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EML 2015 et correction, Mathématiques, option E

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Type : Concours, Sujets Classe(s) : CPGE ECE 2 Matières : Mathématiques

Mots clés : corrigé, concours 2015, bce, banque commune d'épreuves, option éco

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Correction EML E 2015

Sujet Math EML 2015 option éco

Le contributeur mesrevisions précise : Correction de l'épreuve mise à jour. Loi exponentielle, maximum de loi exponentielles et loi du premier dépassement ; Analyse (étude d'une fonction, suite, fonction à deux variables) ; Endomorphismes d'un espace de dimension 3 vérifiant fo(f^2+i)=0

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Sujets et corrections des épreuves de concours post-bac

EML 2015 Corrigé

Exercice 1

Partie I : Loi exponentielle

1. D’après le cours, une variable aléatoireX, de loi exponentielle de paramètre λadmet pour densité f_X la fonction définie sur Rpar :

fX(x) =

( λe^−λx si x>0 0 si x <0

Sa fonction de répartition est alors la fonction F_X définie sur Rpar : FX(x) =

( 1−e^−λx si x>0 0 si x <0 Son espérance est E(X) = 1

λ et sa variance V(X) = 1 λ² . 2. En reprenant les notations ci-dessus, on sait

Z +∞

−∞ fX(x)dxest convergente et vaut 1 (carf_X est une densité de probabilité). Autrement dit :

Z +∞

0

λe^−λxdx est convergente et vaut 1.

On en déduit que Z +∞

0

e^−λxdxest convergente et vaut 1 λ . De même, on sait que X admet une espérance et que E(X) = 1

λ. Autrement dit, l’intégrale

Z +∞

−∞ xfX(x)dxest absolument convergente et vaut 1 λ. On en déduit que

Z +∞

0

xe^−λxdxest (absolument) convergente et vaut 1 λ² . 3. (a) Comme U est à valeurs dans [0; 1[, 1−U est à valeurs dans ]0; 1]. Par

conséquent,ln(1−U)est à valeurs dans]− ∞; 0], et doncV est à valeurs dans [0; +∞[.

Cherchons sa fonction de répartition sur[0; +∞[. Pour toutx>0, on a : P(V 6x) =P

−1

λln(1−U)6x

=Pln(1−U)>−λx

=P1−U >e^−λx

=PU 61−e^−λx

Or,U suit une loi uniforme sur[0; 1[et1−e^−λx∈[0; 1[(car0< e^−λx61 pour tout x>0). On en déduit que P(V 6x) = 1−e^−λx.

Ainsi, V est une variable aléatoire à valeurs dans [0; +∞[ et telle que P(V 6x) = 1−e^−λx pour toutx>0.

Par conséquent, V suit donc une loi exponentielle de paramètre λ. (b) On simule une loi uniforme sur [0; 1[ à l’aide derand() et on se sert de

la question précédente : function V=varexp(lambda)

U=rand();

V=-1/lambda*log(1-U);

endfunction

Partie II : Loi de la variable aléatoire T_n

4. (a) Pour tout n∈N^∗ et pour toutx >0, on a : P(Tn6x) =Pmax(X1, . . . , Xn)6x

=P(X₁6x)∩. . .∩(X_n6x)

=P(X₁6x)×. . .×P(X_n6x) par indépendance deX₁, . . . , X_n Or, les n variables aléatoiresX1, . . . , Xn suivent une loi exponentielle de paramètre 1, doncP(X_i6x) = 1−e^−x pour touti∈J1;nKet donc :

P(T_n6x) = 1−e^−xn

(b) Comme Tn est le maximum de n variables aléatoires à valeurs dans ]0; +∞[, elle est elle aussi à valeurs dans ]0; +∞[. En combinant cela avec la question précédente, on en déduit que la fonction de répartition de Tn est la fonction Fn définie surR par :

F_n(x) =

( (1−e^−x)ⁿ si x >0 0 si x60

Cette fonction Fn est de classe C¹ sur ]0; +∞[ par opérations (soustrac- tion, puissance) sur des fonctions de classe C¹. Elle est aussi de classeC¹ sur ]− ∞; 0[ de manière évidente. Par conséquent, elle est de classe C¹ sur R^∗ (qui est Rprivé d’un nombre fini de points).

Montrons qu’elle est également continue sur R. Comme elle est de classe C¹ sur R^∗, elle est également continue sur R^∗ si bien qu’il ne reste qu’à étudier la continuité en 0.

