Probl` eme 2 − Analyse (d’apr` es le sujet du concours A−TB 2006)

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du concours blanc

Probl` eme 1 − Probabilit´ es

Un mobile se déplace aléatoirement le long d’un axe horizontal d’origine O, sur des points de coordonnées entières, positives ou nulles.

Les d´eplacements sont effectu´es selon le protocole suivant :

• `a l’instant z´ero, le mobile est sur l’origineO d’abscisse 0 ;

• pour tout entier naturel n, si le mobile se trouve `a l’instantnsur le point d’abscissek (0≤k≤n), alors il sera `a l’instantn+ 1 :

– soit sur le point d’abscisse k+ 1 avec la probabilit´e 1 3; – soit sur le pointO avec la probabilit´e 2

3.

Pour tout entier natureln, soitXnla variable aléatoire égale à l’abscisse du mobile à l’instantn. Ainsi,X0= 0.

On noteE(Xn) l’espérance mathématique de la variable aléatoireXn. 1. Vérifier queX1 suit une loi de Bernoulli de paramètre 1

3. Que vautE(X1) ? 2. (a) Donner la loi de la variable al´eatoireX₂.

Indication : On pourra remarquer que([X₁= 0],[X₁= 1])forment un système complet d’événements.

(b) CalculerE(X2).

3. D´eterminer l’ensemble des valeurs prises par la variable al´eatoireX_n.

4. Soitn∈N^∗ et soitk∈J1, nK. On considère les événements [Xn =k] et [Xn−1=k−1].

(a) Établir l’inclusion d’événements suivante : [Xn=k]⊂[Xn−1=k−1].

(b) En déduire l’égalité : [Xn=k] = [Xn=k]∩[X_n−1=k−1].

(c) Établir l’égalité :P([Xn=k]) = 1

3 P([Xn−1=k−1]).

(d) Déduire du résultat précédent que l’on a :P([Xn = 0]) =2 3.

5. (a) En utilisant la question 4.(c), montrer à l’aide d’un raisonnement par récurrence que pour tout entier nsupérieur ou égal à 1 on a :

∀k∈J0, nK P([X_n =k]) = 1

3 ^k

P([X_n−k = 0]).

(b) En d´eduire que pour tout entier natureln, l’expression deP([X_n =n]).

(c) Donner pour tout entiern∈N^∗ la loi de la variable al´eatoireXn.

6. (a) En utilisant la d´efinition deE(X_n) et la question 4.(c), montrer que pour tout entiern∈N^∗ : E(X_n) =1

3

n

X

k=1

k P([X_n−1=k−1]).

(b) En d´eduire que pour tout entiern∈N^∗ : E(Xn) =1

3 E(X_n−1) +1 3. (c) D´eterminer l’expression deE(X_n) en fonction de n.

Correction

(2)

1. La variableX1 prend les valeurs 0 et 1. Elle suit donc une loi de Bernoulli de paramètreP([X1= 1]) =1 3. L’espérance d’une loi de Bernoulli est égale à son paramètre. On a doncE(X1) = 1

3.

2. (a) L’ensemble des valeurs prises par X2 est {0,1,2}. Il reste `a calculer P([X2 = k]) pour tout k ∈ {0,1,2}.

Le système ([X₁= 0],[X₁= 1]) est un système complet d’événements. En effet, l’ensemble des valeurs prises par X₁ est{0,1}. La formule des probabilités totales donne alors :

P([X₂=k]) =P([X₂=k]/[X₁= 0])P([X₁= 0]) +P([X₂=k]/[X₁= 1])P([X₁= 1]) pour toutk∈ {0,1,2}. On a donc :

• P([X2= 0]) =P([X2= 0]/[X1= 0])

| {z }

2 3

P([X1= 0])

| {z }

2 3

+P([X2= 0]/[X1= 1])

| {z }

2 3

P([X1= 1])

| {z }

1 3

=2 3.

• P([X2= 1]) =P([X2= 1]/[X1= 0])

| {z }

1 3

P([X1= 0])

| {z }

2 3

+P([X2= 1]/[X1= 1])

| {z }

0

P([X1= 1])

| {z }

1 3

=2 9.

• P([X₂= 2]) =P([X₂= 2]/[X₁= 0])

| {z }

0

P([X₁= 0])

| {z }

2 3

+P([X₂= 2]/[X₁= 1])

| {z }

1 3

P([X₁= 1])

| {z }

1 3

=1 9. On v´erifie que :P([X2= 0]) +P([X2= 1]) +P([X2= 2]) = 1.

Remarque : Il est préférable de justifier les résultats précédents à l’aide de la formule des probabilités totales plutôt qu’avec un arbre de probabilités.

(b) D’après la définition de l’espérance mathématique d’une variable aléatoire, on a : E(X2) =

2

X

i=0

i×P([X =i]) = 0×2

3 + 1×2

9 + 2×1 9 =4

9. 3. L’ensemble des valeurs prises parXn est J0, nK.

4. Soit n∈N^∗ et soit k∈J1, nK.

(a) Si le mobile est à l’abscissekà l’instantn (i.e.Xn(ω) =k), alors il est à l’abscissek−1 à l’instant n−1 (i.e.X_n−1(ω) =k−1). On a donc :

[Xn=k]⊂[X_n−1=k−1].

(b) • Montrons que [X_n=k]⊂[X_n=k]∩[X_n−1=k−1].

Soit ω ∈ [X_n = k]. Alors d’après la question précédente, on a ω ∈ [X_n−1 = k−1]. Par suite ω∈[X_n=k] etω∈[X_n−1=k−1], i.e.ω∈[X_n=k]∩[X_n−1=k−1].

• Montrons que [Xn=k]∩[X_n−1=k−1]⊂[Xn =k].

Soitω ∈[Xn =k]∩[X_n−1 =k−1]. Alorsω ∈[Xn =k] et ω ∈[X_n−1=k−1]. En particulier : ω∈[Xn=k].

