EDHEC 2020 Voie E
Corrigé
Exercice 1
1. On vérifie les conditions successives :
— L’ensemble An(R) est inclus dansMn(R) par définition.
— Il est non vide car la matrice nulle appartient à An(R) : t0 = 0 =−0.
— Pour tout (A, B)∈ An(R)2 et (λ, µ)∈R2, on a :
t(λA+µB) =λtA+µtB par linéarité de la transposition
=−λA−µB carA etB sont dansAn(R)
=−(λA+µB)
Ce qui montre que λA+µB appartient àAn(R).
Conclusion : L’ensembleAn(R) est un sous-espace vectoriel deMn(R).
2. (a) Il suffit de faire le calcul :
tf(M) =thtAM+M Ai
=tMttA+tAtM cart(AB) =tBtA pour tout (A, B)∈ Mn(R)2
=tM A+tAtM carttA=A
=−M A−tAM carM ∈ An(R)
=−hM A+tAMi
=−f(M)
Ce qui montre que f(M) est une matrice antisymétrique .
(b) Montrons que f est linéaire. Soient (M, N) ∈ An(R)2 et (λ, µ) ∈ R2 quelconques. On a :
f(λM +µN) =tA(λM +µN) + (λM +µN)A
=λtAM +µtAN+ (λM A+µN A)
=λtAM+M A+µtAN+N A
=λf(M) +µf(N)
Ce qui montre quef est linéaire. De plus, on a vu à la question précédente quef(M) appartient àAn(R) quel que soitM dans An(R).
Par conséquent, f est un endomorphisme de An(R) .
3. (a) SoitM =
a b c d e f g h i
∈ M3(R). On a les équivalences suivantes : M ∈ A3(R)⇐⇒tM =−M
⇐⇒
a d g b e h c f i
=
−a −b −c
−d −e −f
−g −h −i
⇐⇒
a = 0 e = 0 i = 0 d = −b g = −c h = −f Ainsi,
A3(R) =
0 b c
−b 0 f
−c −f 0
, (b, c, f)∈R3
=
0 b c
−b 0 f
−c −f 0
, (b, c, f)∈R3
=
b
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
+c
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
+f
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
,(b, c, f)∈R3
=nbJ+cK+f L, (b, c, f)∈R3 o
=V ect(J, K, L)
Ce qui montre que la famille (J, K, L) est génératrice de A3(R) . (b) Soit (α, β, γ)∈R3. On a les équivalences suivantes :
αJ+βK+γL= 0⇐⇒
0 α β
−α 0 γ
−β −γ 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
⇐⇒α =β=γ = 0
Ce qui montre que la famille (J, K, L) est libre . On en déduit, avec le résultat de la question précédente, que c’est une base deA3(R). Et comme elle est constituée de 3 éléments, on a dim(A3(R)) = 3 .
4. (a) On calcule :
f(J) =tAJ+J A
=
0 0 0
0 −1 0
1 0 0
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
+
0 1 0
−1 0 0
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
0 0 0
=
0 0 0 1 0 0 0 1 0
+
0 −1 0
0 0 −1
0 0 0
Ce qui donne : f(J) =
0 −1 0
1 0 −1
0 1 0
, soit f(J) =−J −L. De même :
f(K) =tAK+KA
=
0 0 0
0 −1 0
1 0 0
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
+
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
0 0 1
0 −1 0
0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 1
+
0 0 0
0 0 0
0 0 −1
Ce qui donne : f(K) =
0 0 0 0 0 0 0 0 0
= 0 . Et enfin
f(L) =tAL+LA
=
0 0 0
0 −1 0
1 0 0
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
+
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
0 0 0
0 0 1
0 −1 0
=
0 0 0
0 0 −1
0 0 0
+
0 0 0 0 0 0 0 1 0
Ce qui donne : f(L) =
0 0 0
0 0 −1
0 1 0
=−L. (b) On détermine l’image de f :
Im(f) =V ect(f(J), f(K), f(L)) car (J, K, L) est une base deA3(R)
=V ect(−J−L,0,−L) d’après la question précédente
=V ect(−J−L,−L)
=V ect(J+L, L) (on change les vecteurs en leurs opposés)
=V ect(J, L) (on soustrait le deuxième au premier) Or, la famille (J, L) est libre (puisque (J, K, L) l’est).
