PCSI5 Lycée Saint Louis

DM12
Correction du devoir maison

Problème 1

Partie I. Convergence de deux suites

On considère les suites définies par :

n!  e n
∀n ∈ N∗ , un = √ et vn = ln(un ).
n n

1. Pour n ∈ N∗ , on a
1 1
vn+1 − vn = ln((n + 1)!) + n + 1 − (n + 1) ln(n + 1) − ln(n + 1) − ln(n!) − n + n ln(n) + ln(n)
2 2
3 1
= ln(n + 1) + 1 − (n + ) ln(n + 1) + (n + ) ln(n)
2 2  
1 1 1
= 1 − (n + )(ln(n + 1) − ln(n)) = 1 − (n + ) ln 1 +
2 2 n
  
1 1 1 1 1
= 1 − (n + ) − + +o
2 n 2n2 3n3 n3
   
1 1 1 1 1 1 1
=1−1+ − 2− + 2 +o 3
=− 2
+o
2n 3n 2n 4n n 12n n3
1
Ainsi vn − vn+1 ∼ 12n 2 , donc vn − vn+1 ≥ 0 à partir d’un certain rang.
P P Par le critère de
comparaison des séries à termes positifs, (vn − vn+1 ) converge. Ainsi (vn+1 − vn ) converge.
P
2. La série S = (vn+1 − vn ) converge. Or Sn = vn+1 − v0 , donc on en déduit que (vn )n∈N∗
converge.
√
3. Par continuité d’exponentielle, (un )n∈N∗ converge. On a donc λ ∈ R∗+ tel que n! ∼ λ nnn e−n .

Partie II. Calcul de la constante k

Z π Z π  π
2 π 2 2
1. (a) W0 = dt = et W1 = sin tdt = − cos t = 1.
0 2 0 0
(b) Soit n ∈ N. Par intégration par parties, les fonctions t 7→ cos t et t 7→ sinn+1 t étant de
classe C 1 sur 0, π2 , on a :


Z π  π Z π
2 2 2
n+1 n+1
Wn+2 = sin t × sin t = cos t sin t − cos t(n + 1)(− cos t sinn t)dt
0 0 0
Z π Z π
2 2
= (n + 1) sinn t cos2 tdt = (n + 1) sinn t cos2 t(1 − sin2 t)dt
0 0
= (n + 1)Wn − (n + 1)IW n + 2.

n+1
On en déduit que (n + 2)Wn+2 = (n + 1)Wn puis que Wn+2 = Wn .
n+2

1
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(c) De la relation de récurrence de la question précédente, on obtient, pour p ∈ N :

2p − 1 (2p − 1)(2p − 3)
W2p = I2p−2 = I2p−4
2p (2p)(2p − 2)
(2p − 1)(2p − 3)(2p − 5) (2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1
= I2p−6 = · · · = W0 .
(2p)(2p − 2)(2p − 4) (2p) × (2p − 2) × · · · × 2
[(2p − 1) × (2p − 3) × · · · × 1] × [(2p) × (2p − 2) × · · · × 2] π
= ×
[(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]2 2
(2p)! π (2p)! π
= p 2× = p 2
×
(2 p!) 2 4 (p!) 2

et de même :
2p (2p)(2p − 2)
W2p+1 = I2p−1 = I2p−3
2p + 1 (2p + 1)(2p − 1)
(2p)(2p − 2)(2p − 4) (2p) × (2p − 2) × · · · × 2
= I2p−5 = · · · = W1
(2p + 1)(2p − 1)(2p − 3) (2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 3
[(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]2
=
[(2p + 1) × (2p − 1) × · · · × 3] × [(2p) × (2p − 2) × · · · × 2]
(2p p!)2 4p (p!)2
= =
(2p + 1)! (2p + 1)!

2. (a) Soit n ∈ N, on a
Z π Z π
2 2
n+1 n
Wn+1 − Wn = (sin t − sin t)dt = sinn t(sin t − 1)dt ≤ 0
0 0

puisque pour tout t ∈ 0, π2 , 0 ≤ sin t ≤ 1, donc sinn t(1 − sin t) ≤ 0. La suite (Wn )n∈N est


donc décroissante. D’où :

∀p ∈ N∗ , W2p+1 ≤ W2p ≤ W2p−1 .