Des deux points précédents, on déduit : [X_n=k] = [X_n=k]∩[X_n−1=k−1].

Remarque : Plus généralement, siA, B sont des parties d’un ensembleE telles que A⊂B, alors on démontre, comme ci-dessus, queA=A∩B (faire un diagramme de Venn).

(3)

(c) On a :

P([X_n=k]) = P([X_n =k]∩[X_n−1=k−1]) (question pr´ec´edente)

= P([Xn =k]/[X_n−1=k−1])

| {z }

1 3

P([X_n−1=k−1]) (d´efinition d’une probabilit´e conditionnelle)

= 1

3 P([X_n−1=k−1]).

(d) On a tout d’abord l’identit´e :

P([Xn = 0]) = 1−P([Xn = 0]). (1)

L’ensemble des valeurs prises parXn ´etantJ0, nK, on a : P([Xn= 0]) =P([Xn ≥1)] =

n

X

k=1

P([Xn=k]). (2)

Or si k∈J1, nK, on a : P([Xn=k]) = 1

3 P([Xn−1=k−1]). On en d´eduit : P([Xn= 0]) =

n

X

k=1

P([Xn =k]) =

n

X

k=1

1

3 P([X_n−1=k−1]) = 1 3

n

X

k=1

P([X_n−1=k−1]) (3) De (3) et du changement d’indicek⁰ =k−1 dans la derni`ere somme, on d´eduit :

P([X_n= 0]) = 1 3

n−1

X

k⁰=0

P([X_n−1=k⁰]). (4)

CommeXn−1 prend ses valeurs dansJ0, n−1K, on a :

n−1

X

k⁰=0

P([X_n−1=k⁰]) = 1 et donc (4) se r´e´ecrit :

P([Xn = 0]) = 1

3. (5)

En rassemblant les r´esultats (1) et (5), on obtient :P([Xn = 0]) = 2 3. 5. (a) Pour toutn∈N^∗, on notePn l’assertion :

∀k∈J0, nK P([X_n =k]) = 1

3 ^k

P([X_n−k = 0]).

On d´emontrePn par r´ecurrence.

• Initialisation

La proposition P₁ s’´ecrit :

∀k∈J0,1K P([X1=k]) = 1

3 ^k

P([X_1−k= 0]) i.e. :

P([X1= 0]) = 1

3 0

P([X1= 0]) =P([X1= 0]) (pourk= 0) ;

P([X1= 1]) = 1

3 1

P([X0= 0])

| {z }

1

=1

3 (pourk= 1).

La première égalité est clairement vraie et la deuxième découle de la question 1. L’assertionP1 est donc vraie.

(4)

• Hérédité

Supposons l’assertion P_n vraie pour un entiern∈N^∗ fix´e. On a donc :

∀k∈J0, nK P([X_n=k]) = 1

3 k

P([X_n−k= 0]).

D´emontrons que l’assertionPn+1 est vraie, i.e. que :

∀k∈J0, n+ 1K P([Xn+1=k]) = 1

3 k

P([X_n+1−k= 0]).

Soitk∈J0, n+ 1K.

– Si k= 0, alorsP([Xn+1=k]) = 1

3 ^k

P([X_n+1−k = 0]) s’´ecrit

P([Xn+1= 0]) = 1

3 ⁰

P([Xn+1= 0]) et est donc vraie.

– Si k∈J1, n+ 1K, alors on a : P([Xn+1=k]) = 1

3 P([Xn=k−1]) (cf. question 4.(c))

= 1

3 1

3 k−1

P([X_n−(k−1)= 0])

| {z }

P([Xn=k−1])

(cf. hypoth`ese de r´ecurrence etk−1∈J0, nK)

= 1

3 k

P([X_n+1−k = 0]).

On en d´eduit que l’assertionPn+1 est vraie.

• De l’initialisation enn= 1, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence, on déduit que :

∀n∈N^∗ ∀k∈J0, nK P([X_n=k]) = 1

3 k

P([X_n−k = 0]).

(b) Soitn∈N.

– Si n= 0, alors :P([X_n=n]) =P([X₀= 0]) = 1.

– Si n∈N^∗, on sait, d’après la question précédente, que :

∀k∈J0, nK P([X_n=k]) = 1

3 k

P([X_n−k= 0]).

En particulier, pourk=n, on a : P([Xn=n]) =

1 3

ⁿ

P([X0= 0])

| {z }

1

= 1

3 ⁿ

.

Les deux résultats précédents peuvent s’écrire à l’aide d’une unique formule :

∀n∈N P([X_n=n]) = 1

3 ⁿ

.

(c) Soitn∈N^∗. On a déjà vu, à la question 3, que l’ensemble des valeurs deX_n est J0, nK. Il s’agit ici de calculerP([X_n=k]) pour toutk∈J0, nK.On sait que :

∀k∈J0, nK P([X_n =k]) = 1

3 ^k

P([X_n−k = 0]) (cf. question 5.(a)) ;

∀n∈N^∗ P([Xn= 0]) = 2 3

(5)

On combine ces deux r´esultats pour obtenir :

∀k∈J0, n−1K P([Xn=k]) = 1

3 ^k

P([X_n−k= 0])

| {z }

2

3 carn−k≥1

=2 3

1 3

^k .

D’autre part, on a vu, à la question précédente que : P([Xn=n]) =

1 3

n

.

On v´erifie que

n

X

k=0

P([Xn=k]) = 1.

n

X

k=0

P([X_n =k]) =

n−1

X

k=0

P([X_n =k])

!

+P([X_n=n])

=

n−1

X

k=0

2 3

1 3

k! +

1 3

n

= 2

3

n−1

X

k=0

1 3

^k! +

1 3

ⁿ

= 2

3

1− ¹₃n

1−¹₃

! +

1 3

n

(cf. cours sur les suites g´eom´etriques)

= 1.