À gauche de 0, on a, de manière évidente : F_n(x) −→

x→0⁻ 0. Et à droite : F_n(x) −→

x→0⁺ 0également car(1−e⁰)ⁿ= 0. Donc lim

x→0⁻F_n(x) = lim

x→0⁺F_n(x) = F_n(0). On en déduit que F_n est continue en 0, et donc continue surR. Conclusion : la fonction de répartition F_n de T_n est continue sur R et de classe C¹ sur R privé d’un nombre fini de points. Ce qui prouve que

Tn est une variable aléatoire à densité .

De plus, pour tout x > 0, on a F_n⁰(x) = ne^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹ = f_n(x). Et pour tout x <0,F_n⁰(x) = 0 =fn(x). Donc F_n⁰ =fn surR^∗.

On en déduit quef_n est bien une densité deT_n.

5. (a) Soitn∈N^∗quelconque. Il s’agit de montrer que l’intégrale Z +∞

−∞

xf_n(x)dx est absolument convergente, c’est-à-dire que

Z +∞

0

nxe^−x(1− e^−x)ⁿdx l’est.

Pour tout x > 0, on a nxe^−x(1−e^−x)ⁿ > 0, et au voisinage de +∞ : nxe^−x(1−e^−x)ⁿ ∼

x→+∞ nxe^−x (car (1−e^−x)ⁿ −→

n→+∞ 1). Or, l’intégrale Z +∞

0

nxe^−xdxest convergente car Z +∞

0

xe^−xdxl’est (question I.2).

Par critère de convergence par équivalents pour des intégrales de fonctions continues et positives, on en déduit que l’intégrale

Z +∞

0

nxe^−x(1−e^−x)ⁿdx est convergente, et donc aussi absolument convergente (puisque qu’on a nxe^−x(1−e^−x)ⁿ>0pour toutx>0).

Par conséquent, la variable aléatoire T_n admet une espérance . (b) Il suffit de calculer :

E(T1) = Z +∞

0

xf1(x)dx

= Z +∞

0

xe^−xdx

Ce qui donne, d’après la question I.2 : E(T₁) = 1. Ensuite :

E(T₂) = Z +∞

0

xf₂(x)dx

= Z +∞

0

2xe^−x(1−e^−x)dx

= Z +∞

0

2xe^−x−2xe^−2xdx

= 2 Z +∞

0

xe^−xdx−2 Z +∞

0

xe^−2xdx (les deux intégrales convergent, cf I.2)

= 2 2− 2

2² (question I.2) Ce qui donne finalement : E(T2) = 3

2 .

6. (a) Remarque : il y a un léger problème d’énoncé ici. En effet, on demande de montrer une inégalité faisant intervenirf_n+1⁰ (x)pour toutx>0, mais

fn+1 n’est pas toujours dérivable sur [0; +∞[. En effet, f2 n’est pas déri- vable en 0 par exemple. On peut remédier à cela, soit en remplaçant R⁺ par R^+∗, soit en considérant que f_n+1⁰ (0) désigne dans cette question (et la suivante) la dérivée à droite de fn+1 en 0. On choisit ici la deuxième solution :

Soit n ∈ N^∗ quelconque. La fonction f_n+1 est dérivable sur ]0; +∞[ (et à droite en 0) par opérations sur des fonctions dérivables. De plus, pour toutx>0, on a (dérivée d’un produit,fn+1(x) étant égal à(n+ 1)e^−x× (1−e^−x)ⁿ) :

f_n+1⁰ (x) = −(n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ+ (n+ 1)e^−xne^−x 1−e^−xn−1

=−(n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ+n(n+ 1)e^−2x 1−e^−xn−1 Donc

−1

n+ 1f_n+1⁰ (x) =e^−x(1−e^−x)ⁿ−ne^−2x 1−e^−xn−1

=e^−x 1−e^−xn−1h(1−e^−x)−ne^−xi

=e^−x 1−e^−xn−1h1−(n+ 1)e^−xi Or, on a d’autre part :

f_n+1(x)−f_n(x) = (n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ−ne^−x 1−e^−xn−1

=e^−x 1−e^−xn−1h(n+ 1)(1−e^−x)−nⁱ

=e^−x 1−e^−xn−1h(n+ 1)−(n+ 1)e^−x−nⁱ

=e^−x 1−e^−xn−1h1−(n+ 1)e^−xi

Par conséquent, on a bienfn+1(x)−fn(x) = −1

n+ 1f_n+1⁰ (x) pour toutx>0.

