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Partie I : Somme de variables al´ eatoires ind´ ependantes suivant la loi exponentielle de param` etre 1

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Texte intégral

(1)

EM LYON 2011 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

Partie I : Somme de variables al´ eatoires ind´ ependantes suivant la loi exponentielle de param` etre 1

1.

Il r´esulte du cours que :

La fonctionhd´efinie par∀t∈R, h(t) =ne−t sit∈[0,+∞[

0 sinon est une densit´e d’une variable al´eatoire qui suit la loi exponentielle de param`etre 1.

L’esp´erance et la variance d’une variable al´eatoire qui suit la loi exponentielle de param`etre 1 valent 1.

2. a.

Soitnun ´el´ement de N. X1,X2, ...,Xn poss`edent une esp´erance et une variance qui valent 1.

DoncSn =

n

X

k=1

Xk poss`ede une esp´erance et une variance.

La lin´earit´e de l’esp´erance donne alors E(Sn) =

n

X

k=1

E(Xk) doncE(Sn) =

n

X

k=1

1 =n.

L’ind´ependance des variables al´eatoiresX1,X2, ...,Xn permet d’´ecrire queV(Sn) =

n

X

k=1

V(Xk) =

n

X

k=1

1 =n.

Pour tout ´el´ement ndeN,E(Sn) =net V(Sn) =n.

b.

Soitnun ´el´ement deN. X1, X2, ...,Xn sont ind´ependantes et suivent toutes la loi exponentielle de param`etre 1 donc la loi gamma de param`etres 1 et 1 (ou la loi gamma de param`etre 1).

Le cours permet alors de dire que

n

X

k=1

Xk suit la loi gamma de param`etres 1 etn(ou la loi gamma de param`etren).

Pour toutndansN, Sn,→Γ(1, n) ouSn,→γ(n).

Remarque Ceci permet de retrouver l’esp´erance et la variance deSn. Dans ces conditions :

pour toutndansN, la fonctionhnd´efinie par∀t∈R, hn(t) =

tn−1e−t

Γ(n) sit∈]0,+∞[

0 sinon

est une densit´e deSn.

Remarques 1. ∀n∈N, ∀t∈]0,+∞[, hn(t) = tn−1e−t (n−1)!·

2. Pour toutndansN, la fonctionbhn d´efinie par∀t∈R, bhn(t) =

tn−1e−t

Γ(n) sit∈[0,+∞[

0 sinon

est encore une densit´e deSn.

(2)

3.

NotonsFU etFY les fonctions de r´epartition deU et deY.

∀x∈R, FU(x) =

0 six∈]− ∞,0[

x six∈[0,1[

1 six∈[1,+∞[

.

∀x∈R, FY(x) =P(Y 6x) =P(−ln(1−U)6x) =P(ln(1−U)>−x) =P(1−U >e−x) =P(U 61−e−x).

∀x∈R, FY(x) =FU(1−e−x).

Si xest un ´el´ement de ]− ∞,0[, 1−e−x<0 et ainsiFY(x) =FU(1−e−x) = 0.

Si xest un ´el´ement de [0,+∞[, 061−e−x<1 et doncFY(x) =FU(1−e−x) = 1−e−x. Finalement ∀x∈R, FY(x) =n1−e−x six∈[0,+∞[

0 sinon . Alors :

Y =−ln(1−U) suit la loi exponentielle de param`etre 1.

4.

La fonction random permet de simuler U donc la fonction -ln(1-random) permet de simuler−ln(1−U) donc la loi exponentielle de param`etre 1.

On simule alorsSn en ajoutant les r´esultats densimulations (ind´ependantes) de la loi exponentielle de param`etre 1.

Nous allons plutˆot ´ecrire une fonction qu’un programme.

1 function Simule_S_n(n:integer):real;

2

3 var k:integer;s:real;

4 5 begin

6 s:=0;

7 for k:=1 to n do

8 s:=s-ln(1-random);

9 Simule_S_n:=s;

10 end;

5.

Soitn∈N.

Ici aussi nous ´ecrirons une fonction. Proposons deux versions.

La premi`ere simuleS1,S2, ...,Sn, ... tant que la simulation donne une valeur inf´erieure ou ´egale `a t.

La seconde simule S1, S2, ..., Sn, ... jusqu’`a ce que la simulation donne une valeur strictement sup´erieure `a t. On renvoie alors la valeurn−1 sina ´et´e initialis´e `a 0 ounsina ´et´e initialis´e `a−1.

