (x) = f ′′ (x) 2
− f ′ (x) × 2 + 2 = f ′′ (x) .
f (t) f (x) f (x) f 2 (t)
x ∫ +∞ x
dt
=⇒ ∀x ∈ R, g ′′ (x) = (1 + x4 )f (x) 2 (t)
= (1 + x4 )g(x). ce qui montre que g est solution de (E) sur
x f
R.
∫ +∞
dt
• La relation ∀x ∈ R, g(x) = f (x) montre que le système (f, g) n'est pas lié. Il constitue dont une
x f 2 (t)
base de S(E) , espace vectoriel des solutions de (E) sur R.
( ∫ +∞ )
dt
Les solutions de (E) sont donc les fonctions de la forme : (x 7→ λf (x) + µg(x) = λ + µ f (x)
x f 2 (t)
∑ 1
n
et en sommant pour k = 0, 1 · · · n, x2n+1 = x20 + 2(n + 1) + (somme telescopique)
x2k
k=0
Puisque chacun des termes x20 et 1
x2k
sont positifs, pour tout n ∈ N, x2n+1 > 2(n + 1), ou, plus simplement :
1 1
∀k > 1, x2k > 2k soit aussi : ∀k > 1, 6
x2k 2k
∑n
1 1 ∑n
1 1 1
Alors 6 + = 2 + (ln(n) + γ + o(1)) = O(ln n) = o(n)
x2k x20 2k x0 2
k=0 k=1
∑n
1
En reprenant l'égalité x2n+1 = x20 +2(n + 1) + , on obtient : x2n+1 ∼ 2(n + 1),
|{z} x2k n→+∞
k=0
=O(1) | {z }
=o(n)
√
soit nalement : xn ∼ 2n
n→+∞
46
2.10 Centrale PSI 170
Une particule se déplace sur une surface comportant quatre positions successives A0 , qui est un puits, A1 et A2
qui sont deux positions intermédiaires, et A3 un second puits.
A l'instant t = n :
• si la particule est dans un puits, elle y reste sûrement.
• si elle est an A1 , elle va en A0 avec une probabilité p ∈ [0, 1] et en A2 avec la probabilité 1 − p.
• si elle est an A2 , elle va en A1 avec la probabilité p et en A3 avec la probabilité 1 − p.
On note xn la position de la particule à l'intant t = n. xn (Ω) = [[0, 3]].
Ecrire une fonction "Python" qui donne xn+1 en fonction de xn et de p.
Ecrire une fonction renvoyant xn en fonction de x0 et de p.
Faire l'histogramme
des xn obtenues sur N essais.
P (xn = 0)
P (xn = 1)
Soir Xn =
P (xn = 2) . Trouver une matrice A ∈ M4 (R) indépendant de n telle que Xn+1 = A.Xn
P (xn = 3)
Montrer que A est diagonalisable si et seulement si 0 < p < 1.
On suppose désormais p = 12 . Diagonaliser A avec Python et calculer lim Xn . Comparer aux résultats
n→+∞
obtenus précédemment.
SOLUTION : (xn = 0), (xn = 1), (xn = 2), (xn = 3) forment un système complet d'évènements, d'où :
(xn+1 = 0) = [(xn+1 = 0)∩(xn = 0)]∪[(xn+1 = 0)∩(xn = 1)]∪[(xn+1 = 0) ∩ (xn = 2)]∪[(xn+1 = 0) ∩ (xn = 3)]
| {z } | {z }
impossible impossible
P (xn+1 = 0) = P [(xn+1 = 0) ∩ (xn = 0)] + P [(xn+1 = 0) ∩ (xn = 1)] (évènements incompatibles)
= P [(xn+1 = 0)|(xn = 0)] P (xn = 0) + P [(xn+1 = 0)|(xn = 1)] P (xn = 1)
| {z } | {z }
=1 =p
P (xn+1 = 1) = pP (xn = 2)
(xn+1 = 2) = [(xn+1 = 2) ∩ (xn = 0)]∪[(xn+1 = 2)∩(xn = 1)]∪[(xn+1 = 2) ∩ (xn = 2)]∪[(xn+1 = 2) ∩ (xn = 3)]
| {z } | {z } | {z }
impossible impossible impossible
P (xn+1 = 2) = P [(xn+1 = 2) ∩ (xn = 1)]
= P [(xn+1 = 2)|(xn = 1)] P (xn = 1)
| {z }
=1−p
47
1 0 0 0
0 0 0 0
A=
0 1 0 0 . Les trois premières colonnes forment un système libre, les deux dernières sont égales,
0 0 1 1
donc rg(A) = 3 et dim(EA (0)) = 4 − 3 = 1 < 2 = ordre(0) et la matrice A n'est pas diagonalisable.
• Si p =
1, χA (X) = X 2 (X
− 1) . A possède deux valeurs propres doubles, 0 et 1.
2
1 1 0 0
0 0 1 0
A=
0 0 0 0 . Là encore rg(A) = 3 et dim(EA (0)) = 4 − 3 = 1 < 2 = ordre(0) et la matrice A
0 0 0 1
n'est pas diagonalisable.
1 0
0 0
Dans tous les cas les vecteurs e1 =
0 et e4 = 0 sont vecteurs propres de A associés à la valeur
0 1
propre double 1. Donc dim(EA (1)) = 2.
√ √
• Si 0 < p < 1, SpR (A) = |{z} 1 , − p(1 − p), p(1 − p)
double
A possède une valeur propre√double égale√à 1, avec un sous espace propre associé de dimension 2, et deux
valeurs propres simples réelles − p(1 − p) et p(1 − p) associées chacune à une sous espace propre de dimension
1. La somme des dimensions des ous espaces propres étant égale à 4, A est diagonalisable dans M4 (R).
• Finalement, A est diagonalisable dans M4 (R) si et seulement si 0 < p < 1 .
• Pour p = 21 , SpR (A) = { |{z}
1 , − 12 , 2}
1
double
Une base
de vecteurs
propres
respectivement
associés
à ces valeurs
propres sont :
1 0 1 1
0 0 −1 −3
e1 =
0 , e4 = 0
, V2 =
−1 , V3 = 3
0 1 1 −1
1 0 1 1 1 0 0 0
0 0 −1 −3 0 1 0 0
P = 0 0 −1 3
∆= 0 0 −1 0
A = P.∆.P −1
2
0 1 1 −1 0 0 0 1
2
?????????????????????????????????? Voir avec Python
2.12 Centrale
49
b) Calculer l'intégrale de g(x) sur [0, 1] par la méthode des trapèzes avec une précision à 10−2 .
c) Calculer l'intégrale de g(x) sur [0, 1] par la méthode "quad" se trouvant dans la module "scipy" de
PYTHON. (on pourra consulter l'aide en ligne sur le site du concours Centrale)
d) Comparez l'intégrale et u1000
ax + b −ax + b
4- Trouver a et b tel que g(x) = + .
1 + x + x2 1 − x + x2
En déduire la convergence de (un ) et calculer sa limite exacte. Comparer avec les calculs approchés de la
question 3).
SOLUTION :
Exercice
1 : En observant la matrice
de la dérivation D dans la base canonique B0 = (1, X, X 2 , · · · , X n ),
0 1 0 ... 0
0 0 2 ... 0
qui est M0 =
.. .. .. . . .. , on remarque qu'en modiant cette base et en prenant pour nouvelle base
. . . . .
0 0 0 ... n
( 0 0 0 . .). 0
( y)
B = 1, X, 2 , 6 · · · , Xn! , (c'est à dire B′ = Xk! k=0,...,n ) la matrice de D dans cette seconde base est
X2 X3 n
′
0 1 0 ... 0
0 0 1 ... 0
( k)
M ′ = ... ... ... . . . ...
(puisque D Xk! = (k−1)!
X k−1
)
0 0 0 ... 1
0 0 0 ..{ . 0
Rn [X] −→ Rn [X]
L'application gn : est un endomorphisme de Rn [X].
P 7→ P − P ′
1 −1 0 . . . 0
0 1 −1 . . . 0
.. .. . . . . ..
Sa matrice dans la base B′ est N = In − M ′ = . . . . .
.
0 0 0 . . −1
0 0 0 ... 1
C'est une matrice triangulaire inversible puisque son déterminant vaut 1. L'application gn est donc un
isomorphisme linéaire de l'espace vectoriel
{ Rn [X].
R[X] −→ R[X]
Considérons alors l'application g : . C'est un endomorphisme de R[X].
P 7→ P − P ′
(attention, R[X] n'est pas de dimension nie) .
Montrons qu'elle est injective. Si P ∈ ker g , alors P = P ′ . Une telle égalité n'est possible que si P = 0 car
sinon, P et P ′ ont des degrés diérents, et ne peuvent pas être égaux.
Donc ker g = {0} et g est injective.
Montrons que g est surjective. Soit Q ∈ R[X]. Notons q le degré de Q.
L'application gq est une bijection de Rq [X] dans lui-même, comme démontré plus haut. Elle est surjectice,
et le polynôme Q admet un antécédent T ∈ Rq [X]. Ainsi gq (T ) = T − T ′ = g(T ) = Q.
Q admet donc T { pour antécédent par g , ce qui montre que g est surjective.
R[X] −→ R[X]
L'application g : est donc un isomorphisme linéaire de R[X].
P 7→ P − P ′
Etant surjective, tout polynôme Q ∈ R[X] admet un antécédent :
∀Q ∈ R[X], ∃P ∈ R[X], Q = g(P ) = P − P ′
• Supposons que ∀x ∈ R, Q(x) > 0.
Alors ∀x ∈ R, Q(x)e−x = P (x)e−x − P ′ (x)e−x > 0
d
=⇒ ∀x ∈ R, (P (x)e−x ) = −P (x)e−x + P ′ (x)e−x = −Q(x)e−x 6 0
dx
La fonction x 7→ P (x)e−x est décroissante que R. Puisque lim P (x)e−x = 0 (par croissance comparée
x→+∞
de fonctions puissance et exponentielle) , alors ∀x ∈ R, P (x) |{z}
e > 0 et donc : ∀x ∈ R, P (x) > 0
−x
>0
• Soit Q ∈ R[X] et P tel que P − P = Q. Supposons que P est scindé dans R[X] à racines simples. On peut
′
supposer que P est unitaire, ce qui ne change pas l'hypothèse selon laquelle P est scindé dans R[X] à racines
simples.