(b) Soit a > 0 quelconque. Alors Z a

0

fn+1(x)dx = Z a

0

u⁰(x)v(x)dx avec u et v les fonctions de classe C¹ sur R définies par u(x) = x et v(x) = ne^−x(1−e^−x)ⁿ. On fait alors une intégration par parties :

1 n+ 1

Z a 0

fn+1(x)dx= 1 n+ 1

h

u(x)v(x)ⁱ

a 0− 1

n+ 1 Z a

0

u(x)v⁰(x)dx

= 1

n+ 1nae^−a(1−e^−a)ⁿ− 1 n+ 1

Z a 0

xf_n+1⁰ (x)dx Soit, d’après la question précédente :

1 n+ 1

Z a 0

fn+1(x)dx= 1

n+ 1nae^−a(1−e^−a)ⁿ+ Z a

0

x(fn+1(x)−fn(x))dx Or, nae^−a(1−e^−a)ⁿ −→

a→+∞0 car ae^−a −→

a→+∞ 0 (croissances comparées) et (1−e^−a)ⁿ −→

a→+∞1. Par conséquent, en passant à la limite (lorsque a

tend vers+∞) dans l’égalité ci-dessus, on obtient : 1

n+ 1 Z +∞

0

f_n+1(x)dx= Z +∞

0

x(f_n+1(x)−f_n(x))dx

(Ces intégrales sont bien convergentes : la première car c’est l’intégrale d’une densité de probabilité, la deuxième carTn+1etTnadmettent toutes les deux une espérance)

(c) Comme f_n+1 est une densité de probabilité, on a Z +∞

−∞

f_n+1(x)dx = 1, soit

Z +∞

0

fn+1(x)dx= 1 (puisquefn+1 est nulle sur]− ∞; 0[). De plus, on a (par linéarité de l’intégrale) :

Z +∞

0

x(fn+1(x)−fn(x))dx= Z +∞

0

xfn+1(x)dx− Z +∞

0

xfn(x)dx

=E(T_n+1)−E(T_n) L’égalité de la question précédente peut donc se réécrire :

E(Tn+1)−E(Tn) = 1 n+ 1

Maintenant, fixonsn∈N^∗ quelconque. D’après ce qui précède, on a, pour tout k∈J1;n−1K:

E(T_k+1)−E(T_k) = 1 k+ 1 On somme ces égalités :

n−1

X

k=1

E(T_k+1)−E(T_k)=

n−1

X

k=1

1 k+ 1 Or, la somme de droite se simplifie (somme télescopique) :

n−1

X

k=1

E(T_k+1)−E(T_k)=

n−1

X

k=1

E(T_k+1)−

n−1

X

k=1

E(T_k)

=

n

X

j=2

E(Tj)−

n−1

X

k=1

E(Tk) (changement d’indice) Tous les termes se simplifient, sauf le terme j=nde la première somme et le terme k= 1 de la deuxième. Il reste :

n−1

X

k=1

E(T_k+1)−E(T_k)=E(T_n)−E(T₁)

Par conséquent :

E(T_n)−E(T₁) =

n−1

X

k=1

1 k+ 1

D’où :

E(T_n) =E(T₁) +

n−1

X

k=1

1 k+ 1

=E(T1) +

n

X

j=2

1

j (changement d’indice)

= 1 +

n

X

j=2

1

j (question 5.b) Ce qui donne finalement :

E(Tn) =

n

X

j=1

1 j

Partie III : La loi du premier dépassement

7. L’événement[N = 0] signifie qu’il n’y a aucun entier n tel queXn6a, c’est- à-dire que l’événement [X_k6a]est réalisé pour tout k∈N^∗. Autrement dit :

(N = 0) =

+∞

\

k=1

(X_k6a)

En particulier, on en déduit qu’on a pour toutn∈N^∗:(N = 0)⊂

n

\

k=1

(X_k6a), ce qui se traduit en termes de probabilités par :

P(N = 0)6P

n

\

k=1

(Xk6a)

!

C’est-à-dire, par indépendance de X₁, . . . , X_n : P(N = 0)6

n

Y

k=1

P(X_k6a)

Or, pour tout k ∈ N^∗, on a P(X_k 6 a) = 1−e^−a (cf I.1). Donc, pour tout n∈N^∗, on a :P(N = 0)6(1−e^−a)ⁿ. En passant à la limite dans cette inégalité lorsque n tend vers +∞, on en déduit : P(N = 0) 60 car 0 6 1−e^−a < 1 (puisque0< e^−a61).