1 function Simule_N_t_V1(t:real):integer;

2

3 var n:integer;s:real;

4 5 begin

6 n:=0;s:=-ln(1-random);

7 while (s<=t) do begin

8 n:=n+1;

9 s:=s-ln(1-random);

10 end;

11 Simule_N_t_V1:=n;

12 end;

(3)

1 function Simule_N_t_V2(t:real):integer;

2

3 var n:integer;s:real;

4 5 begin

6 n:=-1;s:=0;

7 repeat

8 n:=n+1;s:=s-ln(1-random);

9 until(s>t);

10 Simule_N_t_V2:=n;

11 end;

Exercice Soittun un r´eel strictement positif.

Q1. Montrer que presque sˆurement il existe au moins un ´el´ementi deN tel que {Si> t} se r´ealise.

Q2. Montrer que pour toutndansN, les ´ev´enements{Nt=n}et {Sn 6t} ∩ {Sn+1> t} sont ´egaux.

Q3. Montrer queNt suit la loi de Poisson de param`etret.

Partie II : Polynˆ omes de Laguerre

Remarque Soitnun ´el´ement deN. x→xn et x→e−xsont de classe C surR. Alors par produitfn est de classe C surR. Ceci justifie la d´efinition defn(n) et donc deLn.

6.

∀x∈R, L0(x) =exf0(0)(x) =exf0(x) =exe−x= 1. DoncL0= 1.

∀x∈R, L0(x) = 1 ouL0= 1.

∀x∈R, f1(x) =x e−x. Donc∀x∈R, L1(x) =exf10(x) =ex e−x+x(−e−x)

= 1−x. DoncL1= 1−X.

∀x∈R, L1(x) = 1−xouL1= 1−X.

∀x∈R, f2(x) = 1

2x2e−x. La formule de le¨ıbniz donne∀x∈R, f2(2)(x) =1

2 2e−x+ 2 (2x) (−e−x) +x2e−x .

∀x∈R, f2(2)(x) =1

2(2−4x+x2)e−x. Alors∀x∈R, L2(x) =exf200(x) =ex 1

2(2−4x+x2)e−x

= 1−2x+1 2x2. OuL2= 1−2X+1

2X2.

∀x∈R, L2(x) = 1−2x+1

2x2 ouL2= 1−2X+1 2X2.

7.

SoitndansN. Posons∀x∈R, un(x) =xn etv(x) =e−x. un et v sontnfois d´erivable surRetfn= 1 n!unv.

La formule de le¨ıbniz donne alors :fn(n)= 1 n!

n

X

k=0

n k

u(k)n v(n−k)= 1 n!

n

X

k=0

n k

u(n−k)n v(k). Deux r´ecurrences simples montrent que :

1. ∀k∈[[0, n]], ∀x∈R, u(k)n (x) =n(n−1). . .(n−k+ 1)xn−k = n!

(n−k)!xn−k. 2. ∀k∈N, v(k)= (−1)kv ou∀k∈N, ∀x∈R, v(k)(x) = (−1)kex.

(4)

Alors∀x∈R, fn(n)(x) = 1 n!

n

X

k=0

n k

u(n−k)n (x)v(k)(x)

= 1 n!

n

X

k=0

"n k

n!

n−(n−k)

!xn−(n−k)(−1)ke−x

# .

∀x∈R, fn(n)(x) = 1 n!

n

X

k=0

n k

n!

k!xk(−1)ke−x

=e−x

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

xk

.

Alors∀x∈R, Ln(x) =exfn(n)(x) =ex e−x

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

xk !

=

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

xk

=

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

xk.

∀x∈R, Ln(x) =

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

xk ouLn=

n

X

k=0

(−1)k k!

n k

Xk .

8.

Notons que (−1)n n!

n n

=(−1)n

n! 6= 0 ! ! Alors plus de doute !

pour toutndansN,Ln est une fonction polynˆomiale (ou un polynˆome) de degr´endont le coefficient du terme de plus haut degr´e est (−1)n

n! ·

9.

SoitndansN. ∀x∈R, fn+1(x) = 1

(n+ 1)!xn+1e−x.

∀x∈R, fn+10 (x) = 1

(n+ 1)!(n+ 1)xne−x+ 1

(n+ 1)!xn+1(−e−x) = 1

n!xne−x− 1

(n+ 1)!xn+1e−x=fn(x)−fn+1(x).