Par conséquent, (J, L) est une base de Im(f) , et elle est constituée d’élé- ments de B.
(c) D’après la question précédente, dim(Im(f)) = 2. Donc, par le théorème du rang :
dim(Ker(f)) = dim(A3(R))−dim(Im(f))
= 3−2 soit dim(Ker(f)) = 1 .
Or, f(K) = 0 (cf question 4.(a)), donc K appartient à Ker(f). Ainsi, la famille (K) est une famille libre (elle est constituée d’un seul vecteur non nul) constituée d’éléments de Ker(f), et de cardinal dim(Ker(f)).
Conclusion : la famille (K) est une base de Ker(f).
Remarque : on pouvait aussi chercher explicitement le noyau de f, mais c’est bien plus long. Autant réutiliser ce que l’on sait.
5. (a) D’après la question 4.(a), la matrice F de f dans la base (J, K, L) est F =
−1 0 0
0 0 0
−1 0 −1
. On constate bien que tous ses coefficients appar- tiennent à {−1; 0}.
(b) La matrice F est la matrice de f dans la base B. Ainsi, F et f ont le même spectre. Or, F est une matrice triangulaire inférieure. Ses valeurs propres sont donc ses coefficients diagonaux.
Conclusion : les valeurs propres de F, et donc def, sont −1 et 0.
(c) Le rang def+Idest le rang de sa matrice dans la baseB, c’est-à-dire le rang de F+I3. Or, F +I3 =
0 0 0
0 1 0
−1 0 0
, qui est de rang 2. En effet, en permutant la première et la troisième ligne, on obtient une matrice échelonnée ayant exactement 2 lignes non nulles.
Par conséquent, rg(f +Id) = 2 .
D’après le théorème du rang, comme à la question 4.(c), on en déduit que dim(Ker(f+Id)) = 1. Autrement dit, la dimension de l’espace propre de f associé à la valeur propre−1 est 1. Par ailleurs, la dimension de l’espace propre associé à la valeur propre 0 est dim(Ker(f)), c’est-à-dire 1 aussi.
La somme des dimensions des espaces propres def est donc 1 + 1 = 2, ce qui n’est pas égal à la dimension de l’espace A3(R) (qui vaut 3).
Conclusion : l’endomorphismef n’est pas diagonalisable.
Exercice 2
1. C’est du cours. On le redémontre. Soitx un réel quelconque. On a FX(−x) =
Z −x
−∞fX(t)dt
= 1
σ√ 2π
Z −x
−∞
exp − t2 2σ2
! dt
= 1
σ√ 2π
Z x +∞
−e−u2/2σ2du (changement de variable affineu=−t)
= 1
σ√ 2π
Z +∞
x
e−u2/2σ2du
= Z +∞
x
fX(u)du Ainsi,
FX(x) +FX(−x) = Z x
−∞fX(u)du+ Z +∞
x
fX(u)du
= Z +∞
−∞ fX(u)du (relation de Chasles)
= 1 car fX est une densité de probabilité D’où on déduit FX(−x) = 1−FX(x) .
2. (a) La variable aléatoireY est à valeurs positives. Donc donc déjà, pour tout x <0, on a FY(x) =P(Y 6x) = 0. Ensuite, pour toutx>0, on a :
FY(x) =P(Y 6x)
=P(|X|6x)
=P(−x6X6x)
=FX(x)−FX(−x) car X est à densité
=FX(x)−(1−FX(x)) (question précédente)
= 2FX(x)−1
Conclusion : la fonction de répartition deY est la fonctionFY définie sur Rpar :
FY(x) =
2FX(x)−1 six>0 0 six <0 (b) On vérifie les conditions :
— La fonction FY est de classe C1 sur ]− ∞; 0[ car elle y est nulle, et elle est de classe C1 sur ]0; +∞[ par opérations algébriques sur des fonctions de classeC1(FX est de classeC1surRd’après le cours). Elle est donc de classeC1 surR\ {0}, qui est Rprivé d’un nombre fini de points.
— Elle est continue sur R\ {0} car elle y est de classe C1 (cf ci-dessus).
Vérifions qu’elle est continue en 0. À gauche de 0, on a :
x→0lim−FY(x) = lim
x→0−0 = 0 Et à droite de 0 :
lim
x→0+FY(x) = lim
x→0+2FX(x)−1 = 2FX(0)−1
Or,FX(0) = 1−FX(0) d’après la question 1, donc 2FX(0)−1 = 0.