Par conséquent : P(N = 0) = 0. 8. Soitn∈N^∗ quelconque. Alors :

(N =n) = (X₁ 6a)∩. . .∩(Xn−1 6a)∩(X_n> a) Donc, par indépendance de X₁, . . . , X_n :

P(N =n) =

"_n−1 Y

k=1

P(X_k6a)

#

P(X_n> a)

Or, on a

n−1

Y

k=1

P(Xk 6a) = (1−e^−a)ⁿ⁻¹ (tous les Xk suivent une loi exponen- tielle de paramètre 1), etP(X_n> a) = 1−P(X_n6a) = 1−(1−e^−a) =e^−a. Donc finalement :

P(N =n) = 1−e^−an−1e^−a

9. D’après les deux questions précédentes, N suit une loi géométrique de para- mètre e^−a.

Par conséquent, N admet une espérance qui est E(N) = 1

e^−a =e^a, et une variance qui est V(N) = 1−e^−a

e^−2a =e^2a−e^a=e^a(e^a−1).

10. On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d’événe- ments [N =n]

n∈N

:

P(Z 6a) =

+∞

X

n=0

P(N =n)∩(Z 6a)

=P(N = 0)∩(Z 6a)+

+∞

X

n=1

P(N =n)∩(Xn6a)

Or, P(N = 0)∩(Z 6a)= 0 car l’événement(N = 0)∩(Z 6a) est inclus dans l’événement (N = 0), qui est de probabilité nulle (question 7). De plus, pour tout n∈ N^∗,P(N =n)∩(Xn 6a) = 0 également, par définition de N (si N =n, alors forcément X_n> a).

Donc finalement : P(Z 6a) = 0.

11. (a) Soit n∈N^∗ quelconque. On envisage les deux cas séparément : 1er cas : n= 1

On a alors :

(N =n)∩(Z 6x)=(N = 1)∩(Z 6x)

=(N = 1)∩(X16x)

=(X₁ > a)∩(X₁ 6x)

= (a < X1 6x) 2ème cas : n>2

On a alors :

(N =n)∩(Z 6x)=(N =n)∩(Xn6x)

=(X₁6a)∩. . .∩(Xn−16a)∩(X_n> a)∩(X_n6x)

=(Tn−1 6a)∩(X_n> a)∩(X_n6x)

=(Tn−1 6a)∩(a < Xn6x) D’où le résultat :

(N =n)∩(Z 6x)=

((a < X16x) si n= 1 (Tn−1 6a)∩(a < X_n6x) si n>2 On calcule les probabilités correspondantes. Si n= 1, alors :

P(N =n)∩(Z 6x)=P(a < X₁ 6x)

=F(x)−F(a) (avec F la fonction de répartition de X₁)

= (1−e^−x)−(1−e^−a)

=e^−a−e^−x Maintenant, si n>2:

P(N =n)∩(Z 6x)=P(Tn−16a)∩(a < X_n6x)

Or,Tn−1etX_nsont indépendantes (carTn−1est fonction deX₁, . . . , Xn−1, qui sont indépendantes deXn). Donc :

P(N =n)∩(Z 6x)=P(Tn−1 6a)P(a < X_n6x)

= 1−e^−an−1P(a < Xn6x) (question 4.a)

= 1−e^−an−1 e^−a−e^−x (idem que le casn= 1 ci-dessus) Donc finalement :

P(N =n)∩(Z 6x)=

(e^−a−e^−x si n= 1 (1−e^−a)ⁿ⁻¹ e^−a−e^−x si n>2 Or, on constate que l’expression ci-dessus pour n>2 est encore valable pour n= 1 (car (1−e^−a)ⁿ⁻¹= 1 si n= 1). D’où, pour tout n∈N^∗ :

P(N =n)∩(Z 6x)= 1−e^−an−1 e^−a−e^−x

(b) On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements[N =n]

n∈N^∗

(on n’inclut pas l’événementN = 0, qui est de probabilité nulle) :

P(Z 6x) =

+∞

X

n=1

P(N =n)∩(Z 6x)

=

+∞

X

n=1

1−e^−an−1 e^−a−e^−x (question précédente)

= e^−a−e^−x

+∞

X

n=1

1−e^−an−1

= e^−a−e^−x

+∞

X

k=0

1−e^−ak (changement d’indice)

= e^−a−e^−x 1

1−(1−e^−a) (somme géométrique, avec061−e^−a<1)

= e^−a−e^−x 1 e^−a

= e^−a−e^−xe^a

Ce qui donne : P(Z 6x) = 1−e^a−x .

12. (a) D’après la question 10,Z−aest à valeurs dans]0; +∞[carP(Z−a60) = 0. Ensuite, pour toutt >0, on a :

P(Z−a6t) =P(Z 6a+t)

= 1−e^a−(a+t) (question précédente, avec x=a+t)

= 1−e^−t

On reconnaît la fonction de répartition d’une variable aléatoire de loi exponentielle de paramètre 1.

Conclusion :Z−asuit une loi exponentielle de paramètre1.