Etudions le cas où p = d◦ (P ) est pair. Alors x→+∞
lim P (x) = lim P (x) = +∞.
x→−∞
Notons x1 < x2 < · · · < xp les racines de P . D'après le théorème de Rolle, pour tout k ∈ {1, 2, · · · , k − 1},
il existe yk ∈]xk , xk+1 [, P ′ (yk ) = 0 (puisque P (xk ) = P (xk+1 ) = 0 et que P est C 1 sur [xk , xk+1 ])
On peut constituer le tableau de signes de P et P ′ comme suit :
50
x +∞ x1 y1 x2 y2 x3 y3
x4 y4 x5 ··· xp−1 yp−1 xp +∞
P (x) +∞ + 0 − 0 + 0 −
0 + 0 ··· 0 − 0 + +∞
P ′
(x) −∞ − 0 + 0 − 0
+ 0 − ··· − 0 + + +∞
Q(x) = P (x) − P ′ (x) +∞ + − + − + ··· + − +∞
Au point xk , (P − P ′ )(xk ) = P (xk ) −P ′ (xk ) est du signe de −P ′ (xk )
| {z }
=0
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque P − P ′ est une fonction continue, elle s'annule entre
deux valeurs de la variable qui donnent à P − P ′ des signes opposés :
(P − P ′ )(x1 ) > 0, (P − P ′ )(x2 ) < 0 donc P − P ′ possède un zéro z1 ∈]x1 , x2 [
(P − P ′ )(x2 ) < 0, (P − P ′ )(x3 ) > 0 donc P − P ′ possède un zéro z2 ∈]x2 , x3 [
..
.
(P − P ′ )(xp−1 ) > 0, (P − P ′ )(xp ) < 0 donc P − P ′ possède un zéro zp−1 ∈]xp−1 , xp [
(P − P ′ )(xp ) < 0 , lim (P − P ′ )(x) = +∞, donc P − P ′ possède un zéro zp ∈] − xp , +∞[
x→+∞
Au terme de ce décompte, le polynôme Q = P − P ′ possède p zéros distincts dans R. Il est de degré p. Il
est donc scindé dans R[X].
Exercice 2 : 1-
def f(n):
L=[1/(n*n*n*n+k*k*n*n+k*k*k*k) for k in range(n+1)]
return n*n*n*sum(L)
Représentation de 100 termes :
n=100
X=np.linspace(0,1,n)
Y=g(X)
plt.figure()
plt.plot(X,Y)
On changera la valeur de n pour obtenir 1000 ou 10 000 termes. Il semble que la suite (un ) converge.
2- Dénition et graphe de la fonction g :
def g(x):
return 1/(1+x*x+x*x*x*x)
n=100
X=np.linspace(0,1,n)
Y=g(X)
plt.figure()
plt.plot(X,Y)
∫
3- a) Calcul de 01 g(t)dt par la méthode des trapèzes.
∫ b
f (a) + f (b)
Sur un (petit) intervalle [a, b], l'intégrale f (t)dt est approchée par (b − a)
2
∫ b a
f (a) + f (b)
Evaluons la diérence f (t)dt − (b − a)
a 2 ∫
x
f (a) + f (x)
Pour cela considérons la fonction F : x 7→ F (x) = f (t)dt − (x − a)
2
∫ b a
f (a) + f (b)
Remarquons que F (a) = 0 et que F (b) = f (t)dt − (b − a) est l'erreur à majorer.
a 2
′
f (a) + f (x) f (x) f (x) f (a) f ′ (x)
∀x ∈ [a, b], F ′ (x) = f (x) − − (x − a) = − − (x − a)
2 2 2 2 2
Remarquons que F ′ (a) = 0.
f ′ (x) f ′ (x) f ′′ (x) f ′′ (x)
∀x ∈ [a, b], F ′′ (x) = − − (x − a) = −(x − a)
2 2 2 2
|f ′′ (x)| ∥f ′′ ∥∞
donc |F (x)| = (x − a)
′′
6 (x − a)
[a,b]
2 2
∫ x ∫ x [ ]x
∥f ′′ ∥∞ (t − a)2
∀x ∈ [a, b], |F ′ (x)| = F ′ (a) + F ′′ (t)dt 6 |F ′′ (t)|dt 6 (t − a) = ∥f ′′ ∥∞
[a,b]
| {z }
[a,b]
0 0 2 2 a
=0
′ (x − a)2 ′′ ∞
|F (x)| 6 ∥f ∥[a,b]
4
∫ x ∫ x ∫ x [ ]x
(t − a)2 ′′ ∞ (t − a)3
∀x ∈ [a, b], |F (x)| = F (a) + F ′ (t)dt 6 |F ′ (t)|dt 6 ∥f ∥[a,b] = ∥f ′′ ∥∞
| {z }
[a,b]
a a a 4 12 a
=0
(x − a)3 ′′ ∞
|F (x)| 6 ∥f ∥[a,b]
12
51
(b − a)3 ′′ ∞
Donc |erreur| = |F (b)| 6 ∥f ∥[a,b]
12
• Partageons le segment [a, b] en n segments de même longueur b−a n à l'aide des n + 1 points de subdivision :
b−a
xk = a + k , k = 0, 1 · · · , n.
∫ b
n ( )
b − a ∑ f (xk ) + f (xk+1 ) b − a f (a) + f (b) ∑
n−1 n−1
La valeur approchée de f (t)dt est Vn = = + f (xk )
a n 2 n 2
∫
k=0 ∫ k=1
L'erreur commise en approchant ab f (t)dt par Vn est : εn = ab f (t)dt − Vn
n−1 (∫ ) n−1 ∫
∑ xk+1
f (xk ) + f (xk+1 ) ∑ xk+1 f (xk ) + f (xk+1 )
0 6 εn 6 f (t)dt − 6 f (t)dt −
xk 2 xk 2
k=0 k=0
∑ (xk+1
n−1
− xk ) 3
(b − a) 3
(b − a)3 ′′ ∞
6 ∥f ′′ ∥∞
[a,b] = 3
× n × ∥f ′′ ∥∞
[a,b] = ∥f ∥[a,b]
12 12n 12n2
k=0
∫
b (b − a)3
εn = f (t)dt − Vn 6 ∥f ′′ ∥∞
a 12n2 [a,b]
∫
b
• b) D'après la majoration précédente, pour que εn = g(t)dt − Vn 6 10−2 , il sut que
a
(b − a)3 ′′ ∞
∥g ∥[a,b] 6 10−2
12n2
2x + 4x3 (2 + 12x2 )(1 + x2 + x4 )2 − 2(2x + 4x3 )2 (1 + x2 + x4 )
Or ∀x ∈ R, g ′ (x) = − et g ′′
(x) = −
(1 + x2 + x4 )2 (1 + x2 + x4 )4
(2 + 12x )(1 + x + x ) − 2(2x + 4x )
2 2 4 3 2
2(10x + 9x − 3x2 − 1)
6 4
g ′′ (x) = − 2 4 3
=
(1 + x + x ) (1 + x2 + x4 )3
d'où : ∥g ∥[0,1] 6 20 + 18 + 6 + 2 = 46
′′ ∞
∫
b √ √
pour avoir εn = g(t)dt − Vn 6 10−2 il sut que
46
6 10 −2
, soit n > 12 = 3 138 ≃ 19, 5789
4600 5
a 12n2
∫
Il sura de prendre n = 20 dans la méthode des trapèzes pour calculer 01 g(t)dt avec une précision inférieure
ou égale à 10−2 .
def trapez(h,a,b,n):
X=np.linspace(a,b,n+1)
S=(h(a)+h(b))/2
for k in range(1,n):
S+=g(X[k])
return S*(b-a)/n
[in] print(trapez(g,0,1,20))
[out] 0.727964024369
∫
donc 01 g(t)dt ≃ 0.72 ± 10−2 .
c) • Calcul approché de cette intégrale par la fonction existant dans PYTHON :
[in] import scipy.integrate as int
[in] print(int.quad(g,0,1))
[out] (0.7281029132255818, 1.469241183001229e-14)
∫
donc, d'après PYTHON, 01 g(t)dt ≃ 0.7281029132255818 ± 10−14 .
d) • Comparaison avec u1000 :
[in] print(f(1000))
[out] 0.728769524337
∑ ( )
1∑ 1−0 ∑
n n n
1 1 k
4- • un = n3 = k4k2
=
g
n4 + n2 k 2 + k 4 n 1 +
n4n2 +
n n
k=0 k=0 k=0
Cette somme est une somme de Riemann pour la fonction g sur l'intervalle [0, 1] partagé en n intervalles
égaux. ( ) ∫ 1
1−0 ∑
n
k
La fonction g étant continue sur ce segment, on sait que lim g = g(t)dt
n→+∞ n n 0
k=0
∫ 1 ∫ 1
dx
Donc lim un = 2 4
= g(t)dt
n→+∞ 0 1+x +x 0
52
ax + b −ax + b (ax + b)(1 − x + x2 ) + (−ax + b)(1 + x + x2 ) −2ax2 + 2bx2 + 2b
• ∀x ∈ R, + = =
1 + x + x2 1 − x + x2 (1 + x + x2 )(1 − x + x2 ) (1 + x2 − x)(1 + x2 + x)
−2ax2 + 2bx2 + 2b −2ax2 + 2bx2 + 2b
= =
(1 + x2 )2 − x2 1 + x2 + x4 { {
1 2b − 2a = 0 b = 21
Cette expression sera égale à si et seulement si : ⇐⇒
1+x +x 2 4 2b = 1 a = b = 12
( )
1 1 x+1 −x + 1
Donc, ∀x ∈ R, = +
1+x +x2 4 2 1+x+x 2 1 − x + x2
∫ 1 ∫ 1 ( ) [ [( )2 ] ( ) ]1
x+1 x + 12 + 12 1 1 3 1 2 2 x + 12
2
dx = ( )2 dx = ln x + + + × √ Arctan √
0 1+x+x 0 x + 12 + 34 2 2 4 2 3 3
[ ]1 ( (0 ))
1 1 2x + 1 1 1 √ 1
= ln(x + x + 1) + √ Arctan √
2
= ln(3) + √ Arctan 3 − Arctan √
2 3 3 √0 2 3 3
∫ 1
x+1 1 1 π 1 π 3
2
dx = ln(3) + √ × = ln(3) +
0 1+x+x 2
∫3 1
6 2 18√
−x + 1 π 3
Un calcul analogue montre que dx =
0 1 − x + x 2 9
∫ 1 [ √ √ ] √
dx 1 1 π 3 π 3 1 π 3
D'où : lim un = 2 4
dx = ln(3) + + = ln(3) +
n→+∞ 0 1+x +x 2 2 18 9 4 12
La valeur exacte de la limite
√ de (un ) est :
1 π 3
L= ln(3) +
4 12
[in] Exact= np.log(3)/4+np.pi*np.sqrt(3)/12
[in] print(Exact)
[out] 0.728102913226
Soit f ∈ L(R3 ).
On note Cf = {g ∈ L(R3 )/ go f = fo g}
1- Cf est il un sous espace vectoriel de L(R3 ) ?