Donc lim
x→0−FY(x) = lim
x→0+FY(x) = 0 = FY(0), ce qui montre queFY
est continue en 0, et donc surRtout entier.
Par conséquent, Y est une variable aléatoire à densité . De plus, on peut déduire deFY une densitéfY deY par dérivation. On obtient, pour tout x∈R :
fY(x) =
2FX0 (x) six>0 0 six <0 c’est-à-dire :
fY(x) =
2fX(x) si x>0 0 si x <0 ou encore :
fY(x) =
2 σ√
2π exp − x2 2σ2
!
six>0 0 six <0 (c) Pour savoir siY admet une espérance, on s’intéresse à l’intégrale
Z +∞
−∞
tfY(t)dt, c’est-à-dire
Z +∞
0
tfY(t)dt car fY est nulle sur ]− ∞; 0[. Or, pour tout A >0, on a :
Z A
0
tfY(t)dt= 2 σ√
2π Z A
0
texp − t2 2σ2
! dt
= −2σ
√2π Z A
0
−t
σ2 exp − t2 2σ2
! dt
= −2σ
√2π
"
exp − t2 2σ2
!#A
0
= −2σ
√
2π exp −A2 2σ2
!
−1
!
Or, exp −A2 2σ2
!
A→+∞−→ 0. Donc l’intégrale Z +∞
0
tfY(t)dtest convergente, et même absolument convergente car tfY(t) >0 pour tout t>0. On en déduit que Y admet une espérance .
De plus, d’après le calcul ci-dessus, on a : E(Y) =
Z +∞
0
tfY(t)dt
= −2σ
√2π(0−1)
= 2σ
√ 2π
=σ 2
√2π
=σ r 4
2π Ce qui donne : E(Y) =σ
r2 π .
3. (a) La variable aléatoire Sn est une fonction, ne faisant pas intervenir σ, d’un échantillon de variable aléatoire dont la loi dépend de σ. C’est donc
un estimateur de σ .
Étudions son biais. Les variables aléatoires Y1, . . . , Yn admettent toutes une espérance. On en déduire que Sn aussi. De plus, par linéarité de l’espérance, on a :
E(Sn) = 1 n
n
X
k=1
E(Yk)
= 1 n
n
X
k=1
σ r2
π (question précédente)
= 1 n×nσ
r2 π
=σ r2
π
Le biais deSn est donc E(Sn)−σ=σ r2
π −1
! .
Posons alors Tn=Sn
rπ 2 =
√π n√
2
n
X
k=1
Yk . De même que pourSn, c’est un estimateur de σ. De plus, par linéarité de l’espérance, on a :
E(Tn) =E(Sn) rπ
2 =σ r2
π rπ
2 =σ Donc Tn est un estimateur sans biais deσ .
(b) On a E(X2) =V(X) +E(X)2=σ2+ 02 =σ2.
Autrement dit, le moment d’ordre 2 de X est E(X2) =σ2 . Ensuite, commeY =|X|, on a Y2=X2.
Donc Y admet un moment d’ordre 2 etE(Y2) =E(X2) =σ2 .
On en déduit queY admet une variance et queV(Y) =E(Y2)−E(Y)2 = σ2−σ22
π, c’est-à-dire V(Y) =
1− 2 π
σ2= π−2 π σ2 .
Ensuite, comme Y1, . . . , Yn admettent toutes une variance, Sn en admet une aussi. De plus,
V(Sn) =V 1 n
n
X
k=1
Yk
!
= 1 n2V
n
X
k=1
Yk
!
= 1 n2
n
X
k=1
V(Yk) par indépendance deY1, . . . , Yn
= 1 n2
n
X
k=1
π−2
π σ2 (cf ci-dessus)
= 1
n2 ×nπ−2 π σ2
Ce qui donne V(Sn) = π−2
nπ σ2 = σ2 n
1− 2
π
.