6. (a) Soitn∈N^∗. Par définition de l’espérance mathématique deX_n , d’ensemble de valeursJ0, nK, on a : E(X_n) =

n

X

k=0

kP([X_n=k]). (6)

De (6) et du fait quekP([X_n =k]) = 0 sik= 0, on d´eduit que : E(X_n) =

n

X

k=1

kP([X_n=k]). (7)

D’apr`es la question 4.(c), on a :

∀k∈J1, nK P([Xn =k]) =1

3 P([Xn−1=k−1]). (8)

De (7) et (8), on d´eduit : E(Xn) =

n

X

k=1

k 1

3 P([X_n−1=k−1]) = 1 3

n

X

k=1

kP([X_n−1=k−1])

! .

(b) Soitn∈N^∗. On a : E(Xn) = 1

3

n

X

k=1

kP([X_n−1=k−1])

!

(cf. 6.(a))

= 1

3

n−1

X

k⁰=0

(k⁰+ 1)P([X_n−1=k⁰])

!

(changement d’indicek⁰=k−1)

= 1

3

n−1

X

k⁰=0

k⁰P([Xn−1=k⁰]) +P([Xn−1=k⁰])

!

= 1

3







n−1

X

k⁰=0

k⁰P([Xn−1=k⁰])

| {z }

=E(Xn−1)

+

n−1

X

k⁰=0

P([Xn−1=k⁰])

| {z }

=1





 .

(6)

Les égalités indiquées sous les accolades du dernier membre découlent du fait que l’ensemble des valeurs de X_n−1est J0, n−1K. On déduit de ce calcul que :

E(Xn) =1

3 E(Xn−1) +1 3.

(c) D’après la question précédente, la suite (E(Xn))n∈Nest arithmético-géométrique. On applique alors la méthode vue en cours pour exprimerE(X_n) en fonction den, pour toutn∈N.

• Le point fixe de la fonction affinex7→ 1 3x+1

3 estl= 1 2.

• Soit (vn)_n∈N la suite d´efinie par :

∀n∈N v_n =E(X_n)−1

2. (9)

On montre que la suite (v_n)_n∈_Nest g´eom´etrique de raison 1

3. Soitn∈N. On a :

1

3 v_n = 1 3

E(X_n)−1 2

= 1

3 E(X_n)−1 6 et

vn+1 = E(Xn+1)−1 2

= 1

3 E(Xn) +1 3 −1

2 (cf. question 6.(b))

= 1

3 E(Xn)−1 6. On a doncvn+1= 1

3 vn pour toutn∈N. La suite (vn)_n∈_Nest donc g´eom´etrique de raison 1 3.

• Du cours sur les suites géométriques, on déduit que ce qui précède que :

v_n=v₀ 1

3 n

=



E(X₀)

| {z }

=0

−1 2



 1

3 n

=−1 2

1 3

n

(10)

pour toutn ∈N. Le fait que E(X0) = 0 vient du fait queX0 suit la loi certaine sur le point 0.

Alors en utilisant les propri´et´es (9) et (10), on obtient :

∀n∈N E(Xn) =1

2 +vn= 1 2 −1

2 1

3 ⁿ

.

Probl` eme 2 − Analyse (d’apr` es le sujet du concours A−TB 2006)

Soitf une fonction continue sur l’intervalleI=]0,+∞[. On d´efinit la fonctionGf deI dansRpar :

∀x∈I G_f(x) = Z 3x

x

f(t) t dt.

1. (a) Montrer que la fonctionG_f est d´erivable surI.

Indication : On pourra introduire une primitive de la fonction t7→ f(t) t . (b) D´eterminer la fonctionG⁰_f.

2. (a) On d´efinit la fonctionf₁ deI dansRpar :

∀x∈I f1(x) = 1.

D´eterminer la fonctionG1=Gf₁.

(7)

(b) On d´efinit la fonctionf₂ deI dansRpar :

∀x∈I f₂(x) = ln(x).

D´eterminer la fonctionG2=Gf₂.

3. Dans la suite du problème,H désignera la fonction définie surI à valeurs dansRpar :

∀x∈I H(x) = Z 3x

x

cos(t) t dt.

(a) D´eterminer les signes deHπ 6

et deHπ 2

. (b) Montrer que :∀x∈I |H(x)| ≤ln(3).

4. SoitE la fonction d´efinie par :

E:I→R, t7→ 1 t²

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du.

(a) Montrer que :

∀t∈I |E(t)| ≤ t 6. (b) D´emontrer que :

∀t∈I cos(t) t =1

t − t

2+tE(t).

(c) Déduire des deux questions précédentes que la fonctionE est continue surR^+× et prolongeable par continuité surR⁺.

(d) En d´eduire queH(x) tend vers ln(3) quandxtend vers 0 par valeurs sup´erieures.

Notation : On notera désormais h le prolongement par continuité de H à [0,+∞[ obtenu en posant : h(0) = ln(3).

5. Montrer quehest d´erivable en 0.

6. (a) Montrer que :

∀x∈I h(x) = sin(3x)

3x −sin(x)

x +

Z 3x x

sin(t) t² dt.

(b) Montrer que : Z 3x

x

sin(t)

t² dt tend vers 0 quandxtend vers +∞.

(c) En d´eduire la limite deh(x) quandxtend vers +∞.

7. D´eterminer les intervalles sur lesquels la fonctionhest croissante et ceux sur lesquelles elle est d´ecroissante.

Correction

1. (a) La fonction t 7→ f(t)

t est continue sur I =]0,+∞[ (un quotient de deux fonctions continues est continu). Elle admet donc des primitives sur I. Soit Φ l’une d’entre elles.

Soitx∈I. On a :

G_f(x) = Z 3x

x

f(t)

t dt= Φ(3x)−Φ(x).