2- Si f admet trois valeurs propres distinctes, quelle est la dimension de Cf ?
3- Si f 3 = 0 et f 2 ̸= 0, quelle est la dimension de Cf ?
Il y avait encore deux questions dans l'exercice .
SOLUTION ; 1- Cf est non vide (il contient par exemple l'endomorphisme nul ω , l'endomorphisme indentité,
l'endomorphisme f , etc · · · )
Soient g, h ∈ Cf , λ et µ ∈ R.
alors (λg + µh)o f = λgo f + µho f = λfo g + µfo h = fo (λg + µh), ce qui montre que λg + µh ∈ Cf .
Cf est non vide , stable par combinaisons linéaires, c'est donc un sous espace vectoriel de L(R3 ).
2- Supposons que f admette trois valeurs propres simples distinctes, λ1 , λ2 , λ3 .
Pour tout i = 1, 2, 3, considérons un vecteur propre wi associé à la valeur
propre λi . Alors
Ef (λi ) =Vect(wi ).
λ1 0 0
(w1 , w2 , w3 ) est une base de R3 dans laquelle la matrice de f est A = 0 λ2 0
0 0 λ3
Soit g ∈ Cf . Pour tout i = 1, 2, 3, go f (wi ) = g[f (wi )] = g(λi wi ) = λi g(wi ) = fo g(wi )
L'égalité fo g(wi ) = λi g(wi ) montre que g(wi ) ∈ Ef (λi ) =Vect(wi ), c'est à dire qu'il existe µi ∈ R tel que
g(wi ) = µi wi
µ1 0 0
La matrice de g dans la base (w1 , w2 , w3 ) est de la forme : B = 0 µ2 0
0 0 µ3
Si on note ui,j l'endomorphisme de R dont la matrice dans la base (w1 , w2 , w3 ) est la matrice élémentaire
3
2.14 Centrale 1
∫ π/2
Exercice 1 : On dénit la fonction f : t 7→ e−t sin(x) dx
0
Soit (E) l'équation diérentielle : t.y ′′ + y ′ − t.y + 1 = 0
1- Montrer que f est solution de (E)
2- Déterminer les séries entières solution de (E)
∫ π/2
3- Calculer vn = sinn (x)dx
0
[: 1-πLa
] fonction f est dénie sur R car pour tout t ∈ R, la fonction x 7→ e est continue
−t sin(x)
SOLUTION
sur le segment 0, 2 .
En notant H(t, x) = e−t sin(x) , les majorations :
∂H ∂2H
(x, t) = | − sin(x)e−t sin(x) | 6 1 et (x, t) = | sin2 (x)e−t sin(x) | 6 1
∂t ∂t2 ∫
permettent d'appliquer deus fois le théorème de dérivation sous le signe :
∫ π/2 ∫ π/2
∂H
∀t ∈ R, f ′ (t) = (x, t) = − sin(x)e−t sin(x) dx
∂t
∫ π/2 2
0
∫ π/2
0
′′ ∂ H
f (t) = (x, t) = sin2 (x)e−t sin(x) dx
0 ∂t2 0
En intégrant par parties : ( )
∫ π/2 [ ]x=π/2 ∫ π/2
′ −t sin(x)
∀t ∈ R, f (t) = − sin(x)e dx = − − cos x e−t sin(x) − (− cos(x))(−t cos(x) e −t sin(x)
dx
0 x=0 0
∫ π/2 ∫ π/2
−t sin(x)
= −1 + t dx = −1 + t
2
cos (x)e (1 − sin2 (x))e−t sin(x) dx
(0∫ ∫ π/2 0 )
π/2
−t sin(x) −t sin(x)
= −1 + t e dx − 2
sin (x)e dx
0 0
= −1 + t(f (x) − f ′′ (x))
=⇒ ∀t ∈ R, tf ′′ (t) + f ′ (t) − tf (t) + 1 = 0
Donc f est solution sur R de l'équation diérentielle (E) : t.y ′′ + y ′ − t.y + 1 = 0
∞
∑
2- Soit S : t 7→ ak tk une série entière de rayon de convergence R > 0.
k=0
Par le théorème de dérivation des séries entières, on peut armer que f est de classe C ∞ sur ] − R, R[, et
∞
∑ ∞
∑
que : ∀t ∈] − R, R[, f ′ (t) = kak tk−1 et f ′′ (t) = k(k − 1)ak tk−2
k=0,1 k=0,1,2
f est solution sur ] − R, R[ de l'équation diérentielle (E) si et seulement si :
∀t ∈] − R, R[, t.f ′′ (t) + f ′ (t) − t.f (t) + 1 = 0
∑∞ ∑∞ ∞
∑
⇐⇒ ∀t ∈] − R, R[, k(k − 1)ak tk−1 + kak tk−1 − ak tk+1 + 1 = 0
k=0,1,2 k=0,1 k=0
54
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ′
⇐⇒ ∀t ∈] − R, R[, k(k − 1)ak tk−1 + kak tk−1 − ak′ −2 tk −1 + 1 = 0 (k′ = k + 2)
k=0,1,2 k=0,1 k′ =2
∑∞
( 2 )
⇐⇒ ∀t ∈] − R, R[, a1 + 1 + k ak − ak−2 tk−1 = 0
{ k=2
a1 = −1
⇐⇒
{ ∀k > 2, k ak − ak−2 = 0
2
a1 = −1
⇐⇒ ak−2
∀k > 2, ak = 2
k a0
a2 = 2
2a
2
a4 = 2
4
a4 1
Pour les indices pairs on obtient : a6 = 2 ⇐⇒ ∀n ∈ N, a2n = a0 n
6 4 (n!)2
..
.
a
a2n = 2n−2
(2n)2
4n (n!)2
Pour les indices impairs on obtient : ∀n ∈ N, a2n+1 = − (calcul analogue)
[(2n + 1)!]2
En conclusion, les séries entière solutions sont les séries de la forme :
∞
∑ ∞
∑ 4n (n!)2
1
S(x) = a0 n 2
x2n − x2n+1 Leur rayon de convergence est inni.
4 (n!) [(2n + 1)!]2
k=0 k=0
∫ π/2 ∫ π/2 ( ∑ ∞
)
(−t sin(x))n
3- ∀t ∈ R, f (t) = e −t sin(x)
dx = dx
n!
0 0 n=0
(−t sin(x))n |t|n
La majoration 6
montre la convergence normale, et donc la convergence uniforme de la
n! n!
∞
∑ (−t sin(x))n [ ]
série de fonctions de la variable x sur le segment 0, π2 . On peut alors écrire :
n!
∫ π/2 ( ∑ ) (∫ )
n=0
∞ ∑∞ π/2
(−t sin(x))n (−t sin(x))n
∀t ∈ R, f (t) = dx = dx
0 n! 0 n!
∞
(∫
n=0 ) n=0
∑ (−t)n π/2
n
f (t) = sin(x) dx
n=0
n! 0
∫ π/2
Notons wn = sin(x)n dx (intégrale de Wallis)
0
∞
∑ (−t)n
L'égalité f (t) = wn montre que f est développable en série entière, et est solution de l'équation
n=0
n!
diérentielle (E).
Or on vient de trouver TOUTES les séries entière solutions de (E). f est l'une d'entre elles,
∞
∑ ∞
∑ 4n (n!)2
1
donc f (t) = a0 n 2
t2n − t2n+1 où a0 = f (0) = π
2
4 (n!) [(2n + 1)!]2
k=0 k=0
Par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul, on peut identier coecient à coecient les
deux séries entières
∞
suivantes : ∞ ∞
∑ (−1)n wn ∑ w2n ∑ w2n+1
f (t) = tn = t2n − t2n+1
n=0
n! n=0
(2n)! n=0
(2n + 1)!
∞ ∞
π∑ 1 ∑ 4n (n!)2 2n+1
et f (t) = t2n
− t
2 4n (n!)2 [(2n + 1)!]2
k=0 k=0
π (2n)! 4n (n!)2
d'ou : w2n = et w2n+1 =
2 4n (n!)2 (2n + 1)!
2.15 Centrale
1 a 1 a
1−b 1−a b a
Soient a, b dans R et M (a, b) =
−b
(matrice rectiée)
a 1+b 1−a
0 −a 0 −a
1 ) Construire une fonction python prenant en entrée deux réels a et b qui retourne la matrice M (a, b)
2) Construire une fonction python prenant en entrée deux réels a et b donnant les valeurs propres de M (a, b)
55
Tester avec quelques valeurs de a et b
Que peut on conjecturer sur les valeurs propres de M (a, b)
3) Déterminer le polynôme caractéristique de M (a, b)
4) Pour quels a, b la matrice M est elle diagonalisable ?
5) Pour quels a, b la matrice M est elle une matrice de projection ?
6) soit Vn = (wn , xn , yn , zn ) une suite vérifant :
∀n ∈ N, Vn+1 = M (a, b).Vn
et (Un ) la suite dénie par : ∀n, Un = ∥Vn ∥ .
a) Dénir une fonction python qui trace Un pour n dans [|2, 10|]
b) Conjecturer la limite de (Un )
c) Déterminer cette limite.
∫ 01
[ ]
I1 = −P (1)Q(1) + (12t2 − 6t)Q(t) + 2(4t3 − 3t2 )Q′ (t) + (t4 − t3 )Q′′ (t) P (t)dt (1)
∫ 1 0 ∫ 1
[ ]1
I2 = (4t3 − 3t2 ) Q(t)P ′ (t)dt = (4t3 − 3t2 ) Q(t)P (t) 0 − [(12t3 − 6t)Q(t) + (4t3 − 3t2 )Q′ (t)]P (t)dt
0 ∫ 1 0
56
En comparant avec l'égalité (0) qui dénissait Φ(u(P ), Q), on constate que la formule (3) à laquelle on
parvient est la même que la formule (0) dans laquelle les rôles de P et Q ont été échangés.
donc Φ(u(P ), Q) = Φ(u(Q), P ) = Φ(P, u(Q)) , ce qui montre que u est un endomorphisme symétrique de
l'espace euclidien Rn [X] muni du produit scalaire Φ.
3- Puisque u est un endomorphisme symétrique de Rn [X], Φ, u est diagonalisable.
Soit λ une valeur propre de u et P (X) un vecteur propre associé à cette valeur propre. Notons m > 0 le
degré de P (X) : P (X) = am X m + am−1 X m−1 + · · · + a1 X + a0 , am ̸= 0
u(P ) = λP =⇒ X(X − 1)P ′′ (X) + (4X − 3)P ′ (X) = λP (X)
le terme dominant de X(X − 1)P ′′ (X) est m(m − 1)am X m
le terme dominant de (4X − 1)P ′ (X) est 4mam X m
le terme dominant de λP (X) est λam X m
En identiant les termes dominants dans les deux membres de l'égalité
X(X − 1)P ′′ (X) + (4X − 3)P ′ (X) = λP (X), on obtient :
(m(m − 1)am + 4mam )X m = λam X m , soit, puisque am ̸= 0 : m2 + 3m − λ = 0.