(c) CommeTn est un estimateur sans biais de σ, son risque quadratique est égal à sa variance. Or, Tn = Sn
rπ
2 etSn admet une variance. Donc Tn aussi et
V(Tn) =V(Sn)π
2 = π−2 nπ σ2×π
2 = (π−2)σ2 2n
Conclusion : le risque quadratique de Tn en tant qu’estimateur de σ est (π−2)σ2
2n . Et comme ce risque quadratique tend vers 0 lorsque n tend vers +∞, on en déduit que c’est un estimateur convergent.
4. Le programme complété est le suivant : n =i n p u t( ’ e n t r e z la v a l e u r de n : ’ )
s i g m a =i n p u t( ’ e n t r e z la v a l e u r de s i g m a : ’ )
X =g r a n d( n ,1 , ’ nor ’ ,0 , s i g m a ) // s i m u l a t i o n s de X1 ,... , Xn Y =abs( X ) // s i m u l a t i o n s de Y1 ,... , Yn
S =1/ n *sum( Y ) // on p e u t a u s s i m e t t r e S = m e a n ( Y ) T =s q r t( %pi / 2 ) * S
Exercice 3
1. Dans le cas oùn= 1,X ne prend que la valeur 1. On pioche donc une boule dans l’urne V, boule qui a une probabilitép d’être blanche. Ainsi, Y prend la valeur 1 avec la probabilité p, et 0 avec la probabilité 1−p.
Autrement dit, lorsque n= 1, Y suit une loi de Bernoulli de paramètre p.
2. Il y a une boule portant chaque numéro entre 1 etn. Chaque numéro a donc la même probabilité d’être tiré.
Par conséquent, X suit une loi uniforme dansJ1;nK. D’après le cours, on a alors E(X) = n+ 1
2 et V(X) = n2−1 12 .
3. Si l’événement (X = k) est réalisé, alors on tire k boules dans l’urne V. Dans ce cas, la variable aléatoire Y compte donc le nombre de succès (tirer une boule blanche) à une succession de képreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, avec une probabilité de succès égale à p.
Par conséquent, la loi de Y conditionnellement à l’événement (X = k) est une loi binomialeB(k, p). Ainsi, pour touti∈N, on a :
P(X=k)(Y =i) =
k
i
!
piqk−i si 06i6k 0 si i > k 4. Le programme complété est le suivant :
n =i n p u t( ’ e n t r e z la v a l e u r de n : ’ ) p =i n p u t( ’ e n t r e z la v a l e u r de p : ’ ) X =g r a n d(1 ,1 , ’ uin ’ ,1 , n )
Y =g r a n d(1 ,1 , ’ bin ’ ,X , p )
5. (a) Si l’événement (X = k) est réalisé, alors Y peut prendre les valeurs de 0 à k. Or, X peut prendre les valeurs de 1 à n. Donc Y(Ω) =
n
[
k=1
J0;kK, c’est-à-dire Y(Ω) =J0;nK.
Ensuite, d’après la formule des probabilités totales, avec le système com- plet d’événements[X=k]
16k6n
, on a :
P(Y = 0) =
n
X
k=1
P(X =k)P(X=k)(Y = 0)
=
n
X
k=1
1
nP(X=k)(Y = 0) (question 2)
=
n
X
k=1
1
nqk (question 3)
= 1 n
n
X
k=1
qk
On reconnaît alors la somme des n premiers termes d’une suite géomé- trique de raison q, avec q6= 1. D’où
P(Y = 0) = 1
n×q(1−qn)
1−q = q(1−qn) n(1−q)
(b) Soiti∈J1;nKquelconque. On a de même, par la formule des probabilités totales, avec le système complet d’événements[X=k]
16k6n
: P(Y =i) =
n
X
k=1
P(X=k)P(X=k)(Y =i)
=
n
X
k=1
1
nP(X=k)(Y =i) (question 2)
=
n
X
k=i
1
nP(X=k)(Y =i) carP(X=k)(Y =i) = 0 si k < i(cf question 3) : Ce qui donne, d’après la question 3 :
P(Y =i) =
n
X
k=i
1 n
k i
!
piqk−i = 1 n
n
X
k=i
k i
! piqk−i
6. (a) Soitietkdeux entiers naturels tels que 16i6k6n. On a alors : i k
i
!
=i k!
(k−i)!i!
= k!
(k−i)!(i−1)!
=k (k−1)!
(k−i)!(i−1)!
=k (k−1)!
(k−1)−(i−1)!(i−1)!
Ce qui donne bien : i k i
!