(b) On a Z = (Z−a) +a. Or, d’après la question précédente (et la question 1),Z−aadmet une espérance qui vaut1. On en déduit queZ admet une espérance et E(Z) =E(Z−a) +a= 1 +a.

De même, Z −a admet une variance qui vaut 1. Donc Z admet une variance et V(Z) =V(Z−a) = 1 .

Exercice 2

Partie I : Étude d’une fonction

1. Commençons par chercher les limites. En+∞, on aϕ(x) −→

x→+∞+∞ sans dif- ficulté. En −∞, il y a une forme indéterminée («∞ ×0»), mais, d’après les croissances comparées : x²e^x −→

x→−∞0, ce qui implique ϕ(x) −→

x→−∞−1.

Étudions maintenant les variations. La fonction ϕ est dérivable sur R par opérations (produit et différence) sur des fonctions dérivables et, pour tout x réel, on a :

ϕ⁰(x) = 2xe^x+x²e^x =xe^x(2 +x)

De plus, commee^x >0,ϕ⁰(x)est du signe dex(2 +x). On en déduit le tableau de variations de ϕ:

x −∞ −2 0 +∞

x − − 0 +

2 +x − 0 + +

ϕ⁰(x) + 0 − 0 +

ϕ(x)

−1

ϕ(−2)

−1

+∞

Avec ϕ(−2) = 4e⁻²−1.

2. Pour toutx >0, on a les équivalences suivantes : e^x= 1

x² ⇐⇒ x²e^x= 1 ⇐⇒ ϕ(x) = 0

Il s’agit donc de montrer que l’équation ϕ(x) = 0 admet une unique solution sur l’intervalle ]0; +∞[. Pour cela, on se sert de la question précédente.

La fonction ϕ est continue (on a vu qu’elle était dérivable) sur ]0; +∞[, et elle y est strictement croissante. Donc, d’après le théorème de la bijection, ϕ réalise une bijection de ]0; +∞[ sur ϕ(]0; +∞[), qui est ]−1; +∞[ d’après la question précédente. Or, 0 appartient à ]−1; +∞[. Il admet donc un unique antécédent parϕ dans]0; +∞[.

Conclusion : l’équation ϕ(x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle ]0; +∞[. Il en est donc de même pour l’équatione^x= 1

x². Soit α cette solution. On cherche un encadrement deα.

On a ϕ 1

2

= e^1/2

4 −1. Or,e^1/2 < e <3. Doncϕ 1

2

< 3

4−1<0.

Ensuite, ϕ(1) = e−1 > 2−1 > 0. Par conséquent, on a l’encadrement ϕ

1 2

< 0 < ϕ(1), c’est-à-dire :ϕ 1

2

< ϕ(α) < ϕ(1). Par croissance de ϕ sur ]0; +∞[, on en déduit :

1

2 < α <1

Partie II : Étude d’une suite

3. On montre l’inégalité par récurrence. Pour n = 0, c’est évident. Supposons maintenant l’inégalité vraie à un rang n ∈ N quelconque fixé, et montrons qu’elle est vraie au rang n+ 1.

Par hypothèse de récurrence, on a un > 1, donc u³_n > 1 et e^un > e. En multipliant ces deux inégalités (de nombres positifs), on en déduit queu³_ne^un >

eet donc, en particulier, queu³_ne^un >1, ce qui termine la récurrence (puisque u_n+1=u³_ne^un).

Conclusion : pour toutn∈N, on au_n>1.

4. Pour toutn∈N, on a :

u_n+1−u_n = u³_ne^un−u_n = u_n(u²_ne^un−1) = u_nϕ(u_n)

Or, on sait que u_n > 1 (question précédente) et que la fonction ϕ est stric- tement croissante sur ]0; +∞[. On en déduit que ϕ(u_n) > ϕ(1) et donc, en particulier, que ϕ(un)>0puisque ϕ(1)>0 (voir question précédente).

Comme par ailleurs, on a un>0(étant donné que un>1), on en déduit que u_n+1−u_n>0.

Par conséquent, la suite (un)_n∈Nest (strictement) croissante .

5. La suite (un)_n∈N est croissante. Donc soit elle converge vers une limite finie, soit elle tend vers+∞(lorsquentend vers+∞). Supposons que l’on soit dans le premier cas et que u_n converge vers une limite finie `. Déjà, comme u<sub>n</sub>>1 pour tout n ∈ N, on a ` > 1. Ensuite, en passant à la limite dans l’égalité u_n+1=u³_ne^un, on obtient alors `=`³e^`. Résolvons cette équation :

`=`³e<sup>`</sup> ⇐⇒`³e<sup>`</sup>−`= 0

⇐⇒`(`²e^`−1) = 0

⇐⇒`<sup>2</sup>e<sup>`</sup>−1 = 0 car`6= 0

⇐⇒ϕ(`) = 0

⇐⇒`=α

Mais ceci n’est pas possible car `>1etα <1.