La fonction x 7→ 3x est d´erivable sur I et envoie I sur I. On sait de plus que la fonction Φ est d´erivable surI(puisque c’est une primitive det7→ f(t)

t surI). Une compos´ee de fonctions d´erivables

´

etant d´erivable, la fonctionx7→Φ(3x) est d´erivable surI.

La différence de deux fonctions dérivables étant dérivable, on en déduit finalement que Gf est dérivable surI.

(8)

(b) On a vu à la question précédente que :

∀x∈I G_f(x) = Φ(3x)−Φ(x).

Comme pour toutx∈I, Φ⁰(x) =f(x)

x (cf. d´efinition d’une primitive), on a : G⁰_f(x) = 3×Φ⁰(3x)

| {z }

cf. dérivée d’une composée

−Φ⁰(x) = 3×f(3x)

3x −f(x)

x = f(3x)−f(x) x

pour toutx∈I.

2. (a) Soitx∈I.

G₁(x) = Z 3x

x

f₁(t) t dt=

Z 3x x

1

t dt= [ln(t)]^3x_x = ln(3x)−ln(x) = ln 3x

x

= ln(3).

(b) Soitx∈I.

G2(x) = Z 3x

x

f2(t) t dt=

Z 3x x

ln(t) t dt=

Z 3x x

1 t

|{z}

u⁰(t)

×ln(t)

| {z }

u(t)

dt= 1

2×(ln(t))² ^3x

x

=1

2 (ln(3x))²−(ln(x))² .

Or :

(ln(3x))²−(ln(x))² = (ln(3x)−ln(x)) (ln(3x) + ln(x)) (identit´e remarquable)

= ln 3x

x

ln(3x²)

= ln(3) ln(3x²).

On a donc :

G2(x) =ln(3)

2 ln(3x²).

3. (a) • On calcule : 3×π 6 =π

2.

D’apr`es le cours sur la fonction cosinus, la fonction cosinus est positive ou nulle sur l’intervalle hπ

6,π 2

i(cf. cercle trigonom´etrique pour retrouver ce r´esultat). On a donc :

∀t∈hπ 6,π

2

i cos(t) t ≥0 et par suite, comme π

6 <π 2 :

Hπ 6

= Z ^π₂

π 6

cos(t) t dt≥0.

• On calcule : 3×π 2 =3π

2 .

D’apr`es le cours sur la fonction cosinus, la fonction cosinus est n´egative ou nulle sur l’intervalle π

2,3π 2

(cf. cercle trigonom´etrique pour retrouver ce r´esultat). On a donc :

∀t∈ π

2,3π 2

cos(t)

t ≤0 et par suite, comme π

2 <3π 2 :

Hπ 2

= Z ^3π₂

π 2

cos(t)

t dt≤0.

(9)

(b) Soitx∈I=]0,+∞[. Commex >0, on ax <3x, d’o`u :

|H(x)|=

Z 3x x

cos(t) t dt

≤ Z 3x

x

cos(t) t

dt. (11)

Si t∈[x,3x], alorst >0. On a donc :

∀t∈[x,3x]

cos(t) t

=|cos(t)|

|t| = |cos(t)|

t . (12)

Soitt∈[x,3x]. De|cos(t)| ≤1 (cf. propriétés de la fonction cosinus), on déduit :

|cos(t)|

t ≤ 1

t (multiplication par 1

t >0 de chaque membre de l’inégalité précédente).

On a donc :

∀t∈[x,3x] |cos(t)|

t ≤1

t. (13)

De (12) et (13), on, d´eduit :

∀t∈[x,3x]

cos(t) t

≤1

t. (14)

De (11) et (14), on tire (x <3x) :

|H(x)| ≤ Z 3x

x

cos(t) t

dt≤ Z 3x

x

1

t dt=G₁(x) = ln(3)

| {z }

cf.2.(a)

.

On a donc :|H(x)| ≤ln(3).

4. (a) Soitt∈I.

|E(t)|= 1 t²

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

= 1 t²

×

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

= 1 t²×

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

.(15) Commet >0, on a :

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

≤ Z t

0

sin(u)(t−u)² 2

du. (16)

On a de plus :

∀u∈[0, t]

sin(u)(t−u)² 2

= |sin(u)| |(t−u)²|

|2| =|sin(u)| (t−u)² 2 d’o`u :

Z t 0

sin(u)(t−u)² 2

du= Z t

0

|sin(u)| (t−u)²

2 du. (17)

Soitu∈[0, t]. De |sin(u)| ≤1 (cf. propriétés de la fonction sinus), on déduit :

|sin(u)| (t−u)²

2 ≤ (t−u)²

2 (multiplication par (t−u)²

2 ≥0 de chaque membre de l’inégalité précédente).

On a donc :

∀u∈[0, t] |sin(u)| (t−u)²

2 ≤ (t−u)²

2 .

d’o`u :

Z t 0

|sin(u)| (t−u)²

2 du≤

Z t 0

(t−u)²

2 du=

−1 3

(t−u)³ 2

^t

0

=t³

6. (18)

De (16), (17) et (18), on, d´eduit :

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

≤ Z t

0

sin(u)(t−u)² 2

du= Z t

0

|sin(u)| (t−u)²

2 du≤

Z t 0

(t−u)²

2 du=t³ 6.

(10)

On a donc :

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

≤t³

6. (19)

En multipliant chacun des membres de (19) par 1

t² >0, il vient : 1

t² ×

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

≤ t

6. (20)

De (15) et (20), on d´eduit finalement :

|E(t)| ≤ t 6.

(b) Soitt∈I=]0,+∞[. La fonction cosinus est de classeC³surI et on a :

∀u∈I cos⁰(u) =−sin(u), cos⁰⁰(u) =−cos(u), cos⁰⁰⁰(u) = sin(u).

La formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 2, appliquée à la fonction cosinus, entre 0 et t, donne :

cos(t) = cos(0) +cos⁰(0)

1! (t−0) +cos⁰⁰(0)

2! (t−0)²+ Z t

0

cos⁰⁰⁰(u)

2! (t−u)²du

= 1−t² 2 +

Z t 0

sin(u)(t−u)²

2 du

| {z }

t²E(t)

= 1−t²

2 +t²E(t).

De cos(t) = 1−t²

2 +t²E(t), on d´eduit alors que : cos(t)

t =1 t − t

2+tE(t).

(c) Soitt∈I=]0,+∞[. De l’´egalit´e cos(t) t =1

t − t

2+tE(t), on d´eduit, en isolantE(t), que : E(t) =cos(t)

t² − 1 t² +1

2.

La fonction cosinus est continue surI et la fonctiont7→t²est continue et ne s’annule pas surI. On en d´eduit que la fonctiont7→ cos(t)

t² est continue surI(un quotient de deux fonctions continues est continu).

On en d´eduit que la fonction

E:t7→ E(t) = cos(t) t² − 1

t² +1 2

est continue surI (cf. continuit´e des fonctions usuelles, une somme de fonctions continues est continue).

Rappel : Si A∈R⁺, alors pour toutX ∈R, on a|X| ≤Assi−A≤X ≤A.

De la question 4.(a), on d´eduit que :

∀t∈I=]0,+∞[ −t

6 ≤ E(t)≤ t

6. (21)

De (21) et du théorème d’encadrement, on déduit lim

t→0⁺E(t) = 0.On peut donc prolonger la fonction E par continuit´e `aR⁺ en posant :

E(0) = 0.

On notera, dans la suite, également E le prolongement par continuité à R⁺de la fonction E.

(11)

(d) Soitx∈I. `A l’aide de 4.(b), on peut ´ecrire : H(x) =

Z 3x x

cos(t) t dt=

Z 3x x

1 t − t

2+tE(t)dt=

Z 3x x

1 t dt

| {z }

G₁(x)=ln(3) (cf.2.(a))

+ Z 3x

x

−t

2 +tE(t)dt.

Pour d´emontrer queH(x) tend vers ln(3) quandxtend vers 0 par valeurs sup´erieures, il suffit donc que montrer que :

(∗) lim

x→0⁺

Z 3x x

−t

2 +tE(t)dt= 0.

La fonction t 7→ −1

2 +E(t) est continue sur le segment [0,1]¹ (cf. 4.(c)) et est donc bornée sur [0,1]. Il existe donc une constante réelleM (indépendante det) telle que pour toutt∈[0,1] :

−1 2 +E(t)

≤M. (22)

Soitt∈[0,1]. En multipliant chacun des membres de (22) part≥0, il vient : t

−1 2 +E(t)

| {z }

=|^t(⁻¹₂^+E^(t))|⁼|⁻^t₂^+t^E(t)|

≤M t.

∀t∈[0,1]

−t

2+tE(t)

≤M t. (23)

Soitx∈

0,1 3

. Alors pour toutt∈[x,3x], on a :

0≤x≤t≤3x≤3×1 3 = 1 et donc t∈[0,1].De cette remarque et de (23), on d´eduit alors que :

Z 3x x

−t

2+tE(t)

dt≤ Z 3x

x

M t dt=M × Z 3x

x

t dt=M t²

2 ^3x

x

= 4M x². On a donc :

Z 3x x

−t

2 +tE(t)

dt≤4M x². (24)

De plus on a :

Z 3x x

−t

2 +tE(t)dt

≤ Z 3x

x

−t

2 +tE(t)

dt. (25)

De (24) et (25), on d´eduit alors :

Z 3x x

−t

2 +tE(t)dt

≤ Z 3x

x

−t

2+tE(t)

dt≤4M x² d’o`u :

Z 3x x

−t

2+tE(t)dt

≤4M x² i.e. :

−4M x²≤ Z 3x

x

−t

2+tE(t)dt≤4M x². Cette dernière inégalité valable pour toutx∈

0,1

3

et le th´eor`eme d’encadrement entraˆınent que : lim

x→0⁺

Z 3x x

−t

2 +tE(t)dt= 0.

L’assertion (∗) est donc démontrée, ce qui achève la preuve.

1. On choisit ici de considérer le segment [0,1]. S’il est important de choisir un segment, le choix de [0,1] est arbitraitre ; le choix d’un autre segment du type [0, b], avecb >0, aurait permis, en suivant la même méthode, de répondre à la question posée.

(12)

5. D’apr`es la question 1.(b), on a :

∀x∈I=]0,+∞[ h⁰(x) =H⁰(x) =cos(3x)−cos(x)

x .

On rappelle la limite usuelle²:

X→0lim

1−cos(X) X² = 1

2. Soitx∈I. On a :

h⁰(x) = cos(3x)−cos(x) x

= 1−cos(x)−(1−cos(3x)) x

= 1−cos(x)

x −1−cos(3x) x

= x² x

1−cos(x)

x² −(3x)² x

1−cos(3x) (3x)²

= x 1−cos(x)

x² −9x 1−cos(3x) (3x)² . D’apr`es la limite usuelle rappel´ee ci-dessus, on a :

x→0lim

1−cos(x) x² = 1

2 et

x→0lim

1−cos(3x) (3x)² =1

2 (composition de limites).

On en déduit queh⁰(x) tend vers 0 (opérations sur les limites) quandxtend vers 0 par valeurs supérieures.

Par suite, la fonction hest d´erivable en 0 `a droite eth⁰_d(0) = 0.

6. (a) Soitx∈I=]0,+∞[. On se propose d’´ecrire : h(x) =H(x) =

Z 3x x

cos(t) t dt=

Z 3x x

cos(t)× 1 t dt sous la forme demand´ee. On va effectuer une int´egration par parties.