Donc λ = m2 + 3m.
Donc Sp(u) ⊂ {0, 4, 10, 18, · · · , n2 + 3n}
57
Cette égalité montre que chaque vecteur X(ωk ), k = 0, 1, · · · , n − 1 est un vecteur propre de la matrice A.
Comme on a montré que la famille (X(ω0 ), X(ω1 ), · · · , X(ωn−1 )), qui possède n éléments, était une famille
libre de Cn , cette famille est une base de Cn .
On a ainsi exhibé une base de Cn formée de vecteurs propres de A, ce qui montre que A ∈ Mn (C) est
diagonalisable.
La série numérique |un (t)|dt converge. D'après le théorème d'intégration terme à terme d'une série
]0,1]
∫ (∞ ) ∞
(∫ )
∑ ∑
de fonctions, on peut écrire que : un (t) dt = un (t)dt
]0,1] n=0 ]0,1]
∫ 1 (∑ ) (∫ )
n=0
∞ n ∑∞ n
n t ln t n t ln t
donc ∀x > 1, f (x) = (−1) n+1 dt = (−1) n+1 dt
0 x ]0,1] x
∞
( ∫
n=0 ) ∞
n=0
∞
∑ (−1) n ∑ (−1) n+1 ∑ (−1)n
n
f (x) = t ln tdt = =
n=0
xn+1 ]0,1] n=0
xn+1 (n + 1)2 n=1
x n n2
∑∞
(−1)n
donc ∀x > 1, f (x) =
n=1
xn n2
58
∑∞ ∑∞ ∑∞
(−1)n 1 1
En particulier, f (1) = 2
= 2
−
n (2n) (2n + 1)2
∞
n=1
∞
(
n=1
∞
n=0
∞
) ∞
∑ (−1)n 1∑ 1 ∑ 1 ∑ 1 1∑ 1 π2
f (1) = = − − = − = −
n=1
n2 4 n=1 n2 n=1
n2 n=1 (2n)2 2 n=1 n2 12
1 π2
f (1) = − ζ(2) = −
2 12
ln(t)
• Posons : ∀(x, t) ∈]0, +∞[×]0, 1], F (x, t) =
x+t
∂F ln(t)
-pour tout t ∈ I =]0, 1], la fonction x 7→ F (x, t) est de classe C 1 sur J =]0, +∞[ et (x, t) = −
∂x (x + t)2
-pour tout x ∈ I =]0, +∞[, les fonctions t 7→ F (x, t) et t 7→ ∂F
∂x (x, t) sont continues et intégrables sur I
∂F | ln(t)| | ln(t)| 1
-pour tout a > 0, ∀(x, t) ∈ [a, +∞[×]0, 1], (x, t) = 2
6 2
6 2 | ln(t)|
∂x (x + t) x a
et la fonction φ : t 7→ | ln(t)| est intégrable sur I =]0, 1]
Par application
∫ du théorème de dérivation des intégrales dépendant d'un paramètre (théorème de dérivation
sous le signe ), on peut en déduire que f est de classe C 1 sur [a, +∞[, et que :
∫ 1 ∫ 1
∂F ln(t)
∀x ∈ [a, +∞[, f ′ (x) = (x, t)dt = − dt
0 ∂x 0 (x + t)2
∫ 1
ln(t)
Ceci étant vrai pour tout a > 0, f est de classe C sur ]0, +∞[, et ∀x ∈]0, +∞[, f (x) = −
1 ′
dt
0 (x + t)2
• En intégrant par parties sur le segment [a, 1] où a est un réel strictement positif quelconque,
∫ 1 [ ]1 ∫ 1 ∫
−1 ln t 1 ln a 1 1 x+t−t
2
ln(t)dt = − dt = − − dt
a (x + t) x+t a a (x + t)t ) x + a x a (x + t)t
∫ 1(
ln a 1 1 1
=− − − dt
x+a x a t x+t
ln a 1 1
=− − [ln t − ln(x + t)]a
x+a x
ln a 1 1 1
=− + ln a + ln(1 + x) − ln(a + x)
x+a x x x
a ln a 1 1
= + ln(1 + x) − ln(a + x)
x(x + a) x x
En passant à la limite quand a → 0+ ,
∫ 1 ( ) ( )
ln(t) 1 1+x 1 1
∀x ∈]0, +∞[, f ′ (x) = − 2
dt = ln = ln 1 +
0 (x + t) x x x x
( )
1
• ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = f (x) + f
x ( ) ( )
1 1 1 1 1
=⇒ ∀x ∈]0, +∞[, g ′ (x) = f ′ (x) − 2 f ′ = ln 1 + − 2 x ln(1 + x)
x x x x x
1
∀x ∈]0, +∞[, g ′ (x) = − ln x
x
ln2 x
=⇒ ∃c ∈ R, ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = − +c
2
π2
Pour x = 1, cette formule donne : g(1) = 2f ′ 1) = − = c
6
2 2
ln x π
donc ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = − −
2 6
3 Mines - Ponts
3.1 Petites Mines
Exercice 1 : Soit n ∈ N∗ . {
R [X] −→ R [X]
On considère l'application φ : n n
P (X) 7→ P (X + 1) − P (X − 1)
Déterminer l'image de φ.
Exercice 2 : Soit N une variable aléatoire représentant le nombre d'oeufs pondus pas une poule. On suppose
que N suit une loi de Poisson de paramètre λ.
Chaque oeuf a une même probabilité p ∈]0, 1] d'éclore. Soit X la variable aléatoire représentant le nombre
d'oeufs éclos.
59
1- Déterminer la loi (X, N ).
2- En déduire la loi de X . {
Rn [X] −→ Rn [X]
SOLUTION : Exercice 1 : Il est clair que l'application φ : P (X) 7→ P (X + 1) − P (X − 1)
prend
ses valeurs dans Rn [X] et est linéaire. C'est donc un endomorphisme de Rn [X].
Soit P (X) ∈ Rn [X]. P (X) ∈ ker(φ) ⇐⇒ P (X + 1) = P (X − 1)
⇐⇒ P (X) = P (X − 2)
⇐⇒ P (X) est 2-périodique
⇐⇒ P (X) est un polynôme constant ( de degré 0)
Donc ker(φ) = R0 [X]
Si P (X) a pour terme dominant ap X p , il en est de même des polynômes P (X + 1) et P (X − 1), et dans la
diérence φ(P ) = P (X + 1) − P (X − 1), ce terme dominant s'élimine. Donc Imφ ⊂ Rn−1 (X) .
Par le formule du rang, dim(Imφ) = dim(Rn [X]) − dim(ker(φ)) = (n + 1) − 1 = n.
L'inclusion Imφ ⊂ Rn−1 (X) s'accompagne de l'égalité des dimensions. Donc Imφ = Rn−1 (X)
Exercice 2 : N est une variable aléatoire représentant le nombre d'oeufs pondus pas une poule. On suppose
λn
que N ,→ P(λ). Donc N (Ω) = N et ∀n ∈ N, P (N = n) = e−λ
n!
Chaque oeuf a une même probabilité p ∈]0, 1] d'éclore. Soit X la variable aléatoire représentant le nombre
d'oeufs éclos.
Pour n ∈ N xé, (X = k|N = n) est l'évènement selon lequel k des n oeufs pondus sont éclos. Cela revient
à rechercher la probabilité d'obtenir k succès (éclosion)( parmi
) n tentatives (oeuf pondu). On a aaire à une loi
n k
binomiale de paramètres n et p : P (X = k|N = n) = p (1 − p)n−k
k
(en posant q = 1 − p)
Soient k, n ∈ N. ( )
n k λn
P (X = k, N = n) = P (X = k|N = n) P (N = n) = p (1 − p)n−k e−λ
| {z } k n!
=0 si k>n
Si k < n, P (X = k, N = n) = 0 ( )
n k λn
Si k 6 n, P (X = k, N = n) = P (X = k|N = n).P (N = n) = p (1 − p)n−k e−λ
k n!
pk (1 − p)n−k e−λ λn
=
k! (n − k)!
∑∞ ∑∞
• P (X = k) = P (X = k|N = n) .P (N = n) = P (X = k|N = n).P (N = n)
n=0
| {z }
n=k
=0 si n<k
∞
∑ n−k −λ n ∞
∑
p (1 − p)
k
e λ p (1 − p)m e−λ λm+k
k
= = (par le changement d'indice m = n − k)
k! (n − k)! m=0
k! m!
n=k
∞
p λ −λ ∑ (1 − p)m λm
k k
pk λk −λ λ(1−p) pk λk (λ p)k
= e = e e = e−λp P (X = k) = e−λp
k! m=0
m! k! k! k!
Donc X ,→ P(λ p)
60
1 2 2
1
SOLUTION : Exercice 1 : 1) et 3) La matrice A = 2 1 −2 est symétrique réelle, donc diag-
3
2 −2 1
onalisable dans M3 (R). Elle est orthogonale car ses colonnes forment un système orthonormal de R3 (calculs
immédiats). Ses valeurs propres ne peuvent être que −1 et 1. Sp(A) ⊂ {−1, 1}
2- det(A) = −1 (plusieurs calculs possibles, dont la règle de Sarrus facilement utilisable ici) .
Donc A est la matrice d'une isométrie indirecte. Elle transforme toute base orthonormée directe (dont la
base canonique de R3 ) en une base orthonormée indirecte.
3- la matrice A étant orthogonale, c'est la matrice d'une isométrie. Elle conserve donc la norme et le produit
scalaire.
4- Le calcul des invariants Eu (1) = ker(A − I3 ) de A donne le plan d'équation x − y − z = 0 (calculs sans
diculté)
L'autre valeur propre −1 est la droite supplémentaire orthogonale du plan Eu (1). Elle est engendrée par le
vecteur w = (1, −1, −1)
L'endomorphisme canoniquement associé à A est la symétrie orthogonale par rapport au plan Eu (1) (réexion
par rapport à ce plan).
De plus, lim fn (x) = −∞ et lim fn (x) = +∞. fn réalise donc une bijection de ] − ∞, +∞[= R sur
x→−∞ x→+∞
lui-même.
Donc le réel 0 admet un unique antécédent par fn : ∃un ∈ R, unique, tel que fn (un ) = 0.
Remarquons que fn (0) = −2 < 0 et fn (1) = n2 + n − 2 > 0, de sorte que 0 < un < 1.
La suite (un ) est donc bornée.