∀n∈N, ∀x∈R, fn+10 (x) =fn(x)−fn+1(x).

10.

Soitnun ´el´ement deN.

∀x∈R, Ln+1(x) =exfn+1(n+1)(x) donc∀x∈R, L0n+1(x) =exfn+1(n+1)(x) +exfn+1(n+2)(x) =ex

fn+1(n+1)(x) +fn+1(n+2)(x) . Or fn+10 =fn−fn+1. En d´erivantn+ 1 fois on obtient :fn+1(n+2)=fn(n+1)−fn+1(n+1) oufn+1(n+1)+fn+1(n+2)=fn(n+1). Alors∀x∈R, L0n+1(x) =exfn(n+1)(x)

Or ∀x∈R, fn(n)(x) =e−xLn(x). En d´erivant on obtient :

∀x∈R, fn(n+1)(x) =−e−xLn(x) +e−xL0n(x) =e−x L0n(x)−Ln(x) . Donc∀x∈R, L0n+1(x) =exfn(n+1)(x) =exe−x L0n(x)−Ln(x)

=L0n(x)−Ln(x).

∀n∈N, ∀x∈R, L0n+1(x) =L0n(x)−Ln(x) ou∀n∈N, L0n+1=L0n−Ln.

11.

∀n∈N, ∀x∈R, fn+1(x) = xn+1e−x (n+ 1)! = x

n+ 1 xne−x

n! = x

n+ 1fn(x).

∀n∈N, ∀x∈R, fn+1(x) = x

n+ 1fn(x).

12.

SoitndansN. ∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) = (n+ 1)exfn+1(n+1)=ex

(n+ 1)fn+1

(n+1)

(x).

Rappelons que∀x∈R, u1(x) =x. Alors (n+ 1)fn+1=u1fn d’apr`esQ11.

Donc∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =ex

(n+ 1)fn+1

(n+1)

(x) =ex(u1fn)(n+1)(x).

(5)

La formule de Le¨ıbniz donne (u1fn)(n+1)=

n+1

X

k=0

n+ 1 k

u(k)1 fn(n+1−k). Or u(0)1 =u1,u(1)1 = 1 et∀k∈[[2,+∞[[, u(k)1 = 0.

Alors (u1fn)(n+1)= n+ 1

0

u1fn(n+1)+ n+ 1

1

1× fn(n)=u1fn(n+1)+ (n+ 1)fn(n). Donc∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =ex(u1fn)(n+1)(x) =ex

x fn(n+1)(x) + (n+ 1)fn(n)(x) .

Donc∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =x exfn(n+1)(x) + (n+ 1)exfn(n)(x) =x exfn(n+1)(x) + (n+ 1)Ln(x).

Remarquons alors que∀x∈R, fn(n)(x) =e−xLn(x).

Donc en d´erivant il vient ∀x∈R, fn(n+1)(x) = −e−xLn(x) +e−xL0n(x) ou∀x∈R, exfn(n+1)(x) =−Ln(x) +L0n(x) (r´esultat que nous avions d´ej`a obtenu dansQ10)...).

Alors∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =x exfn(n+1)(x) + (n+ 1)Ln(x) =x −Ln(x) +L0n(x)

+ (n+ 1)Ln(x).

Finalement ∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =x L0n(x) + (n+ 1−x)Ln(x).

Pour tout ´el´ement ndeN:∀x∈R, (n+ 1)Ln+1(x) =x L0n(x) + (n+ 1−x)Ln(x).

Pour tout ´el´ementndeN, (n+ 1)Ln+1=X L0n+ (n+ 1−X)Ln.

13.

SoitndansN. (n+ 1)Ln+1 =X L0n+ (n+ 1−X)Ln. En d´erivant on obtient :

(n+ 1)L0n+1=L0n+X L00n−Ln+ (n+ 1−X)L0n=X L00n− Ln+ (n+ 2−X)L0n. Or L0n+1=L0n−Ln. Ainsi (n+ 1) (L0n−Ln) =X L00n− Ln+ (n+ 2−X)L0n. Ce qui donne :

0R[X]=−(n+ 1) (L0n−Ln) +X L00n− Ln+ (n+ 2−X)L0n =X L00n−(X−1)L0n+n Ln. X L00n−(X−1)L0n+n Ln= 0R[X].