(b) Soit n ∈ N. Comme pour tout t ∈ 0, π2 , 0 ≤ sin t, donc 0 ≤ sinn t. Par positivité de
 

l’intégrale, on a Wn ≥ 0. De plus Wn 6= 0 car la fonction t 7→ sinn (t) est continue et

positive et non identiquement nulle sur 0, π2 . On en déduit en divisant par W2p+1 :

W2p W2p−1 2p + 1
1≤ ≤ = .
W2p+1 W2p+1 2p

W2p
Ainsi par le théorème des gendarmes, lim existe et on a :
p→+∞ W2p+1

W2p
lim = 1.
p→+∞ W2p+1

3. On a :
(2p)!
W2p 4p (p!)2
× π2 (2p + 1)π

(2p)!
2
= 4p (p!)2
= →1
W2p+1 2 2 (p!)2
2p
(2p+1)!

Ainsi, on a bien :
2 2
22p (p!)2 22p (p!)2
 
1 2
∼ ∼ π.
p (2p)! 2p + 1 (2p)!

2
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4. Grâce à l’équivalent précédent, on en déduit que :

22p (p!)2 √
∼ p π.
(2p)!
√  p p
Or p! ∼ k p , d’où en remplaçant dans l’expression :
e
2p k 2 p p
 2p
2p
2 (p!) 2 2 r
p
∼ e
 2p = k .
(2p)! √ 2p 2
k 2p
e
k √ √
Finalement on obtient que √ = π, soit encore k = 2π.
2

Partie III. Applications

1. Le lancé d’une pièce correspond à une expérience aléatoire à deux issus, pile ou face, avec la
probabilité de succès p (pour pile par exemple). On répète n fois cette expérience, d’où une
probabilité pk d’avoir k succès égale à :
 
n k
pk = p (1 − p)n−k .
k
D’où dans le cas qui nous intéresse (p = 1/2 car la pièce est équilibrée) :
 
2n 1 1 1 (2n)!
pn = = n .
n 2n 2n 4 (n!)2
En utilisant la formule de Stirling, on obtient :
 2n
√ 2n
4nπ
1 e 1
pn ∼ n  n 2n = √ .
4 nπ
2nπ
e
1
Ainsi, on a bien que pn ∼ √ .
nπ
2. On calcule la somme partielle de cette série pour n ∈ N :
n n
2k + 1 k
X X  
uk = ln −n
2k − 1
k=1 k=1
(2n + 1)n (2n − 1)n−1 31
 
= ln ... 1 − n
(2n − 1)n (2n − 3)n−1 1
n
 
(2n + 1)
= ln − ln(en )
(2n − 1)(2n − 3) . . . 1
(2n + 1)n (2n)(2n − 2) . . . 2
 
= ln
(2n)! × en
(2n + 1)n 2n n!
 
= ln
(2n)! × en
Or on a avec la formule de Stirling :
√ nn
(2n + 1)n 2n n! (2n + 1)n 2n 2πn n 1 2n + 1 n
r  
∼ e =
(2n)! × en √ (2n)2n 2 2n
4πn 2n × e n
e

3
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 n   
2n + 1 1
→ e1/2 , on en déduit finalement que
P
Comme enfin = exp nln 1 + un
2n 2n
converge et que :
+∞ r
X e
un = .
n
n=1

Problème 2

Partie I. Étude de deux applications

1. Pour tout P ∈ R2 [X], on a :

       
X X +1 X X +1
deg(P +P ) ≤ max(P ,P ) = max(P (X) , P (X)) ≤ 2.
2 2 2 2
Donc f est bien à valeurs dans R2 [X]. Elle est de plus linéaire car pour tout P, Q ∈ R2 [X] et
λ, µ ∈ R, on a :
    
1 X X +1
f (λP + µQ) = (λP + µQ) + (λP + µQ)
2 2 2
       
λ X λ X +1 µ X µ X +1
= P + P + Q + Q
2 2 2 2 2 2 2 2
= λf (P ) + µf (Q)

Donc f est linéaire et est un endomorphisme de R2 [X].

X X+1 X 1
2. f (1) = 1, f (X) = 4 + 4 = + 4 et
2
X 2 X 2 + 2X + 1
f (X 2 ) = + .
8 8
Ainsi la matrice de f dans la base B de R2 [X] est :
 
1 1/4 1/8
M atB (f ) = 0 1/2 1/4 .
0 0 1/4

3. La matrice M atB (f ) est triangulaire supérieure avec des coefficients non nuls sur la diagonale.
On en déduit qu’elle est inversible. En particulier f est un automorphisme de R2 [X]. Elle est
donc en particulier injective et surjective.
4. Pour tout P, Q ∈ R2 [X] et λ, µ ∈ R, on a :

φ(λP + µQ) = (λP + µQ)(1) = λP (1) + µQ(1) = λφ(P ) + µφ(Q)

Donc φ est linéaire, c’est une forme linéaire.

5. On a P ∈ Ker(φ) ⇔ P (1) = 0 ↔ (X − 1)|P . Ainsi on a :

Ker(φ) = {(aX + b)(X − 1)|a, b ∈ R} = V ect(X(X − 1), (X − 1)).