2- ∀n > 2, fn (un ) = nu3n + n2 un − 2 = 0
=⇒ nu3n +(n2 un =)2
u2 u2n 1 u2n
=⇒ n2 un 1 + n = 2 Or 0 < 6 =⇒ lim =0
n n n( n→+∞ n
)
2
u
En prenant des équivalents dans l'égalité n2 un 1 + n = 2, on obtient :
n
2
n un ∼ 2 et donc un ∼
2
n→+∞ n→+∞ n2
2
D'où : lim un = 0 et un ∼
n→+∞ n→+∞ n2
2α
3- L'équivalence précédente entraîne que : ∀α ∈ R, uαn ∼
n→+∞ n2α
∑ α
D'où : la série un converge si et seulement si 2α < 1, si et seulement si α < 1
2 .
Exercice 2 : u est l'endomorphisme de R[X]déni par : ∀P ∈ R[X], u(P ) = (X − a)P ′ (X)
1- Soit λ une valeur propre de u, et P un vecteur de R[X] associé à cette valeur propre:
u(P ) = (X − a)P ′ (X) = λP (X)
La fonction polynomiale x 7→ P (x) associée au polynôme P (X) est donc solution sur R de l'équation
diérentielle (E) : (x − a)y ′ (x) − λy(x) = 0
Sur chacun
(∫ des intervalles
) I1 =] − ∞, a[ et I2 =]a, +∞[ la solution générale de 5e) est de la forme :
x λ
x 7→ µ exp x0 t−a dt = µ exp (λ ln |x − a|) = µ′ |x − a|λ
′
Exercice 1 : 1- X1 et X2 sont deux variables aléatoires qui suivent des lois de Poisson de paramètres respectifs
λ1 et λ2 . Déterminer la loi de Y = X1 + X2 .
2- Y suit une loi de Poisson de paramètre λ.
X , sachant que Y = m, suit une loi binomiale de paramètres (m, p). Déterminer la loi de X .
1
Exercice 2 : Montrer que pour tout n ∈ N, la fonction fn : t 7→ est intégrable sur [0, +∞[ .
1 + t2 + tn e−t
62
∫ +∞
1
On note un = dt . Déterminer lim un .
0 1 + t2 + tn e−t n→+∞
3.6 Mines
63
a) Supposons que po q = qo p. Alors (po q)2 = (po q)o (qo p) = po (qo q) o p = (po q)o p = po (qo p) = po (po q) = po q
| {z }
=q
donc po q est un projecteur.
??????????????????
e−t itx e−t
Exercice 2 : La majoration √ e 6 √ où la fonction t 7→ e√t est intégrable sur ]0, +∞[ (équivalente à
−t
t t ∫ ∞ −t
e
1
t1/2
et 0+
, dominée par e −t
en +∞ ) montre que l'intégrale √ eitx dt est convergente pour tout x ∈ R.
0 t
Donc Df = R
( )
∂ e−t itx √ √ √
La domination √ e = |i te−t eitx | 6 te−t , où la fonction t 7→ te−t est intégrable sur ]0, +∞[
∂x t ∫
permet d'appliquer le téhorème∫ ∞ √de dérivation sous le signe et de montrer que f est de classe C sur R et que :
1
∑ (4n) ( n − 1 )
3n−1
Exercice 3 : Il s'agit de montrer que > 24n .
k n
k=n+1 ( )
n k
On sait que si X ,→ B(n, p), ∀k ∈ {0, 1, · · · , n}, P (X = k) = p (1 − p)n−k
k
( ) ( )k ( )4n−k ( ) ( )4n
4n 1 1 4n 1
En particulier, si X ,→ B(4n, 2 ), ∀k ∈ {0, 1, · · · , n}, P (X = k) =
1
=
k 2 2 k 2
∑ 3n−1 ( )
1 ∑ 4n
3n−1
Donc P (X = k) = P (n + 1 6 X 6 3n − 1) = 4n
2 k
k=n+1 k=n+1
( )
1 ∑ 4n
3n−1
=⇒ 4n = P (−n + 1 6 X − 2n 6 n − 1) = P (|X − 2n| 6 n − 1)
2 k
k=n+1
= 1 − P (|X − 2n| > n)
V (X)
D'après l'inégalité de Bienaymé Tchebychev, P (|X − E(X)| > ε) 6 2
ε
En appliquant cette inégalité à X ,→ B(4n, 12 ) et ε = n, on obtient :
4n × 21 × 12 1
P (|X − 2n| > n) 6 2
=
n n
(pour une loi binomiale X ,→ B(n, p), E(X) = np, V (X) = np(1 − p) )
3n−1 ( )
1 ∑ 4n 1 n−1
donc, 4n = 1 − P (|X − 2n| > n) > 1 − = , soit nalement :
2 k n n
k=n+1
∑
3n−1 ( ) ( )
4n n−1
> 24n
k n
k=n+1
65
3.8 Mines Ponts
( )2 ( )4 ( )2⌊ n2 ⌋
⇐⇒ P ∈ Vect(1, X − 12 , X − 12 , · · · , X − 12 )
( )
( )2 ( )4 ( )2 n
Donc ES (1) = Vect 1, X − 21 , X − 12 , · · · , X − 12 ⌊ 2 ⌋
( )3 ( )5 ( )2⌊ n−1
2 ⌋
⇐⇒ P ∈ Vect(X − 12 , X − 12 , X − 12 , · · · , X − 12 + 1)
( )
( )3 ( )5 ( )2
Donc ET (−1) = Vect X − 12 , X − 21 , X − 12 , · · · , X − 12 ⌊ 2 ⌋ + 1
n−1
( ( )2 ( )3 ( )n )
On remarque que ES (1) ⊕ ES (−1) = Vect 1, X − 12 , X − 12 , X − 12 , · · · , X − 12 = Rn [X], ce qui
conrme que S est diagonalisable.
∞
∑
Exercice 2: On suppose que la série entière de somme f (z) = an z n , a un rayon de convergence R > 0 .
n=0
Puisque |z0 | < r < R, |reiθ | = |r| < R, la série entière est dénie au point reiθ .
∞
∑
∫ ∫ reiθ an (reiθ )n ∫ ∞
2π iθ iθ 2π 2π ∑
re f (re ) k=0 an (reiθ )n+1
dθ = dθ = dθ
0 reiθ − z0 0 reiθ − z0 0 reiθ − z0
k=0
|re | = |reiθ − z0 + z0 | 6 |reiθ − z0 | + |z0 |
iθ
| {z }
=r
=⇒ |reiθ − z0 | > r − |z0 | > 0
1 1
=⇒ 6
|re −iθz0 n+1
|
r − |z0 |
iθ
an (re )
∞ r
=⇒
6 × |an rn |
reiθ − z0
θ ∈[0,2π] r − |z0 | | {z }
serie cvgte
∞
∑ an (reiθ )n+1
Cette majoration montre la convergence normale sur [0, 2π] de la série de fonctions dθ de la
reiθ − z0
k=0
variable θ. D'après le théorème d'intégration d'une série de fonctions sur un segment, la convergence uniforme
(car normale) permet d'écrire :
66
∫ ∞
2π ∑ ∑ ∞ ∫ 2π
an (reiθ )n+1 ei(n+1)θ
dθ = an rn+1 dθ
0 re − z0
iθ
0 reiθ − z0
k=0 k=0
∞ (
1 1 1 1 ∑ z0 )k −i k θ
Puisque |z0 | < r, iθ = iθ × z0 = × e dθ
re − z0 re 1 − reiθ reiθ r
k=0
∫ 2π i(n+1)θ ∫ 2π ∞ (
e 1 ∑ z0 )k i(n+1−k) θ
dθ = × e dθ
0 reiθ − z0 0 reiθ r
k=0
∫ 2π ∑ ∞ ( ∫
z0 )k i(n−k) θ
∞ (
∑ z0 )k 2π i(n−k) θ
= e dθ = e dθ (*)
0 r r 0
( ) k=0
( k=0
)k
z0 k i(n−k) θ
∞ |z0 |
La majoration
e
6 par une série géométrique de raison |zr0 | < 1 montre la
r
r
θ∈[0,2π]
convergence normale et donc uniforme de la série de fonctions de la variable θ sur le segment [0, 2π], et permet
∫ 2π ∑ ∞ ∑∞ ∫ 2π
l'intervertion =
0 0
∫
k=0 k=0
{
2π 2π si k = n
De plus, ei(n−k) θ dθ = [ i(n−k)θ ]2π
0
e
n−k =0 si k ̸= n
∫ 2π ( z )n
0
ei(n+1)θ
d'où dθ = 2π
0
(un seul terme est non nul dans la série (*) )
re iθ − z0 r
∫ 2π iθ
0
∑∞ ∫ 2π i(n+1)θ
re f (reiθ ) e
et dθ = a n r n+1
dθ
0 re − z0
iθ
0 reiθ − z0
k=0
∑∞ ( )n ∞
∑
n+1 z0
= 2π an r = 2πr an z0n = 2πrf (z0 )
r
k=0 k=0
67
{
∀n ∈ N, a2n+1 = 0
⇐⇒
∀n > 1, 4n2 a2n + a2n−2 = 0
{ {
∀n ∈ N, a2n+1 = 0 ∀n ∈ N, a2n+1 = 0
⇐⇒ a2n−2 ⇐⇒ ∀n > 1, a2n = (−1)n
a0
∀n > 1, a2n = −
4n2 4 (n!)2
n
∞
∑ x2n
Les séries entières solutions sont données par la formule : S(x) = a0 (−1)n
n=0
4n (n!)2
Leur rayon de convergence est inni.