∀n∈N, X L00n−(X−1)L0n+n Ln= 0R[X] ou∀n∈N, ∀x∈R, x L00n(x)−(x−1)L0n(x) +n Ln(x) = 0.

Partie III : Produit scalaire, orthogonalit´ e, endomorphisme

14.

•Soitkun ´el´ement deN.

k+ 1 est strictement positif donck+ 1 appartient au domaine de d´efinition de la fonction Γ.

Ainsi Z +∞

0

x(k+1)−1e−xdxconverge donc l’int´egrale Z +∞

0

xke−xdxest convergente.

Pour tout ´el´ementk deN, l’int´egrale Z +∞

0

xke−xdxest convergente.

• SoitAun ´el´ement de E. Il existe un ´el´ement rdeNet un ´el´ement (a0, a1, . . . , ar) deRr+1 tels que :

∀x∈R, A(x) =

r

X

k=0

akxk.

(6)

Pour tout ´el´ement k de N, Z +∞

0

xke−xdx converge donc Z +∞

0

r

X

k=0

akxke−x

!

dx converge comme combinaison lin´eaire der+ 1 int´egrales convergentes. Ainsi l’int´egrale

Z +∞

0

A(x)e−xdxest convergente.

Pour tout ´el´ementAdeE, l’int´egrale Z +∞

0

A(x)e−xdxest convergente.

Remarque On pouvait obtenir l’absolue convergence, donc la convergence, de Z +∞

0

A(x)e−xdx en montrant que A(x)e−x

=

x→+∞o 1

x2

par croissance compar´ee.

15.

•Soit (P, Q) un couple d’´el´ements de E.

P Q appartient `a E donc Z +∞

0

(P Q)(x)e−xdx converge donc Z +∞

0

P(x)Q(x)e−xdx converge ! Ainsi < P, Q >

existe.

< ., . > est une application deE×E dansR.

• Soitλun r´eel et soientP,Q,R trois ´el´ements deE.

< λ P+Q, R >=

Z +∞

0

λ P+Q

(x)R(x)e−xdx= Z +∞

0

λ P(x)R(x) +Q(x)R(x) e−xdx.

< λ P+Q, R >=

Z +∞

0

λ P(x)R(x)e−x+Q(x)R(x)e−x dx=λ

Z +∞

0

P(x)R(x)e−xdx+ Z +∞

0

Q(x)R(x)e−xdx car toutes les int´egrales convergent. Alors< λ P+Q, R >=λ < P, R >+< Q, R >.

∀λ∈R, ∀(P, Q, R)∈E3, < λ P+Q, R >=λ < P, R >+< Q, R >. < ., . >est lin´eaire `a gauche.

• Soit (P, Q) un couple d’´el´ements deE. < P, Q >=

Z +∞

0

P(x)Q(x)e−xdx= Z +∞

0

Q(x)P(x)e−xdx=< Q, P >.

∀(P, Q)∈E2, < P, Q >=< Q, P >. < ., . > est sym´etrique.

• SoitP un ´el´ement deE. ∀x∈R, P(x)2

e−x>0 et 06+∞! donc< P, P >=

Z +∞

0

P(x)2

e−xdx>0.

∀P ∈E, < P, P >>0. < ., . > est positive.

• SoitP un ´el´ement deE tel que< P, P >= 0.

H Z +∞

0

P(x)2

e−xdx= 0.

Hx→ P(x)2

e−xest positive sur [0,+∞[.

Hx→ P(x)2

e−xest continue sur [0,+∞[.

H06= +∞! Alorsx→ P(x)2

e−xest nulle sur [0,+∞[. Commex→e−xne s’annule pas sur [0,+∞[ :∀x∈[0,+∞[, P(x)2

= 0.

Ainsi ∀x∈ [0,+∞[, P(x) = 0. La fonction polynˆomiale P admet alors une infinit´e de z´ero c’est donc la fonction polynˆomiale nulle. P = 0E.

∀P ∈E, < P, P >⇒P = 0E. < ., . > est d´efinie.

Les cinq points pr´ec´edents permettent de dire que :

< ., . >est un produit scalaire surE.

(7)

16.

•SoitP un ´el´ement deE. x→x, P00,x→x−1 etP0 sont des applications polynˆomiales deRdansR. Par produitx→x P00(x) etx→(x−1)P0(x) sont des applications polynˆomiales deRdansR.

Par combinaison lin´eairex→x P00(x)−(x−1)P0(x) est une application polynˆomiale de RdansRdonc un ´el´ement deE. AinsiT(P) appartient `aE.