On en déduit que la suite (un)_n∈N n’est pas convergente. Par conséquent : u_n −→

n→+∞+∞

Partie III : Étude d’une série 6. Pour tout n > 1, on a 0 < 1

f(n) 6 1

n³ (car eⁿ > 1). Or, on sait que la série de terme général 1

n³ converge (série de Riemann). Donc, par critère de convergence par inégalité pour les séries à termes positifs, on en déduit que

la série ^X

n>1

1

f(n) converge .

Remarque : on pouvait aussi majorer 1

f(n) par 1

eⁿ plutôt que par 1

n³ (c’est d’ailleurs ce qu’on utilise à la question suivante).

7. Déjà, pour toutn>1, on a : S−

n

X

k=1

1 f(k) =

+∞

X

k=1

1 f(k) −

n

X

k=1

1 f(k) =

+∞

X

k=n+1

1 f(k)

Donc la valeur absolue est inutile puisque S −

n

X

k=1

1

f(k) est une somme de termes positifs. Il suffit de montrer que, pour tout n > 1, on a l’inégalité :

+∞

X

k=n+1

1

f(k) 6 1 (e−1)eⁿ.

Soit n > 1 quelconque. Pour tout k > 1, on a 1

f(k) 6 1

e^k (car k³ > 1).

On somme ces inégalités pour k allant de n+ 1 à +∞, ce qui est licite car 1

f(k) et 1

e^k sont tous deux les termes généraux de séries convergentes (pour la deuxième, il s’agit du terme général d’une série géométrique, de raison 1

e, avec 1

e ∈]−1; 1[) :

+∞

X

k=n+1

1 f(k) 6

+∞

X

k=n+1

1 e^k Or :

+∞

X

k=n+1

1 e^k =

+∞

X

k=n+1

1 e

k

=

+∞

X

j=0

1 e

j+n+1

(changement d’indice)

= 1

e

n+1 +∞

X

j=0

1 e

j

= 1

e

n+1 1 1−¹_e

= 1

e

n+1 e e−1

= e

eⁿ⁺¹(e−1)

= 1

eⁿ(e−1)

Par conséquent, on a bien :

+∞

X

k=n+1

1

f(k) 6 1

eⁿ(e−1) et donc :

S−

n

X

k=1

1 f(k)

6 1

eⁿ(e−1)

8. Remarque : la formulation de la question est étrange. En effet, faire une fonc- tion est relativement inutile ici. Changer le mot « fonction » par « programme » semblerait plus approprié. On répond quand même à la question telle qu’elle est posée.

La fonction suivante calcule une valeur approchée de S à x près en se basant sur l’inégalité ci-dessus (on somme jusqu’à ce que 1

eⁿ(e−1) soit inférieur àx).

f u n c t i o n s o m m e = S a p p ( x ) s o m m e =0;

n =0;

w h i l e 1/(exp( n )*(exp(1) -1)) >= x n = n +1;

s o m m e = s o m m e + 1 / ( n ^3*exp( n ));

end; e n d f u n c t i o n

La commande Sapp(10ˆ(-4))renvoie alors0.3869954.

Partie IV : Étude d’une fonction de deux variables

9. L’ensembleU est constitué des couples(x, y)avecx >0etyquelconque. C’est donc l’ensemble suivant, à savoir la moitié droite du plan (axe des ordonnées exclu) :

−3 −2 −1 1 2 3

x

−3

−2

−1 1 2 3

y

0

U

10. Il suffit de dériver. Pour tout (x, y)∈U, on a :

∂₁(g)(x, y) = −1

x² +e^x et ∂₂(g)(x, y) =−2ye^y−y²e^y

11. Pour trouver les points critiques deg, on cherche les points où les deux dérivées partielles s’annulent simultanément. On résout donc, pour (x, y) dansU :

( ∂1(g)(x, y) = 0

∂₂(g)(x, y) = 0 ⇐⇒







−1

x² +e^x = 0

−2ye^y−y²e^y = 0

⇐⇒







e^x = 1 x²

−y(2 +y)e^y = 0

⇐⇒

( x = α (question 2)

−y(2 +y) = 0 care^y 6= 0

⇐⇒

( x=α

y= 0 ou y =−2

Conclusion : la fonctiong admet bien2 points critiques (et 2seulement), qui sont(α,0)et(α,−2).