2- J0 est une solution de ce type, qui vérie J0 (0) = 1, c'est à dire a0 = 1 :
∞
∑ x2n
∀x ∈ R, J0 (x) = (−1)n
n=0
4n (n!)2
Puisque J(0) = 1, J0 reste positive sur un intervalle de la forme [0, a[, a ∈ R+ ou a = +∞
Si on appelle a le plus petit zéro positif de J0 (à supposer qu'il existe...) , alors ∀x ∈ [0, a[, J0 (x) > 0.
y(x)
Si y est une solution de (E) sur [0, a[, on peut poser : ∀x ∈ [0, a[, u(x) = (puisque sur [0, a[, J0 (x) >
J0 (x)
0) de sorte que sur [0, a[, y(x) = J0 (x)u(x)
∀x ∈ [0, a[, y ′ (x) = J0′ (x)u(x) + J0 (x)u′ (x)
y ′′ (x) = J0′′ (x)u(x) + 2J0′ (x)u′ (x) + J0 (x)u′′ (x)
y est solution de (E) ⇐⇒ xy ′′ (x) + y ′ (x) + xy(x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ [0, a[, x[J0′′ (x)u(x) + 2J0′ (x)u′ (x) + J0 (x)u′′ (x)] + [J0′ (x)u(x) + J0 (x)u′ (x)] + xJ0 (x)u(x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ [0, a[, [xJ0′′ (x) + J0′ (x) + xJ0 (x)] u(x) + [2xJ0′ (x) + J0 (x)]u′ (x) + xJ0 (x)u′′ (x) = 0
| {z }
=0
⇐⇒ ∀x ∈ [0, a[, [2xJ0′ (x) + J0 (x)]u′ (x) + xJ0 (x)u′′ (x) = 0
Par ailleurs, posons : ∀x ∈ [0, a[, H(x) = xJ02 (x)u′ (x)
alors ∀x ∈ [0, a[, H ′ (x) = J02 (x)u′ (x) + x[2J0 (x)J0′ (x)u′ (x) + J02 (x)u′′ (x)]
= J0 (x) [J0 (x)u′ (x) + 2xJ0′ (x)u′ (x) + xJ0 (x)u′′ (x)] = 0
| {z }
=0
Sa dérivée étant nulle, la fonction x 7→ xJ02 (x)u′ (x) est constante sur [0, a[
Or H(0) = 0, donc ∀x ∈ [0, a[, H(x) = xJ02 (x)u′ (x) = 0
x et J0 (x) étant non nuls sur ]0, a[, on en déduit que ∀x ∈]0, a[, u′ (x) = 0. Par continuité, cette égalité est
encore vraie aux bornes 0 et a.
Donc u(x) est constant sur [0, a], et l'égalité y(x) = u(x) J0 (x) montre que les solutions de (E) sur [0, a]
|{z}
constante
sont proportionnelles à J0 .
Exercice 2 : 1 - Soit M ∈ Mn (C) une matrice triangulaire supérieure. Soit f l'endomorhisme canoniquement
assicié à M : la matricede f dans la base canonique B0
= (e1 , e2 , · · · , en ) de Cn est :
m1,1 m1,2 m1,3 ··· m1,n
0 m2,2 m2,3 ··· m2,n
0 0 m3,3 ··· m3,n
M =
.. .. .. ..
. . . .
0 0 ...
0 mn,n
m1,k
m2,k
..
.
La colonne Ck de cette matrice est Ck =
mk,k , ce qui se traduit par la relation :
0
.
..
0
∑ k
f (ek ) = m1,k e1 + m2,k e2 + · · · + mk,k ek = mi,k ei
( e2 e2
i=1 )
Considérons la deuxième base (ε1 , ε2 , · · · , εn ) = e1 , α , α2 , · · · , αen−1
n
(∀i, εi = αei−1
i
où α est un réel
positif).
( e ) 1 ∑k
ei ∑k
mi,k ei ∑k
mi,k
k
f (εk ) = fk−1
= k−1
f (e k ) = m i,k k−1
= k−i i−1
= εi
α α i=1
α i=1
α α i=1
αk−i
m1,k m2,k mk−1,k
f (εk ) = k−1 ε1 + k−2 ε2 + · · · + εk + mk,k εk
α α α
La matrice de f dans la seconde base (ε1 , ε2 , · · · , εn ) est :
68
m1,2 m1,3 m1,n
m1,1 α 2 ··· n−1
mα αm
0 m2,2 α
2,3
··· 2,n
αn−2
0 0 m3,3 ···
m 3,n
T = αn−3
.. .. .. ..
. . . .
0 0 ... 0 mn,n
Soit ε > 0. mi,j
Chacun des termes au-dessus de la diagonale, de la forme ti,j = j−i , (1 6 i < j ), a une limite nulle quand
α
α → +∞. Ces termes sont en nombre ni, donc il existe α ∈ R pour lequel chacun de ces termes est 6 ε :
+
∀j > i, |ti,j | 6 ε
Enn , puisque les matrices M et T représentent le même endomorphisme f dans des bases diérentes, elles
sont semblables : ∃P ∈ GLn (C), T = P −1 .M.P
2- Supposons que A ∈ Mn (C) est nilpotente. Alors il existe p ∈ N∗ , Ap = 0.
Le polynôme X p est un polynôme annulateur de A, dont la seule racine est 0. Donc Sp(A) ⊂ {0}. Puisque
A est une matrice à coecients complexes, elle admet au moins une valeur propre dans C. (son polynôme
caractéristique χA (X) est scindé dans C[X])
Donc Sp(A) = {0}
Toutematrice de Mn (C) est trigonalisable
: A est semblable à une matrice tringulaire du type
m1,1 m1,2 m1,3 ··· m1,n
0 m2,2 m2,3 ··· m2,n
0 0 m3,3 ··· m3,n
M =
.. .. .. ..
. . . .
0 0 ... 0 mn,n
Puisque les valeurs
propres d'une matrice tringulaire
sont ses termes diagonaux, ∀i, mi,i = 0,
0 m1,2 m1,3 ··· m1,n
0 0 m2,3 ··· m2,n
et M =
0 0 0 ··· m3,n
.. .. .. ..
. . . .
0 0 ... 0 0
m1,2 m1,3 m1,n
0 k 2 ··· n−1
mk km
0 0 2,3
k ··· 2,n
kn−2
D'après la question précédente, pour tout k ∈ N, M est semblable à la matrice Tk =
m
0 0 0 ··· 3,n
kn−3
.. .. .. ..
. . . .
0 0 ... 0 0
Par transitivité, A est elle aussi semblable à M .
Chaque coecient de cette matrice Tk a une limite nulle quand k → +∞, donc lim Tk =0
k→+∞
On a ainsi montré que la matrice A était semblable à chaque matrice de la suite (Tk ) et que lim Tk = 0
k→+∞
• Réciproquement, supposons qu'il exite une suite de matrices (Ak )k∈N , semblables à A, de limite nulle
( lim Ak = 0) :
k→+∞
Le polynome χM (X) d'une matrice de Mn (C) est une fonction polynomiale des coecients de la matrice
M . C'est donc une application continue de Mn (C) dans Cn [X].
Puisque lim Ak = 0, lim χAk (X) = χ0 (X) = X n (le polynôme caractéristique de la matrice nulle est
k→+∞ k→+∞
det(xIn ) = X n )
Or, Ak et A ont même polynôme caractéristique puisqu'elles sont semblables : ∀k, χAk (X) = χA (X)
Donc χA (X) = lim χAk (X) = χ0 (X) = X n
k→+∞
Et par le théorème de Cayley Hamilton, χA (X) = An = 0, ce qui montre que la matrice A est nilpotente.
70
ce qui montre que ∥U.X + V.X∥ = ∥U.X∥ + ∥V.X∥ et entraîne, d'après la question précédente, que U.X et
V.X sont positivement liés : il existe λ ∈ R+ tel que U.X = λV.X
En prenant les normes : ∥U.X∥ = |λ|. ∥V.X∥ donc |λ| = 1 et puisque λ > 0, λ = 1
| {z } | {z }
=∥X∥ =∥X∥
Donc U.X = V.X , et puisque U.X = V.X = 2X, U.X = V.X = X
{
∀n ∈ N, a2n+1 = 0
a0
∀n > 1, a2n = (−1)n
4 (n!)2
n
3.11 Mines 93
I - Que dire d'un endomorphisme u d'un R− espace vectoriel de dimension nie E tel que u2 = −IdE et qui
admet un hyperplan stable ?
II - On considère une
( variable
) aléatoire X à valeurs dans N∗ qui admet une espérance.
1 1
Montrer que E > et étudier le cas d'égalité.
X E(X)
SOLUTION : I - Soit u un endomorphisme d'un R− espace vectoriel E de dimension nie n tel que u2 = −IdE
et qui admet un hyperplan stable H.
alors det(u2 ) = (det(u))2 = det(−IdE ) = (−1)n , donc n est pair.
| {z }
>0
Soit ue l'endomorphisme induit par u sur H. Pour tout x ∈ H, ue2 (x) = u2 (x) = −x, donc ue2 = −IdH .
En appliquant le même calcul à ue, on obtient :
det(e u))2 = det(−IdH ) = (−1)n−1 , donc n − 1 est pair.
u2 ) = (det(e
| {z }
>0
n ne pouvant être à la fois pair et impair, un tel endomorphisme u n'existe pas.
II - On considère une
( variable
) aléatoire X à valeurs dans N∗ qui admet une espérance.
1 1
Montrer que E > et étudier le cas d'égalité.
X E(X)
On sait que sur L
, espace vectoriel des suites (un )n>1 réelles de carré sommable, l'application
2
L2×L2 −→ R
Φ: ∞
∑ est un produit scalaire.
((un ), (vn )) 7→
un vn
( ) (∑ ) (∞ )) ( ∑ ) (∞ )
n=1
1
∞ ∑1 (1 1
∞ ∑1
E(X).E = nP (X = n) . P = = nP (X = n) . P (X = n)
X n=1 n=1√
n X n n=1 n=1
n
√
En posant un = nP (X = n) et vn = n1 P (X = n), et en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on
peut écrire
(
: )2 ( )2 ( )( ) ( ) ( )
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ∑∞
1
u n vn = P (X = n) 6 u2n vn2 = nP (X = n) . P (X = n)
n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 n=1
n
| {z }
=1
( )
1
donc 1 6 E(X).E
X
• Il y a égalité dans cette inégalité de Cauchy-Schwarz si et seulement si les vecteurs (un )n>1 et (vn )n>1 forment
un système lié dans L 2 , si et seulement si il existe λ ∈ R,√tel que :
√
∀n ∈ N∗ , un = nP (X = n) = λvn = λ n1 P (X = n)
2
⇐⇒ ∃λ ∈ R, ∀n > 1, nP (X = n) = λn P (X = n)
⇐⇒ ∃λ ∈ R, ∀n > 1, (n2 − λ2 )P (X = n) = 0
⇐⇒ ∃λ ∈ R+ , ∀n > 1, (n
− λ)P (X = n) = 0
n=λ
⇐⇒ ∃λ ∈ R+ , ∀n > 1, ou
P (X = n) = 0
⇐⇒ X ne prend qu'une seule valeur λ entière. (X(Ω) = {λ}, λ ∈ N∗ , X est une v.a. constante)
71
3.12 Mines 98
1 3 2
I - Montrer que la matrice A = 2 1 3 et sa transposée sont semblables dans M3 (R).