Comme les vecteurs X(X −1) et X −1 ne sont pas colinéaires, on en déduit que (X(X −1), X −1)
est une base de Ker(φ), et donc que dim Ker(φ) = 2.
6. L’application φ n’est pas injective car Ker(φ) 6= {0E }. Elle est surjective car par le théorème
du rang rg(φ) = 1 = dim(R). Puisque Im(φ) ⊂ R, on a bien Im(φ) = R et φ est surjective.

4
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Partie II. Calcul des puissances successives d’une matrice

1. La famille B 0 est de degré échelonnée, donc c’est une famille libre de 3 vecteurs de R2 [X]. Puisque
la dimension de R2 [X] est 3, on en déduit que c’est une base de cet espace.
 
1 1 1
2. Q = 0 −2 −6.
0 0 6

3. Q est inversible en tant que matrice de passage entre deux bases (ou parce que Q est triangulaire
supérieure à coefficients diagonaux non nuls). On calcule son inverse par le pivot de Gauss, on
obtient :  
1 1/2 2/6
Q−1 = 0 −1/2 −3/6 .
0 0 1/6

1
4. f (1) = 1, f (−2X + 1) = −2f (X) + f (1) = (−2X + 1) et :
2
1
f (6X 2 − 6X + 1) = 6f (X 2 ) − 6f (X) + f (1) = (6X 2 − 6X + 1).
4
Ainsi on obtient :  
1 0 0
M = 0 1/2 0  .
0 0 1/4

5. On a A = M atB (f ), M = M atB0 (f ) et Q = PB,B0 . Par les formules de changement de bases, on

en déduit que :
M = Q−1 AQ ⇒ A = QM Q−1 .
Dès lors, A0 = I3 , A1 = QM Q−1 , A2 = QM Q−1 QM Q−1 = QM I3 M Q−1 = QM 2 Q−1 . On
montre alors par récurrence (laissée au lecteur, faites là si cela n’est pas clair pour vous !) que
pour tout n ∈ N :
An = QM n Q−1 .
Or M est une matrice diagonale, d’où immédiatement :
 
1 0 0
M n = 0 1/2n 0 .
0 0 1/4n

Reste à présent à faire le produit matriciel An = QM n Q−1 dont on connait tous les termes. On
trouve :  1
1

1 1 − 21n 1 + 21n
An = 0 2 1 3
 
2 n 0 
1
0 0 2n

6. Soit n ∈ N et P = a + bX + cX 2 avec (a, b, c) ∈ R3 , on a grâce à l’expression de An :

 2     
n 2 X 1 1 X 1 1
f (P ) = af (X ) + bf (X) + cf (1) = a n + 1+ n +b ( n + 1− n + c.
2 3 2 2 2 2
   
1 1 1 1 a b
7. On a φ(f n (P )) = a n + 1 + 21n + b ( n + 1



1− 2n + c qui tend vers + +c =
2 3 2 2 3 2
Z 1 Z 1
2
at + bt + c dt = P (t)dt. D’où le résultat.
0 0

5
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Partie III. Une autre preuve du résultat précédent

1. La propriété est vraie au rang 1 par définition de f .

Soit n ∈ N∗ et supposons la propriété vraie au rang n. Au rang n + 1, on a pour tout P ∈ R2 [X]
:

f n+1 (P ) = f n ◦ f (P )
     
1 X X +1
= fn P +P
2 2 2
     
1 n X n X +1
= f P +f P par linéarité de f n
2 2 2
X +k
 
n −1
1
2X 
X +k

n
+ 1
= n+1 P +P  2  par hypothèse de récurrence
 
2 2 n+1 2
k=0
n −1
2X
X + k + 2n
  
1 X +k
= P +P
2n+1 2n+1 2n+1
k=0
n −1
2X 2n −1
X + k + 2n
   
1 X +k 1 X
= P + n+1 P
2n+1 2n+1 2 2n+1
k=0 k=0
n −1 2n+1
1
2X 
X +k

1 X−1 
X +k

= P + P par changement de variables
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
k=0 k=2n
2n+1
X−1  
1 X +k
= P
2n+1 2n+1
k=0

D’où la propriété au rang n + 1. On conclut par principe de récurrence.

2. On en déduit que pour tout P ∈ R2 [X], n ∈ N∗ ,

2n −1   2n  
n 1 X 1+k 1 X k
φ(f (P )) = n P n
= n P
2 2 2 2n
k=0 k=1

On reconnait une somme de Riemann associée à P entre 0 et 1. P étant une fonction continue
sur R, on en déduit que : Z 1
n
lim φ (f (P )) = P (t)dt
n→+∞ 0