12. On cherche la matrice hessienne de g. Pour cela, on redérive les dérivées par- tielles. On obtient, pour tout (x, y) ∈ U, les 4 dérivées partielles secondes suivantes :

∂1,1(g)(x, y) = 2

x³ +e^x ∂1,2(g)(x, y) = 0

∂_2,1(g)(x, y) = 0 ∂_2,2(g)(x, y) =−2e^y−4ye^y−y²e^y La matrice hessienne de g au point (x, y) est donc :

∇²g(x, y) =

2

x³ +e^x 0

0 −2e^y−4ye^y−y²e^y

!

En particulier, au point critique (α,0):∇²g(α,0) =

2

α³ +e^α 0

0 −2

!

. Il s’agit d’une matrice diagonale. Ses valeurs propres sont donc ses coefficients diago- naux, à savoir _α²₃ +e^α et−2. On constate que ces deux valeurs propres sont non nulles et de signes opposés (car α >0).

Conclusion : la fonction gn’admet pas d’extremum local en (α,0). 13. En(α,−2), la matrice hessienne est, cette fois :∇²g(α,−2) =

2

α³ +e^α 0 0 2e⁻²

! . Ici, les deux valeurs propres sont strictement positives.

On en déduit que g admet un minimum local en(α,−2).

14. Si g admet un extremum global, alors g doit être majorée (s’il s’agit d’un maximum global) ou minorée (s’il s’agit d’un minimum global). Or, elle n’est ni l’un ni l’autre. En effet, on a, par exemple :g(x,0) −→

x→+∞+∞etg(1, y) −→

y→+∞

−∞.

Conclusion : g n’admet pas d’extremum global .

Exercice 3

1. (a) Raisonnons par l’absurde et supposons que f soit bijectif.

En composant (à gauche) l’égalité f ◦(f²+i) = θ par f⁻¹, on obtient alors : f⁻¹◦f◦(f²+i) = f⁻¹ ◦ θ, c’est-à-dire : f² +i = θ. Or, ceci contredit les hypothèses de l’énoncé.

Conclusion : f n’est pas bijectif .

(b) L’endomorphisme f n’est pas bijectif, c’est-à-dire que f −0i n’est pas bijectif. Autrement dit : 0 est valeur propre de f .

De plus, comme l’endomorphismef n’est pas bijectif, il n’est pas injectif, ce qui implique queKer(f)6={0}. Consiérons alors un vecteurunon nul de Ker(f). On a alors bien :

u6= 0_E et f(u) = 0E

2. On sait que0est valeur propre def. Montrons qu’il n’y en a pas d’autre. Soit λune valeur propre quelconque def. D’après l’énoncé,f◦(f²+i) =θ, ce qui signifie que le polynômeX(X²+1)est un polynôme annulateur def. La valeur propre λdoit donc être racine de ce polynôme. Autrement dit :λ(λ²+ 1) = 0.

Or, λ²+ 16= 0(car λ²+ 1>1>0). Doncλ= 0. Par conséquent, f n’admet pas d’autre valeur propre que 0.

Conclusion : Sp(f) ={0}.

3. Supposons quef soit diagonalisable. Alors il existe une base deEdans laquelle la matrice de f est diagonale, avec les valeurs propres de f sur la diagonale.

Autrement dit, d’après la question précédente, il existe une base de E dans laquelle la matrice de f est la matrice nulle. Or, ceci implique que f =θ, ce qui contredit les hypothèses de l’énoncé.

Par conséquent, f n’est pas diagonalisable .

4. De même qu’à la question 1.(a), supposons quef²+i soit bijectif. Alors, en composant (à droite) l’égalité f ◦(f² +i) = θ par (f² +i)⁻¹, on obtient : f ◦(f²+i)◦(f² +i)⁻¹ = θ◦(f² +i)⁻¹, soit f = θ. Or, ceci contredit les hypothèses de l’énoncé.

Conclusion : f²+in’est pas bijectif .

Comme l’endomorphisme f²+in’est pas bijectif, il n’est pas injectif non plus.

Soit v un vecteur non nul de Ker(f²+i). Alors (f²+i)(v) = 0, c’est-à-dire : f²(v) +v= 0.

On a donc bien montré l’existence d’un vecteur v de E vérifiant : v 6= 0_E et f²(v) =−v.