3 2 1
II - Rechercher les séries entières solutions de l'équation diérentielle (E) : xy ′′ − (x + 3)y ′
{ + 3y = 0
y(0) = 0
Quelles sont les solutions de (E) dénies sur R qui vérient les conditions initiales : ?
y ′ (0) = 0
Quelle est la dimension des solutions de (E) dénies sur R ? Commentaires ?
x−1 −3 −2 x−6 −3 −2
SOLUTION : I - χA (x) = −2 x−1 −3 = x−6 x−1
−3
−3 −2 x − 1 x−6 −2 x − 1
1 −3 −2 1 −3 −2
x+2 −1
χA (x) = (x − 6) 1 x − 1 −3 = (x − 6)
0 x+2 −1 = (x − 6)
1 1 x+1
−2 x−1 0 1 x+1
χA (X) = (X − 6)(X 2 + 3X + 3)
√
Le trinôme Q(X) = X 2 + 3X √
+ 3 a pour discriminant
√
δ = 9 − 12 = −3 = (i 3)2
il a pour racines λ2 = 2 et λ3 = λ2 = 2 .
−3+i 3 −3+i 3
A n'est pas diagonalisable dans M3 (R) car χA (X) n'est pas scindé dans R[X].
A est diagonalisable dans M3 (C) car elle possède 3 valeurs propres complexes distinctes :
SpC (A) = {6, λ2 , λ3 }
Il existe P ∈GL3 (C), A = P. diag(6, λ2 , λ3 ) .P −1 . P est semblable dans M3 (C) à la matrice ∆
| {z }
∆
En transposant cette égalité, on obtient : AT = (P.∆.P −1 )T = (P −1 ) T .∆T .P T = (P T )−1 .∆.P T , ce qui
montre que AT est elle aussi semblable dans M3 (C) à la matrice ∆.
Par transitivité, cela montre que A et AT sont semblables dans M3 (C)
ATTENTION, on n'a pas prouvé que A et AT étaient semblables dans M3 (R).
Il existe une matrice P ∈GL3 (C) telle que A = P.AT .P −1
=⇒ A.P = P.AT
=⇒ A.(P1 + iP2 ) = (P1 + iP2 ).AT où les matrices P1 et P2 sont les parties réelle et imaginaire
{ de la matrice P ; P1 , P2 ∈ M3 (R).
A.P1 = P1 .AT
=⇒ (en identiant les parties réelle et imaginaire)
A.P2 = P2 .AT
=⇒ ∀x ∈ C, A.(P1 + xP2 ) = (P1 + xP2 ).AT
Or l'application g : x 7→ det(P1 + xP2 ) est une application polynômiale de la variable x, qui n'est pas
identiquement nulle puisque g(i) = det(P1 + iP2 ) = det(P ) ̸= 0. Elle n'a donc qu'un nombre ni de racines, et
il existe un réel t tel que g(t) = det(P1 + tP2 ) ̸= 0
La matrice S = P1 + tP2 est réelle (puisque P1 , P2 et t le sont), et inversible puisque son déterminant, g(t)
n'est pas nul. {
A.P1 = P1 .AT
Par combinaison linéaire des égalités T , on obtient A.(P1 + tP2 ) = (P1 + tP2 ).A
T
A.P2 = P2 .A
et puisque S = P1 + tP2 est inversible, A.S = S.AT entraîne que A = S.AT .S −1 , S ∈GL3 (R), ce qui montre
que A et AT sont semblables dans M3 (R) .
∞
∑
II - Soit S(x) = an xn une série entière de rayon de convergence R > 0.
n=0
Par le théorème de dérivation des séries entières on peut armer que S est de classe C ∞ sur ] − R, R[ et que:
∞
∑ ∞
∑
∀x ∈] − R, R[, S ′ (x) = nan xn−1 et S ′′ (x) = n(n − 1)an xn−2
n=0,1 n=0,1,2
S est solution de (E) sur ] − R, R[ si et seulement si
∀x ∈] − R, R[, xS ′′ (x) − (x + 3)S ′ (x) + 3S(x) = 0
∑∞ ∞
∑ ∞
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, n(n − 1)an xn−1 − (x + 3) nan xn−1 + 3 an xn = 0
n=0,1,2 n=0,1 n=0
∑∞ ∞
∑ ∞
∑ ∞
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, n(n − 1)an x n−1
− nan x − 3
n n−1
nan x +3 an x n = 0
n=0,1,2 n=0,1 n=0,1 n=0
∞
∑ ∞
∑ ∞
∑ ∑∞
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, n(n + 1)an+1 xn − nan xn − 3 (n + 1)an+1 xn + 3 an x n = 0
n=0,1 n=0,1 n=0 n=0
∑∞ ∞
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, [n(n + 1) − 3(n + 1)]an+1 xn − (n − 3)an xn = 0
n=0 n=0
72
∞
∑ ∞
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, [(n + 1)(n − 3)an+1 − (n − 3)an ]xn = 0 = 0 xn
n=0 n=0
⇐⇒ ∀n ∈ N, (n − 3)[(n + 1)an+1 − an ] = 0 (par unicité des coecients d'une
série entière de rayon non nul)
an
⇐⇒ ∀n ∈ N − {3}, an+1 =
n+1
a1 = a0
a 1 = a 0 (n = 0)
a2 = a20
a1
a2 = 2 (n = 1) a3 = a60
⇐⇒ a2 ⇐⇒
a3 = 3 (n = 2)
a5 = a54
a6 = a5
∀n > 4, an+1 = n+1an
6
∀n > 4, an+1 = n+1 an
a0
∀n ∈ {1, 2, 3}, an =
⇐⇒ n!
∀n > 4, an = 4! a4 = 24 a4
( n! n! )
∑∞
x2 x3 xn
⇐⇒ S(x) = a0 1 + x + + + 24 a4
2 6 n=4
n!
En conclusion, les séries entières solutions de (E) sont les fonctions de la forme:
( ) ∑∞
x2 x3 xn
S(x) = a0 1 + x + + + 24 a4
2 6 n=4
n!
( ) ∑∞
x2 x3 xn
En remarquant que ex = 1 + x + + + , on peut donner comme base des séries entières
2 6 n=4
n!
x2 x3
solutions de (E) les deux fonctions : S1 (x) = ex , S2 (x) = 1 + x + +
2 6
•. Soit f une solution de (E) sur R :
f est solution de (E) sur ] − ∞, 0[ et solution de (E) sur ]0, +∞[, donc il existe a, b, c, d ∈ R tels que :
( ) ∑∞
x2 x3 xn
∀x ∈] − ∞, 0[, f (x) = a 1 + x + + +b
2 6 n!
( 2 3
) ∞
n=4
∑ xn
x x
∀x ∈]0, +∞[, f (x) = c 1 + x + + +d
2 6 n=4
n!
La condition f (0) = 0 entraîne a = c = 0
∑∞
xn
et alors, quelque soient c et d la fonction x 7→ est dérivable et de dérivée nulle en 0.
n!
n=4 {
y(0) = 0
Donc les fonctions solutions de (E) sur R et qui vérient les conditions initiales sont les
y ′ (0) = 0
∑ ∞
xn
b si x < 0
n=4 n!
fonctions de la forme : x 7→ 0 si x = 0
∑∞
xn
d si x > 0
n=4
n!
Elles forment un espace de dimension 2 sur R.
• Les solutions de (E) sur R forment un espacede dimension 3, dont une base est formée des fonctions :
∞ 0 si x 6 0
∑∞
x n
x2 x3 si x 6 0 ∑ xn
f0 : x 7→ 1 + x + 2 + 6 f1 : x 7→ n! f2 : x 7→
n=40 si x > 0
si x > 0
n=4
n!
73
b ( )
∑ n
Partons de l'égalité polynomiale : (X + 1)n = Xk
k
n ( )
k=0
∑ n
Par dérivation, et multiplication par X : nX(X + 1)n−1 = kX k
k
k=0,1
∑n ( )
n 2 k−1
Par une nouvelle dérivation, n[(X + 1) + (n − 1)X(X + 1)
n−1
]= n−2
k X
k
k=0,1
∑n ( )
n 2 k−1
n(X + 1) n−2
[(X + 1) + (n − 1)X] = n(X + 1) n−2
(nX + 1) = k X
k
k=0,1
en multipliant par X :
n ( )
∑ n 2 k
nX(X + 1)n−2 (nX + 1) = k X
k
k=0,1
par dérivation :
∑n ( )
n 3 k−1
n[(X + 1) (nX + 1) + X(n − 2)(X + 1)
n−2 n−3
(nX + 1) + nX(X + 1) ]= n−2
k X
k
k=0,1
∑n ( )
n 3 k−1
n(X + 1) n−3
[(X + 1)(nX + 1) + X(n − 2)(nX + 1) + nX(X + 1)] = k X
k
k=0,1
∑n ( )
n 3 k−1
n(X + 1) n−3
[(n + n(n − 2) + n)X + (n + 1 + n − 2 + n)X + 1] =
2
k X
k
k=0,1
∑n ( )
n 3 k−1
n(X + 1) [n X + (3n − 1)X + 1] =
n−3 2 2
k X
k
k=0,1
∑n ( )
n 3
En remplaçant X par 1, k = n2n−3 (n2 + 3n) = n2 (n + 3)2n−3
k
k=0,1
74
Donc il existe λ ∈ R tel que ∀x ∈ E, f (x) = λx. f est donc une homothétie. Réciproquement, il est
immédiat de vérier que toute homothétie de E (c.a.d de la forme λId) commute avec tout endomorphisme de
E
2 - a) Soit f un endomorphisme de E qui commute avec tous les endomorphismes de E . Alors f commute en
particulier avec tout projecteur orthogonal de rang 1. Donc f est une homothétie d'après la question précédente.
b) Soit f un endomorphisme de E qui commute avec tous les endomorphismes diagonalisables de E . Puisque
tout projecteur est diagonalisable, f commute en particulier avec tout projecteur orthogonal de rang 1. Donc
f est une homothétie d'après la question 1-b)
3 - a) Soit A une matrice de Mn (R), qui commute avec toute matrice de Mn (R). Alors f , endomorphisme
canoniquement associé à A, commute avec tout endomorphisme de E . On en déduit par la question 2-a) que f
est une homothétie de E , et que sa matrice A est de la forme λIn , λ ∈ R .
3 - b) Soit A une matrice de Mn (R), qui commute avec toute matrice inversible de Mn (R).
Alors A commute avec toute matrice de la forme In + Ei,j car une telle matrice a pour déterminant 1 si
i ̸= j , et 2 si i = j , donc est inversible :
∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , A.(In + Ei,j ) = (In + Ei,j ).A
=⇒ ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , A + A.Ei,j = A + Ei,j .A
=⇒ ∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 , A.Ei,j = Ei,j .A
Donc A commute avec toute matrice élémentaire Ei,j . Par linéarité, A commute avec toute combinaison
linéaire de ces matrices, c'est à dire avec toue matrice de Mn (R). Il s'en suit par la question 3-a) que A est une
matrice d'homothétie.
2 - c) En utilisant le même lien matrice-endomorphisme qu'en la question 3-a), on transpose aux endomorphismes
la propriété 3-b) établie pour les matrices, et on en déduit que si f commute avec tout endomorphisme inversible
de E , alors f est une homothétie vectorielle.