=k k−1 i−1
! .
(b) La variable aléatoireY ne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs. Elle admet donc une espérance.
Ensuite, on a : E(Y) =
n
X
i=0
iP(Y =i) carY(Ω) =J0;nK
=
n
X
i=1
iP(Y =i) (le terme pour i= 0 est nul)
=
n
X
i=1
i n
n
X
k=i
k i
! piqk−i
!
(question 5.(b))
= 1 n
n
X
i=1
i
n
X
k=i
k i
! piqk−i
!
= 1 n
n
X
i=1 n
X
k=i
i k i
! piqk−i
= 1 n
n
X
k=1 k
X
i=1
i k i
!
piqk−i (on permute les deux sommes, attention aux bornes !)
= 1 n
n
X
k=1 k
X
i=1
k k−1 i−1
!
piqk−i (question 6.(a)) Ce qui donne finalement :
E(Y) = 1 n
n
X
k=1
k
k
X
i=1
k−1 i−1
! piqk−i
!
(c) Soit k ∈ J1;nK quelconque. On commence par calculer la somme inté- rieure :
k
X
i=1
k−1 i−1
!
piqk−i =
k−1
X
j=0
k−1 j
!
pj+1qk−1−j (changement d’indicej=i−1)
=p
k−1
X
j=0
k−1 j
!
pjqk−1−j
=p(p+q)k−1 (binôme de Newton)
=p×1k−1
=p Ainsi,
E(Y) = 1 n
n
X
k=1
(kp)
= p n
n
X
k=1
k
= p
n×n(n+ 1) 2 Ce qui donne finalement : E(Y) = (n+ 1)p
2 .
7. (a) On procède comme aux questions 6.(a) et 6.(b). Soiti et k deux entiers naturels tels que 26i6k6n. On a alors :
i(i−1) k i
!
=i(i−1) k!
(k−i)!i!
= k!
(k−i)!(i−2)!
=k(k−1) (k−2)!
(k−i)!(i−2)!
=k(k−1) (k−2)!
(k−2)−(i−2)!(i−2)!
Ce qui donne :i(i−1) k i
!
=k(k−1) k−2 i−2
!
. Ensuite, pour toutn>2, on a :
E(Y(Y −1)) =
n
X
i=0
i(i−1)P(Y =i) (théorème du transfert)
=
n
X
i=2
i(i−1)P(Y =i) (les termes pouri= 0 eti= 1 sont nuls)
=
n
X
i=2
i(i−1) n
n
X
k=i
k i
! piqk−i
!
(question 5.(b))
= 1 n
n
X
i=2 n
X
k=i
i(i−1) k i
! piqk−i
= 1 n
n
X
k=2 k
X
i=2
i(i−1) k i
!
piqk−i (on permute les deux sommes)
= 1 n
n
X
k=2 k
X
i=2
k(k−1) k−2 i−2
!
piqk−i (cf calcul ci-dessus) Ce qui donne finalement :
E(Y(Y −1)) = 1 n
n
X
k=2
k(k−1)
k
X
i=2
k−2 i−2
! piqk−i
!
(b) On procède comme à la question 6.(c). On commence par simplifier la somme intérieure :
k
X
i=2
k−2 i−2
!
piqk−i =
k−2
X
j=0
k−2 j
!
pj+2qk−2−j (changement d’indicej=i−2)
=p2
k−2
X
j=0
k−2 j
!
pjqk−2−j
=p2(p+q)k−2 (binôme de Newton)
=p2×1k−2
=p2 Ainsi,
E(Y(Y −1)) = 1 n
n
X
k=1
k(k−1)p2
= p2 n
n
X
k=1
k(k−1)
= p2 n
n
X
k=1
(k2−k)
= p2 n
n
X
k=1
k2−
n
X
k=1
k
!
= p2 n
n(n+ 1)(2n+ 1)
6 −n(n+ 1)
2
= p2
n × n(n+ 1)(2n+ 1)−3n(n+ 1) 6
= p2 n ×
n(n+ 1)(2n+ 1)−3 6
= p2
n × n(n+ 1)(2n−2) 6
= p2
n × n(n+ 1)(n−1) 3
= (n+ 1)(n−1)p2 3
Ce qui donne bien : E(Y(Y −1)) = (n2−1)p2
3 .