On introduit les fonctions uet vd´efinies sur [x,3x] par

∀t∈[x,3x] u⁰(t) = cos(t) etv(t) =1 t. Ces deux fonctions sont de classeC¹sur [x,3x] et on a :

∀t∈[x,3x] u(t) = sin(t) et v⁰(t) =−1 t². En appliquant la formule d’int´egration par parties, on a donc :

h(x) =





 sin(t)

| {z }

u(t)

1 t

|{z}

v(t)







3x

x

− Z 3x

x

sin(t)

| {z }

u(t)

× −1 t²

|{z}

v⁰(t)

dt

= sin(3x)

3x −sin(x)

x +

Z 3x x

sin(t) t² dt.

2. Notons que ce résultat classique découle de l’étude faite à la question 4. En effet on sait que :

• 1−cos(t)

t² =1

2− E(t) (cf. transformation de la formule de la question 4.(b))

• lim

t→0⁺

E(t) = 0 (cf. question 4.(c)) On a donc lim

t→0⁺

1−cos(t)

t² =1

2. De ce r´esultat et de la parit´e de la fonctiont7→1−cos(t)

t² , on d´eduit : lim

t→0⁻

1−cos(t)

t² =1

2. On a donc : lim

t→0

1−cos(t)

t² =1

2.

(13)

On a donc :

∀x∈]0,+∞[ h(x) =sin(3x)

3x −sin(x)

x +

Z 3x x

sin(t)

t² dt. (26)

(b) Soitx∈I=]0,+∞[.

Soitt∈[x,3x]. De−1≤sin(t)≤1, on d´eduit (multiplication de chaque membre par 1

t² >0) que :

−1

t² ≤ sin(t) t² ≤ 1

t².

On a donc :

Z 3x x

−1 t² dt≤

Z 3x x

sin(t) t² dt≤

Z 3x x

1 t² dt et par suite :

1 t

^3x

x

≤ Z 3x

x

sin(t) t² dt≤

−1 t

^3x

x

. On a donc :

1 3x−1

x≤ Z 3x

x

sin(t) t² dt≤ 1

x− 1 3x.

De cette dernière inégalité, valable pour toutx∈]0,+∞[ et du théorème d’encadrement, on déduit que :

x→+∞lim Z 3x

x

sin(t)

t² dt= 0. (27)

(c) Soitx∈I =]0,+∞[. De−1≤sin(x)≤1, on d´eduit (multiplication de chaque membre par 1 x >0) que :

−1

x≤ sin(x) x ≤ 1

x.

De cette dernière inégalité, valable pour toutx∈]0,+∞[ et du théorème d’encadrement, on déduit que :

x→+∞lim sin(x)

x = 0. (28)

Par composition de limites, on obtient alors :

x→+∞lim sin(3x)

3x = 0. (29)

De (26), (27), (28) et (29), on d´eduit alors :

x→+∞lim h(x) = 0.

7. On sait que pour toutx∈I=]0,+∞[, on a : h⁰(x) = cos(3x)−cos(x)

x (cf. question 1.(b)). (30)

Pour étudier les variations deh, on va étudier le signe deh⁰ surI. Comme pour toutx∈I,x >0, on est ramené à étudier le signe de l’expression :

cos(3x)−cos(x)

pour toutx∈]0,+∞[. Pour cela on va factoriser l’expression cos(3x)−cos(x).

Soitx∈R. En appliquant la formule de trigonom´etrie : cos(p)−cos(q) =−2 sin

p+q 2

sin

p−q 2

(14)

avecp= 3xetq=x, on trouve :

cos(3x)−cos(x) =−2 sin(2x) sin(x). (31)

De (31) et de la formule de trigonom´etrie :

sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) on d´eduit :

cos(3x)−cos(x) =−4 sin²(x) cos(x). (32)

De (30) et (32), on d´eduit alors que :

h⁰(x) = 4 sin²(x) x

| {z }

≥0

×(−cos(x))

pour toutx∈]0,+∞[.

On en d´eduit, `a l’aide du tableau de signes de cosinus, que :

• six∈i 0,π

2 i

alorsh⁰(x)≤0 ;

• six∈ π

2 + 2kπ,3π 2 + 2kπ

(k∈N) alorsh⁰(x)≥0 ;

• six∈ 3π

2 + 2kπ,5π 2 + 2kπ

(k∈N) alorsh⁰(x)≤0.

On remarque que : i0,π

2

i ∪ [

k∈N

π

2 + 2kπ,3π 2 + 2kπ

!

∪ [

k∈N

3π

2 + 2kπ,5π 2 + 2kπ

!

=]0,+∞[=I.

On a donc déterminé le signe deh⁰(x) quel que soitx∈R. On en déduit que :

• la fonction hest d´ecroissante suri 0,π

2 i

;

• la fonction hest croissante sur π

2 + 2kπ,3π 2 + 2kπ

(k∈N) ;

• la fonction hest d´ecroissante sur 3π

2 + 2kπ,5π 2 + 2kπ

(k∈N).

Probl` eme 3 − Alg` ebre lin´ eaire

Soient (un)_n∈N, (vn)_n∈Net (wn)_n∈Nles trois suites d´efinies par leur premier terme : u0= 1 ; v0= 0 ; w0= 0

et les relations de r´ecurrence :







u_n+1= 3u_n−v_n+w_n v_n+1=u_n+ 2v_n w_n+1=v_n+w_n valables pour toutn∈N.

On noteAla matrice





3 −1 1

1 2 0

0 1 1



et on poseX_n =



 u_n vn

wn



pour toutn∈N.

(15)

1. (a) Reconnaˆıtre, pour toutn∈N, le produitAX_n.

(b) En d´eduire une expression deX_n en fonction deA,X₀ et de l’entiern, pour toutn∈N.

2. On note f l’endomorphisme deR³ canoniquement associ´e `a A, i.e. tel queAsoit la matrice def dans la base canonique B= (e₁, e₂, e₃) deR³.

(a) L’endomorphismef deR³est-il un isomorphisme ?