2 - d) Rappelons qu'une réexion s d'un espace euclidien est une symétrie orthogonale par rapport à un
hyperplan H. Si (e1 , e2 , · · · , en−1 ) estune base de H et (en ) une
base de la droite H , la matrice de s dans la
⊥
1 0 0 ··· 0
0 1 0 ··· 0
.. .. ..
base (e1 , e2 , · · · , en−1 , en ) est : A =
0 0 . . .
et la matrice de la projection orthogonale sur
.. .. ..
. . . 1 0
0 0 ··· 0 −1
0 0 ··· 0
.. .. ..
0 . . .
= 1 (In − A)
la droite H ⊥
est B =
.. .. 2
. . 0 0
0 ··· 0 1
1
Soit f un endomorphisme de E qui commute avec toutes les réexions de E . La relation B = (In − A)
2
montre que f commute avec tout projecteur orthogonal de rang 1. f est donc une homothétie d'après 1-b)
2 - e) Soit f un endomorphisme qui commute avec toutes les isométries vectorielles. Alors f commute en
particulier avec toutes les réexions, et est donc une homothétie d'après 2-d).
3 - c) En transposant ce dernier résultat aux matrices, puisque les matrices orthogonales sont les matrices d'une
isométrie dans une BON, si la matrice A commute avec toutes les matrices orthogonales, son endomorphisme
canoniquement assiocié commute avec toutes les isométries et est donc une homothétie.
Les matrices de Mn (R) qui commutent avec tous les matrices orthogonales sont donc les matrices d'homothéties,
de la forme λIn .
E On considère n variables aléatoires indépendantes X1 , X2 , · · · , Xn qui suivent une loi loi de Bernoulli de
même paramètre p
∈]0, 1[ :∀i, Xi ,→ B(p) .
X1
On dénit U = ..
. et M = U. U ∈ Mn ({0, 1})
t
Xn
Déterminer les lois de R = rg(M ) et de T = tr(M ).
Quelle est la probabilité que M soit une matrice de projection ?
SOLUTION :
X12 X2 X1 ··· Xn X1
X1
.. ( ) X1 X2 X22 ··· Xn X2
•M = . × X 1 ··· Xn = .. .. .. = X1 U X2 U ··· Xn U
. . .
Xn
X1 Xn X2 Xn ··· Xn2
75
Les colonnes de M sont toutes colinéaires à la colonne U . Donc R = rg(M ) ∈ {0, 1}
Ainsi R(Ω) = {0, 1}. R suit une loi de Bernoulli de paramètre q = P (R = 1).
Plus précisément, R = 0 ssi U = 0, ssi X1 = X2 = · · · = Xn = 0 .
P (R = 0) = P [(X1 = 0) ∩ (X2 = 0) ∩ · · · ∩ (Xn = 0)] = P (X1 = 0)P (X2 = 0) · · · P (Xn = 0)
(puisque X1 , X2 , · · · , Xn sont mutuellement indépendantes).
P (R = 0) = (1 − p)n
q = P (R = 1) = 1 − P (R = 0) = 1 − (1 − p)n
Donc R ,→ B(1 − (1 − p)n ) . R suit une loi de Bernoulli de paramètre 1 − (1 − p)n .
∑
n ∑
n
• T = tr(M ) = Xk2 = Xk (Xi = Xi2 puisque ∀ω ∈ Ω, Xi (ω) = 0 ou Xi (ω) = 1).
k=1 k=1
Donc T (Ω) = {0, 1, 2, · · · , n}.
Pour tout k ∈ {0, 1, 2, · · · , n}, T = k ⇐⇒ (k variables
) Xi parmi les n possibles prennent la valeur 1, et les
n k
n − k restantes la valeur 0. Donc P (T = k) = p (1 − p)n−k . T ,→ B(n, p) .
k
T suit une loi binomiale de paramètres n et p.
X1 X1
.. ( ) .. ( )
• M 2 = U. t U.U. t U = . × X1 · · · Xn × . × X1 · · · Xn
Xn Xn
X1 ( ) ( )
( ) .. ∑
n ∑
n
Or t
U.U = X1 ··· Xn × . = X 2
i = Xi = (T )
Xn k=1 k=1
4 X - ENS: -------------------------------
4.1 X - ENS PSI
∫ 1
I) Montrer l'existence et calculer l'intégrale xn ln(x)dx pour tout n entier naturel.
∫ 1
0
∞
∑
1
Montrer que J = ln(x) ln(1 − x)dx =
0 n=1
n(n + 1)2
1 a b c
Déterminer trois réels a, b et c tels que = + + et donner la valeur de J .
x(x + 1)2 x x + 1 (x + 1)2
2
π
On admettra que ζ(2) =
6
II) Montrer que pour toutes matrices A et B de Mn (K), χA.B (X) = χB.A (X)
On considère deux endomorphismes inversibles f et g d'un espace vectoriel E . Soit λ une valeur propre de
fo g . On note Eλ le sous espace propre de fo g associé à le valeur propre λ et Fλ le sous espace propre de go f
associé à le valeur propre λ.
Montrer que g(Eλ ) ⊂ Fλ et que f (Fλ ) ⊂ Eλ .
En déduire que Eλ et Fλ ont même dimension.
Montrer que si fo g est inversible, go f l'est aussi.
Trouver deux matrices carrées X et Y telles que X.Y soit diagonalisable mais pas Y.X .
SOLUTION : I) • Pour tout n ∈ N, la fonction
x 7→ xn ln(x) est continue sur le semi-ouvert ]0, 1] .
Pour tout n > 1, lim x ln(x) = 0. La fonction x 7→ xn ln(x) estprolongeable par continuité en 0. Elle est
n
x→0
alors intégrale sur le segment
∫
[0, 1] comme fonction continue sur ce segment.
1
Pour n = 0, l'intégrale ln(x)dx est convergente (intégrale de référence ; on peut justier la convergence
0 ( )
1
de l'intégrale pour la borne 0 par la domination | ln(x)| = o √ )
x→0 x
∫ 1
Finalement, l'intégrale xn ln(x)dx est bien dénie pour tout n ∈ N .
0
∫ 1 [ ]1 ∫ 1 [ n+1 ]1
xn+1 xn x 1
• En intégrant par parties, xn ln(x)dx = ln(x) − dx = − 2
=−
0 n+1 0 n + 1 (n + 1) (n + 1)2
| {z }0 0
=0
76
Cette intégration par parties sur une intégrale impropre en la borne 0 est validée par la limite nie du crochet
∫ 1
1
en 0 quand x → 0. Donc xn ln(x)dx = −
0 (n + 1)2
∑∞ ∑∞
xn xn ln(x)
• On sait que : ∀x ∈ [0, 1[, ln(1 − x) = − , donc ∀x ∈]0, 1[, ln(x) ln(1 − x) = −
n=1
n n=1
n
xn ln(x)
En posant un (x) = , l'étude précédente montre que un ( ) est intégrable sur ]0, 1] et que :
n
∫1 1
u (x)dx = −
0 n n(n + 1)2
∫ 1 ∫ 1
1
La fonction un est négative sur l'intervalle ]0, 1], donc |un (x)|dx = − un (x)dx =
0 0 n(n + 1)2
En résumé, - chaque un est continue
∑ et intégrable sur l'intervalle ]0, 1],
- la série de fonctions ∫un ( ) converge simplement sur l'intervalle ]0, 1],
∑ 1
- la série numérique 0
|un (x)|dx converge,
par le théorème
(
d'intégration
)
terme à terme des séries entières, on peut armer que :
∫ 1 ∞
∑ ∞ (∫
∑ 1 ) ∫ 1 ∞
∑ 1
un (x) dx = un (x)dx , c'est à dire : ln(x) ln(1 − x)dx =
0 n=1 n=1 0 0 n=1
n(n + 1)2
77
Donc ∀A, B, ∈ Mn (K), χA.B (X) = χB.A (X)
4.2 X - ESPCI PC 61 - 69
4.3 X - ESPCI PC 68
La durée de vie d'une ampoule électrique comptée en années est représentée par une variable aléatoire X , à
valeurs dans N∗ , vériant : ∀n ∈ N∗ , P (X = n) = 21n
Si l'ampoule fonctionne toujours au bout de n années, quelle est la durée moyenne pendant laquelle elle
fonctionnera encore ?
SOLUTION : Notons Y = X − n la durée pendant laquelle l'ampoule fonctionnera encore, sachant qu'elle a
déjà fonctionné n années.
Y (Ω) = N .
∗
∪ ∞
∑ ∞
∑ 1 1 1 1
P (X > n + 1) = P (X = k) = P (X = k) = = n+1 × =
k>n+1 k=n+1 k=n+1
2k 2 1 − 1
2
2n
P ((X = n + k) ∩ (X > n + 1))
P (Y = k|X > n + 1) = P (X = n + k|X > n + 1) =
P (X > n + 1)
1
P (X = n + k) n+k 1
= = 21 = k
P (X > n + 1) 2n
2
∑∞ ∑∞
k
E(Y ) = kP (Y = k|X > n + 1) =
2k
k=1 k=1
∑∞
1
On sait que ∀x ∈] − 1, 1[, xk = , et par le théorème de dérivation des séries entières,
1−x
k=0
∞
∑ ∑∞
1 x
∀x ∈] − 1, 1[, kxk−1 = , et en multipliant par x : ∀x ∈] − 1, 1[, kxk =
(1 − x) 2 (1 − x)2
k=0,1 k=0,1
∑∞ 1
k
En particulier, au point x = 21 , = (
2
) =2
1 2
Donc E(Y ) = 2
2k 1 −
k=1 2
Ex 1
Partie 1 q une fonction continue et strictement positive de R dans R.
On considère l'équation diérentielle : (E) : y ′′ − q(x).y = 0
79
On veut montrer qu'il existe des solutions non uniformemement nulles et bornées sur R
Soit f une solution de (E) non uniformément nulle
1) montrer qu'il existe a ∈ R tel que f (a) > 0
2) montrer qu'on peut supposer que f ′ (a) > 0
3) mq pour tout x > a, f ′ (x) > f ′ (a)
4) Conclure
Partie 2 A et B sont deux variables aléatoires suivant une loi géométrique de paramètre p ∈]0, 1[
Quelle est la probabilité pour que les solution de l'équation diérentielle Y ′′ + (A(w) − 1).Y ′ + B(w).Y = 0
tendent toutes vers 0 quand t tend vers l'inni.
Exercice subsidiaire
La matrice
A=[[1,-2,3],[0,1,-2],[0,0,1]]
1 −2 3
A= 0 1 −2
0 0 1
est elle le carré d'une matrice de M3 (R) ?
80