(c) Lorsque n = 1, la variable aléatoire Y est à valeurs dans {0; 1}, donc dans tous les casY(Y −1) = 0. On en déduit que E(Y(Y −1)) = 0. Or,
(12−1)p2
3 = 0 également.
Conclusion : l’expression obtenue à la question précédente reste valable lorsquen= 1.
(d) On a E(Y(Y −1)) = E(Y2 −Y) = E(Y2)− E(Y) par linéarité de l’espérance. On en déduit que E(Y2) = E(Y(Y −1)) +E(Y), puis que
V(Y) =E(Y(Y −1)) +E(Y)−E(Y)2 .
Remarque : on peut ainsi calculer V(Y) avec les résultats des questions 6.(c) et 7.(b). On trouve (après calculs) :
V(Y) = (np−7p+ 6)(n+ 1)p 12
Problème
1. Pour tout n ∈ N, les fonctions x 7→ xn
(1 +x)2 et x 7→ xn
1 +x sont continues sur [0; 1] comme quotients de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas. Ce qui justifie l’existence de In et de Jn quel que soitn∈N. 2. On aI0=
Z 1 0
1
(1 +x)2dx= −1
1 +x 1
0
= −1
2 + 1, ce qui donne I0= 1 2 . Ensuite, on a I1 =
Z 1 0
x
(1 +x)2dx. Pour calculer cette intégrale, on fait le changement de variable affine t= 1 +x. On obtient :
I1= Z 2
1
t−1 t2 dt
= Z 2
1
1 t − 1
t2
dt
=
ln(t) +1 t
2 1
= ln(2) +1 2 −1 Ce qui donne finalement : I1= ln(2)−1
2 . 3. (a) Soitn∈N quelconque. On a :
In+2+ 2In+1+In= Z 1
0
xn+2 (1 +x)2dx+
Z 1 0
2xn+1 (1 +x)2dx+
Z 1 0
xn (1 +x)2dx
= Z 1
0
xn+2+ 2xn+1+xn (1 +x)2 dx
= Z 1
0
xn(x2+ 2x+ 1) (1 +x)2 dx
= Z 1
0
xn(1 +x)2 (1 +x)2 dx
= Z 1
0
xndx
=
"
xn+1 n+ 1
#1 0
Et donc finalement In+2+ 2In+1+In= 1 n+ 1 .
(b) D’après le résultat précédent, avec n = 0, on a I2 + 2I1 + I0 = 1, donc I2 = 1− 2I1 −I0. Par conséquent, d’après la question 2, I2 = 1−2
ln(2)− 1 2
−1
2, ce qui donne finalement : I2 = 3
2−2 ln(2) . (c) Dans le programme, on fait une boucle for. Le couple (a, b) représente
successivement (I0, I1) (avant d’entrer dans la boucle), puis (I1, I2), puis (I2, I3), puis . . . , puis (In−1, In). On met à jour les variables aet bdans la boucle en se servant de la relation de récurrence obtenue à la question 3.(a).
n =i n p u t( ’ d o n n e z une v a l e u r p o u r n : ’ ) a = 1 / 2
b =log(2) -1/2 for k =2: n
aux = a a = b
b = 1 / ( k -1) -2* b - aux end
d i s p( b )
4. (a) Soit n ∈ N quelconque. Pour tout x ∈ [0; 1], on a 0 6 x 6 1, donc 1 6 1 +x 6 2, et donc 1 6 (1 +x)2 6 4 par croissance de la fonction carrée sur R+. On en déduit que 1
4 6 1
(1 +x)2 6 1, et donc que 0 <
1
(1 +x)2 61. Par conséquent, on a 0 6 xn
(1 +x)2 6 xn (car xn > 0), et donc, en intégrant sur [0; 1] :
Z 1 0
0dx6 Z 1
0
xn
(1 +x)2dx6 Z 1
0
xndx
Autrement dit : 06In6
"
xn+1 n+ 1
#1 0
, c’est-à-dire 06In6 1 n+ 1 . (b) Comme 1
n+ 1 tend vers 0 lorsquen tend vers +∞, on déduit de l’enca- drement ci-dessus que la suite (In) converge et que lim
n→+∞In= 0 . 5. Soit n ∈ N∗ quelconque. Alors In =
Z 1 0
u0(x)v(x)dx où u et v sont les fonctions de classe C1 sur [0; 1] définies par : u(x) = −1
1 +x (ce qui donne u0(x) = 1
(1 +x)2) et v(x) =xn (ce qui donnev0(x) =nxn−1). On peut donc faire une intégration par parties :
In=hu(x)v(x)i1
0− Z 1
0
u(x)v0(x)dx
= −xn
1 +x 1
0
+ Z 1
0
nxn−1 1 +xdx
= −1 2 +n
Z 1 0
xn−1 1 +xdx Autrement dit : In=nJn−1−1
2 .