5. Il suffit de l’écrire : f(v₃) = f(f(v₂)) = f²(v₂). Or, f²(v₂) = −v₂ par hypo- thèse. Ainsi, on a bien f(v₃) =−v₂ .

6. (a) Montrons que la famille (v₁, v₂, v₃) est libre. Soit (α, β, γ) ∈ R³ tel que αv1+βv2+γv3 = 0_E. En appliquant f à cette égalité, on obtient :

αf(v1) +βf(v2) +γf(v3) =f(0_E)

C’est-à-dire, d’après les définitions de v₁, v₂ et v₃ (et la question précé- dente) :

βv₃−γv₂ = 0_E (1)

On applique à nouveau f :

βf(v₃)−γf(v₂) =f(0_E) C’est-à-dire :

−βv₂−γv₃ = 0_E (2) L’égalité −γ(1)−β(2)donne alors :(γ²+β²)v₂= 0. Or, par hypothèse, v₂ 6= 0_E. Donc γ²+β² = 0. On en déduit que γ =β = 0 (le seul moyen qu’une somme de nombres positifs soit égale à 0 est qu’ils soient tous nuls).

En reportant cela dans l’égalité de départ (à savoirαv₁+βv₂+γv₃ = 0_E), on obtient alorsαv₁ = 0, et doncα= 0(puisquev₁6= 0_E par hypothèse).

Ainsi, on a bien α=β =γ = 0, ce qui montre que la famille (v₁, v₂, v₃) est libre. Comme elle est constituée de 3vecteurs et quedim(E) = 3, on en déduit que (v1, v2, v3) est une base deE .

(b) D’après les définitions de v1, v2 etv3 (et la question 5), on a : f(v1) = 0_E = 0v1+ 0v2+ 0v3

f(v₂) = v₃ = 0v₁+ 0v₂+ 1v₃ f(v₃) = −v₂ = 0v₁−1v₂+ 0v₃

On en déduit que la matrice C def dans la base(v1, v2, v3) est :

C=







0 0 0 0 0 −1 0 1 0







7. Montrons que la famille(A, B, C) est libre.

Soit (α, β, γ)∈R³ tel queαA+βB+γC = 0. Alors :







α 0 0

0 β −γ

0 γ β





=







0 0 0 0 0 0 0 0 0







On en déduit que α=β =γ = 0et donc que la famille(A, B, C)est libre. Or, on sait également (par définition de F) que cette famille engendreF. Il s’agit donc d’une base de F.

Conclusion : F est un espace vectoriel admettant une base constituée de 3 vecteurs. Par conséquent, dim(F) = 3.

8. SoitM =







a b c d e f g h i





∈ M₃(R) quelconque. On résout :

CM =M C ⇐⇒







0 0 0

−g −h −i

d e f





=







0 c −b 0 f −e 0 i −h







⇐⇒



































0 = 0 0 = c 0 = −b

−g = 0

−h = f

−i = −e d = 0 e = i f = −h

⇐⇒







b=c=d=g= 0 h=−f

i=e Ainsi :

{M ∈ M₃(R), CM=M C}=













a b c d e f g h i





∈ M₃(R), b=c=d=g= 0, h=−f, i=e







=













a 0 0

0 e f

0 −f e





, (a, e, f)∈R³







={aA+eB+f C, (a, e, f)∈R³} Ce qui montre bien :

{M ∈ M₃(R), CM =M C}=F 9. (a) Soit (a, b, c)∈R³. On calcule :

(aA+bB+c C)² =







a 0 0 0 b −c 0 c b







2

=







a 0 0 0 b −c 0 c b













a 0 0 0 b −c 0 c b







Ce qui donne :

(aA+bB+c C)² =







a² 0 0

0 b²−c² −2bc 0 2bc b²−c²





=a²A+ (b²−c²)B+ 2bc C

(b) On cherche une matriceM telle queM² = 4A+ 5B+ 12C. Or, d’après la question précédente, en prenant a= 2,b= 3etc= 2, on a précisément : (2A+ 3B+ 2C)² = 4A+ 5B+ 12C.

Conclusion : la matriceM = 2A+ 3B+ 2C =







2 0 0 0 3 −2 0 2 3





convient. Elle vérifieM² =







4 0 0

0 5 −12 0 12 5





.

Remarque : ça n’était pas la seule solution. On pouvait aussi prendre a=−2, b= 3, c= 2, ou encore a= 2, b=−3, c=−2...

10. Dans la base (v1, v2, v3), la matrice de g est C²−I (oùI désigne la matrice identité d’ordre3), c’est-à-dire la matriceD=







−1 0 0

0 −2 0

0 0 −2





. Il s’agit d’une matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont tous non nuls. On en déduit que Dest inversible et donc que g est bijectif .

De plus, D⁻¹ =







−1 0 0

0 −1/2 0

0 0 −1/2





 =







−1 0 0

0 −1 0

0 0 −1





+







0 0 0

0 1/2 0

0 0 1/2





, c’est-à-dire : D⁻¹ =−I−1

2C². On en déduit que g⁻¹ =−1

2f²−i.