(b) D´eterminer le vecteure⁰₁ deR³tel que f(e⁰₁) = 2e⁰₁ et dont la troisi`eme composante est 1.

(c) D´eterminer le vecteure⁰₂ deR³tel que f(e⁰₂) =e⁰₁+ 2e⁰₂ et dont la troisi`eme composante est−1.

(d) D´eterminer le vecteure⁰₃ deR³tel que f(e⁰₃) =e⁰₂+ 2e⁰₃ et dont la troisi`eme composante est 2.

(e) Montrer queB⁰= (e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃) est une base deR³.

(f) Donner la matrice T de l’endomorphismef dans la baseB⁰. 3. (a) On noteN la matrice





0 1 0 0 0 1 0 0 0



. CalculerN²,N³et en déduire la valeur deN^k pour toutk∈N. (b) ÉcrireT comme une combinaison linéaire des matricesI3 etN, puis appliquer la formule du binôme de Newton pour déterminer une expression de la matriceTⁿ en fonction de l’entier natureln, pour tout n∈N.

4. SoitP la matrice de passage de la baseB `a la baseB⁰.

(a) ExprimerAen fonction deT,PetP⁻¹, puisAⁿen fonction des mˆemes matrices et de l’entier naturel n.

(b) Donner la matriceP, puis calculerP⁻¹.

(c) D´eterminer les expressions deun,vn etwn en fonction de l’entier natureln, pour toutn∈N. Correction

1. (a) Soitn∈N. On a : AXn =





3 −1 1

1 2 0

0 1 1







 un

vn

w_n



=





3un−vn+wn

un+ 2vn

v_n+w_n



=



 un+1

vn+1

w_n+1



=Xn+1. (b) En utilisant la relationAX_n =X_n+1 (n∈N) ´etablie ci-dessus, on remarque que :

X1=AX0;

X2=AX1=A(AX0) =A²X0; X3=AX2=A(A²X0) =A³X0.

On conjecture ainsi que pour toutn∈N,Xn =AⁿX0. D´emontrons cette conjecture, par r´ecurrence.

Pour toutn∈N, on note :

Pn : Xn=AⁿX0.

• Initialisation

Si n= 0, alorsXn =X0et Aⁿ=I3. La propriétéP0s’écrit donc : X₀=I₃X₀.

Elle est donc vraie.

• Hérédité

Supposons la propriétéPn vraie pour un entiernfixé, i.e. :

X_n=AⁿX₀. (33)

Montrons queP_n+1 est vraie, i.e. que :X_n+1=Aⁿ⁺¹X₀. On a, d’apr`es la question 1.(a) :

Xn+1=AXn. (34)

De (33) et (34), on d´eduit :

X_n+1=AX_n=A(AⁿX₀) =Aⁿ⁺¹X₀.

(16)

• Conclusion

D’après l’initialisation àn= 0, l’hérédité deP_n et l’axiome de récurrence, on a :

∀n∈N Xn =AⁿX0. 2. (a) D’apr`es le cours, on a :

f isomorphisme ⇐⇒ Mat(f,B) inversible

⇐⇒ det(Mat(f,B))6= 0.

On calcule le déterminant de la matrice Mat(f,B). Par définition même def, on a :

Mat(f,B) =





3 −1 1

1 2 0

0 1 1



.

On a :

det(Mat(f,B)) = det





3 −1 1

1 2 0

0 1 1





= det





3 −2 1

1 2 0

0 0 1



 (C2←C2−C3)

= 1×det

3 −2

1 2

(d´eveloppement suivant la 3`eme ligne)

= 86= 0.

L’endomorphismef deR³est donc un isomorphisme.

(b) Par d´efinition de l’endomorphismef, on a pour tout



 x y z



∈R³ :

f







 x y z







=A



 x y z



=





3x−y+z x+ 2y

y+z



.

On commence par d´eterminer l’ensemble des



 x y z



∈R³ tels que :

(E₁) f







 x y z







= 2



 x y z



=



 2x 2y 2z



.

L’équation (E₁) se réécrit :

(S1)







3x−y+z= 2x x+ 2y= 2y y+z= 2z On a :

(S1) ⇐⇒







x−y+z= 0 x= 0 y−z= 0 On en d´eduit que l’ensemble des solutions de (S1) (i.e. de (E1)) est :

S1=









 0 z z



 : z∈R





 .

(17)

De l’étude qui précède on déduit que l’unique vecteure⁰₁ deR³ qui vérifief(e⁰₁) = 2e⁰₁ (i.e. qui est solution de (E₁)) dont la troisième composante est 1 est :

e⁰₁=



 0 1 1



.

(c) On commence par d´eterminer l’ensemble des



 x y z



(E2) f







 x y z







=e⁰₁+ 2



 x y z



=



 2x 1 + 2y 1 + 2z



.

L’équation (E2) se réécrit :

(S2)







3x−y+z= 2x x+ 2y= 1 + 2y y+z= 1 + 2z On a :

(S2) ⇐⇒







x−y+z= 0 x= 1 y−z= 1 On en d´eduit que l’ensemble des solutions de (S₂) (i.e. de (E₂)) est :

S₂=









 1 z+ 1

z



 : z∈R





 .

De l’étude qui précède on déduit que l’unique vecteure⁰₂ deR³ qui vérifief(e⁰₂) =e⁰₁+ 2e⁰₂(i.e. qui est solution de (E2)) dont la troisième composante est−1 est :

e⁰₂=



 1 0

−1



.

(d) On commence par d´eterminer l’ensemble des



 x y z



(E3) f







 x y z







=e⁰₂+ 2



 x y z



=





1 + 2x 2y

−1 + 2z



.

L’équation (E2) se réécrit :

(S3)







3x−y+z= 1 + 2x x+ 2y= 2y y+z=−1 + 2z On a :

(S3) ⇐⇒







x−y+z= 1 x= 0 y−z=−1 On en d´eduit que l’ensemble des solutions de (S3) (i.e. de (E3)) est :

S3=









 0 z−1

z



 : z∈R





 .