6. (a) En ce qui concerneJ0, on a directementJ0= Z 1
0
1
1 +xdx=hln(1 +x)i1
0, c’est-à-dire J0 = ln(2) .
Remarque : on pouvait aussi utiliser la question précédente, en prenant n= 1.
Ensuite, pour toutn∈N, on a Jn+Jn+1 =
Z 1 0
xn 1 +xdx+
Z 1 0
xn+1 1 +xdx
= Z 1
0
xn+xn+1 1 +x dx
= Z 1
0
xn(1 +x) 1 +x dx
= Z 1
0
xndx
=
"
xn+1 n+ 1
#1 0
Ce qui donne finalement Jn+Jn+1 = 1 n+ 1 .
(b) D’après la question précédente, avec n = 0, on a J0 +J1 = 1, donc J1 = 1−J0, c’est-à-dire J1 = 1−ln(2) .
7. On calcule les premiers termes de la suite (Jk) par récurrence, à l’aide de la relation trouvée à la question 6.(a), et on en déduit Inà l’aide de la question 5.
n =i n p u t( ’ d o n n e z une v a l e u r p o u r n : ’ ) J =log(2)
for k =1: n -1 J =1/ k - J end
I = n * J - 1 / 2 d i s p( I )
8. On montre l’égalité par récurrence surn∈N∗. Pour n = 1, on a (−1)n ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
!
= −(ln(2)−1) = 1−ln(2) et J1= 1−ln(2) (cf question 6.(b)). L’égalité est donc vérifiée pourn= 1.
Supposons maintenant l’égalité vraie à un rang n ∈ N∗ quelconque fixé, et montrons qu’elle est encore vraie au rang n+ 1.
Jn+1 =−Jn+ 1
n+ 1 d’après la question 6.(a)
=−(−1)n ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
!
+ 1
n+ 1 par hypothèse de récurrence
= (−1)n+1 ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
!
+ 1
n+ 1
= (−1)n+1 ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1
k +(−1)n+1 n+ 1
!
= (−1)n+1 ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1
k −(−1)n n+ 1
!
= (−1)n+1 ln(2)−
n+1
X
k=1
(−1)k−1 k
!
Ce qu’il fallait démontrer.
Conclusion : pour toutn∈N∗, on a Jn= (−1)n ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
! . 9. (a) D’après la question 5, pour tout n ∈ N, on a In+1 = (n+ 1)Jn − 1
2, donc Jn = In+1+12
n+ 1 . Or, In+1 −→
n→+∞ 0 d’après la question 4.(b), donc In+1+1
2 −→
n→+∞
1
2, et donc Jn −→
n→+∞0 . (b) D’après la question 8, on a|Jn|=
ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
pour toutn∈N∗, donc en particulier
ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1 k
6|Jn|, ce qui peut se réécrire :
−|Jn|6ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1
k 6|Jn| Or, Jn −→
n→+∞ 0 (cf question précédente), donc |Jn| −→
n→+∞ 0 également.
On en déduit, par encadrement, que ln(2)−
n
X
k=1
(−1)k−1
k −→
n→+∞0 Et donc
n
X
k=1
(−1)k−1
k −→
n→+∞ln(2) Conclusion : la série de terme général (−1)k−1
k converge et
+∞
X
k=1
(−1)k−1
k =
ln(2).
(c) On a vu à la question 9.(a) que Jn = In+1+12
n+ 1 pour tout n ∈ N. Or, In+1 + 1
2 −→
n→+∞
1
2 et n + 1 ∼
n→+∞ n, donc Jn ∼
n→+∞
1 2
n, c’est-à-dire Jn ∼
n→+∞
1 2n .