De l’étude qui précède on déduit que l’unique vecteure⁰₃ deR³ qui vérifief(e⁰₃) =e⁰₂+ 2e⁰₃(i.e. qui est solution de (E3)) dont la troisième composante est 2 est :

e⁰₃=



 0 1 2



.

(18)

(e) La famille (e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃) est libre car :

det(Mat_B(e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃)) = det





0 1 0

1 0 1

1 −1 2



=−det

1 1 1 2

| {z }

d´eveloppement suivant la 1`ere ligne

=−16= 0.

La familleB⁰= (e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃) est une famille libre de 3 vecteurs dansR³, espace vectoriel de dimension 3. C’est donc une base deR³.

(f) Par d´efinition des vecteurse⁰₁, e⁰₂, e⁰₃, on a :

f(e⁰₁) = 2e⁰₁= 2e⁰₁+ 0e⁰₂+ 0e⁰₃ f(e⁰₂) =e⁰₁+ 2e⁰₂= 1e⁰₁+ 2e⁰₂+ 0e⁰₃ f(e⁰₃) =e⁰₂+ 2e⁰₃= 0e⁰₁+ 1e⁰₂+ 2e⁰₃. On en d´eduit que :

T = Mat(f,B⁰) =





2 1 0 0 2 1 0 0 2



.

3. (a) On calcule :

N²=





0 0 1 0 0 0 0 0 0



 et N³=





0 0 0 0 0 0 0 0 0



= 0_M₃₍_R₎. Si k∈N^≥3, alors :

N^k =N³×N^k−3= 0_M₃₍_R₎×N^k−3= 0_M₃₍_R₎.

Remarque : Notons que dans la ligne précédentek−3≥0 et doncN^k−3 est une puissance positive ou nulle de la matrice N, qui est bien définie. Les puissances négatives de N ne sont quant à elles pas définies, car la matriceN n’est pas inversible (det(N) = 0).

On a donc les r´esultats suivants :

N^k=









 I3=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



 sik= 0

N=





0 1 0 0 0 1 0 0 0



 sik= 1

N²=





0 0 1 0 0 0 0 0 0



 sik= 2

0_M₃₍_R₎=





0 0 0 0 0 0 0 0 0



 sik≥3

(b) Soitn∈N. On a d´etermin´e en 2.(f) les coefficients de la matriceT. On remarque que : T = 2I3+N.

Comme les matricesI3 et N commutent (i.e. N I3=I3N), on peut appliquer la formule du binˆome de Newton pour calculer

(2I3+N)ⁿ. On trouve :

Tⁿ= (2I3+N)ⁿ=

n

X

k=0

C_n^k(2I3)^n−k N^k.

(19)

On remarque que comme N^k = 0_M₃₍_R₎sik≥3, on a (cf. 3.(a)) : Tⁿ=

n

X

k=0

C_n^k(2I3)^n−kN^k=

2

X

k=0

C_n^k(2I3)^n−kN^k sin≥2. On en d´eduit que sin≥2 :

Tⁿ = (2I₃)ⁿ+C_n¹(2I₃)ⁿ⁻¹N+C_n²(2I₃)ⁿ⁻²N²

= 2ⁿI3+n2ⁿ⁻¹N+n(n−1)

2 2ⁿ⁻²N²

= 2ⁿI3+n2ⁿ⁻¹N+n(n−1)2ⁿ⁻³N² sin≥2.

On a donc :

Tⁿ=







I3 sin= 0 T sin= 1

2ⁿI3+n2ⁿ⁻¹N+n(n−1)2ⁿ⁻³N²sin≥2 i.e.

Tⁿ=















1 0 0 0 1 0 0 0 1



 sin= 0





2 1 0 0 2 1 0 0 2



 sin= 1





2ⁿ n2ⁿ⁻¹ n(n−1)2ⁿ⁻³

0 2ⁿ n2ⁿ⁻¹

0 0 2ⁿ



 sin≥2.

4. (a) La matrice de changement de base deB àB⁰ notée P dans l’énoncé est la matrice notée P_B,B⁰ dans le cours. La formule de changement de base donne :

Mat(f,B)

| {z }

A

=PMat(f,B⁰)

| {z }

T

P⁻¹

i.e.

A=P T P⁻¹. On en déduit, à l’aide d’un raisonnement par récurrence que :

∀n∈N Aⁿ =P TⁿP⁻¹. (b) On a :

P =P_B,B⁰ = Mat(id_R3,B⁰,B) =





0 1 0

1 0 1

1 −1 2



.

On calculeP⁻¹ et on trouve :

P⁻¹=





−1 2 −1

1 0 0

1 −1 1



.

(20)

(c) De 1.(b), 3.(b), 4.(a), 4.(b), on d´eduit que pour toutn≥2, on a : Xn = AⁿX0

= P TⁿP⁻¹X0

=





0 1 0

1 0 1

1 −1 2









2ⁿ n2ⁿ⁻¹ n(n−1)2ⁿ⁻³

0 2ⁿ n2ⁿ⁻¹

0 0 2ⁿ









−1 2 −1

1 0 0

1 −1 1







 1 0 0





=





2ⁿ⁻¹(n+ 2) 2ⁿ⁻³(n²+ 3n)

2ⁿ⁻³(n²−n)



.

On a donc :

Xn =



 un

vn

wn



=













 1 0 0



 sin= 0



 3 1 0



 sin= 1





2ⁿ⁻¹(n+ 2) 2ⁿ⁻³(n²+ 3n)

2ⁿ⁻³(n²−n)



 sin≥2.

On remarque que ces résultats peuvent être rassemblés sous la forme :

∀n∈N











un = 2ⁿ⁻¹(n+ 2) v_n= 2ⁿ⁻³(n²+ 3n) w_n = 2ⁿ⁻³(n²−n).