10. (a) D’après la question 8, on a un= (−1)nJn pour toutn∈N∗. Or, d’après la question précédente, on a Jn ∼
n→+∞
1
2n. D’où un ∼
n→+∞
(−1)n 2n . (b) On sait (question 9.(b)) que la série de terme général (−1)k−1
k converge.
On en déduit que la série de terme général −1
2 ×(−1)k−1
k converge. Au- trement dit, la série de terme général (−1)n
2n converge .
Malheureusement, cette série n’est pas à termes positifs (ni négatifs). On ne peut donc pas appliquer le critère de convergence par équivalence pour étudier la convergence de la série de terme généralun.
Autrement dit, on ne peut rien en déduire concernant Xun .
11. (a) Soit k ∈ N∗ quelconque. D’après la question 8, on a Jk = (−1)kuk et Jk+1 = (−1)k+1uk+1. Or, d’après la question 6.(a), on aJk+Jk+1= 1
k+ 1, d’où (−1)kuk+ (−1)k+1uk+1 = 1
k+ 1. En multipliant par (−1)k(k+ 1), on obtient alors :
(k+ 1)uk−(k+ 1)uk+1= (−1)k c’est-à-dire
kuk+uk−(k+ 1)uk+1 = (−1)k ou encore
uk= (k+ 1)uk+1−kuk+ (−1)k
(b) Soit n ∈ N∗ quelconque. On somme l’égalité ci-dessus pour k entre 1 et n. On obtient :
n
X
k=1
uk=
n
X
k=1
(k+ 1)uk+1−kuk
+
n
X
k=1
(−1)k c’est-à-dire
Sn=
n
X
k=1
(k+ 1)uk+1−kuk
+
n
X
k=1
(−1)k Or, la somme
n
X
k=1
(k+ 1)uk+1 −kuk est une somme télescopique et
n
X
k=1
(−1)k est la somme desnpremiers termes d’une suite géométrique de raison−1. On peut donc les calculer. On obtient :
Sn=(n+ 1)un+1−1u1+ (−1)1−(−1)n 1−(−1) Ce qui se simplifie en :
Sn= (n+ 1)un+1−u1− 1
2(1−(−1)n) (c) D’après ce qui précède, pour toutn∈N∗, on a
S2n= (2n+ 1)u2n+1−u1−1
2(1−(−1)2n)
= (2n+ 1)(−1)2n+1J2n+1−u1−1
2(1−1)
=−(2n+ 1)J2n+1−u1
=−(2n+ 1)J2n+1−(ln(2)−1)
Or, Jk ∼
k→+∞
1
2k d’après la question 9.(c), donc kJk −→
k→+∞
1
2, et donc (2n+ 1)J2n+1 −→
n→+∞
1
2. Par conséquent, S2n −→
n→+∞ −1
2 −(ln(2)−1), c’est-à-dire S2n −→
n→+∞
1
2−ln(2) . De même, pour toutn∈N∗, on a
S2n+1= (2n+ 2)u2n+2−u1−1
2(1−(−1)2n+1)
= (2n+ 2)(−1)2n+2J2n+2−u1− 1
2(1−(−1))
= (2n+ 2)J2n+2−u1−1
= (2n+ 2)J2n+2−(ln(2)−1)−1
= (2n+ 2)J2n+2−ln(2)
Or, de même que ci-dessus, on a (2n+ 2)J2n+2 −→
n→+∞
1
2. Par conséquent, S2n+1 −→
n→+∞
1
2 −ln(2) .
On constate que les suites (S2n) et (S2n+1) convergent et ont la même limite. On en déduit, d’après la propriété admise dans l’énoncé que la suite (Sn) converge vers cette limite.
Conclusion : la suite (Sn) converge et lim
n→+∞Sn = 1
2 −ln(2). Autrement dit, la série de terme généraluk converge et
+∞
X
k=1
uk= 1
2 −ln(2).
12. D’après la question 9.(b), on a ln(2) =
+∞
X
j=1
(−1)j−1
j . Donc, pour toutk∈N∗, on a
uk=
+∞
X
j=1
(−1)j−1
j −
k
X
j=1
(−1)j−1 j
=
+∞
X
j=k+1
(−1)j−1 j
Le résultat de la question précédente peut donc se réécrire :
+∞
X
k=1 +∞
X
j=k+1
(−1)j−1 j = 1
2 −ln(2) C’est la réponse c .