∀P ∈E, T(P)∈E. T est une application deE dansE.

• Soitλun r´eel et soientP,Qdeux ´el´ements deE.

∀x∈R, T(λ P+Q)(x) =x(λ P+Q)00(x)−(x−1) (λ P+Q)0(x) =x λ P00(x) +Q00(x)

−(x−1) λ P0(x) +Q0(x) .

∀x∈R, T(λ P+Q)(x) =λ x P00(x) + (x−1)P0(x)

+ x Q00(x) + (x−1)Q0(x)

=λ T(P)(x) +T(Q)(x)

∀x∈R, T(λ P+Q)(x) = λ T(P) +T(Q)

(x). T(λ P+Q) =λ T(P) +T(Q).

∀λ∈R, ∀(P, Q)∈E2, T(λ P+Q) =λ T(P) +T(Q). T est lin´eaire. Ce qui ach`eve de montrer que : T est un endomorphisme duR-espace vectorielE.

17.

Posons∀x∈R, ϕ(x) =x P0(x)e−x.

ϕest de classeC1 surRcomme produit de trois fonctions de classeC1surR.

∀x∈R, ϕ0(x) =P0(x)e−x+x P00(x)e−x+x P0(x) (−e−x) = (x P00(x)−(x−1)P0(x))e−x=T(P)(x)e−x. x→T(P)(x)e−x est la d´eriv´ee dex→x P0(x)e−x.

Pour pout P dans E, l’application de Rdans R:x→T(P)(x)e−x est la d´eriv´ee de l’application de R dansR: x→x P0(x)e−x.

18.

SoientP etQdeux ´el´ements deE.

Rappelons que nous avons pos´e∀x∈R, ϕ(x) =x P0(x)e−x. ϕest de classeC1surRet∀x∈R, ϕ0(x) =T(P)(x)e−x. Z A

0

T(P)(x)Q(x)e−xdx= Z A

0

ϕ0(x)Q(x) dx. ϕetQsont de classeC1surRdonc nous pouvons int´egrer par parties.

Z A 0

T(P)(x)Q(x)e−xdx= Z A

0

ϕ0(x)Q(x) dx=h

ϕ(x)Q(x)iA

0 − Z A

0

ϕ(x)Q0(x) dx.

Z A 0

T(P)(x)Q(x)e−xdx=ϕ(A)Q(A)−ϕ(0)Q(0)− Z A

0

x P0(x)e−xQ0(x) dx. Notons queϕ(0) = 0. Alors : Z A

0

T(P)(x)Q(x)e−xdx=A P0(A)e−AQ(A)− Z A

0

x P0(x)e−xQ0(x) dx.

Z A 0

T(P)(x)Q(x)e−xdx=A P0(A)Q(A)e−A− Z A

0

x P0(x)Q0(x)e−xdx (1).

x→x P0(x)Q0(x) appartient `aE comme produit de trois ´el´ements deE.

Donc Z +∞

0

x P0(x)Q0(x)e−xdxconverge et lim

A→+∞

Z A 0

x P0(x)Q0(x)e−xdx= Z +∞

0

x P0(x)Q0(x)e−xdx (2).

Montrons maintenant que lim

A→+∞ A P0(A)Q(A)e−A

= 0.

x→x P0(x)Q(x) est un ´el´ement de E comme produit de trois ´el´ements deE.

Si x→x P0(x)Q(x) est la fonction nulle de E alors lim

A→+∞ A P0(A)Q(A)e−A

= 0 !

(8)

Supposons maintenant que x→x P0(x)Q(x) n’est pas la fonction nulle deE.

Soitrle degr´e de la fonction polynˆomex→x P0(x)Q(x) etar le coefficient de son terme de plus haut degr´e.

A P0(A)Q(A)e−A

A→+∞∼ arAre−A=ar

Ar

eA et lim

A→+∞

ar

Ar eA

= 0 par croissance compar´ee.

Alors lim

A→+∞

A P0(A)Q(A)e−A

= 0 (3).

En faisant tendre Avers +∞dans (1), et en tenant compte de (2) et (3) on obtient : Z +∞

0

T(P)(x)Q(x)e−xdx=− Z +∞

0

x P0(x)Q0(x)e−xdx

∀(P, Q)∈E×E, < T(P), Q >=− Z +∞

0

x P0(x)Q0(x)e−xdx.

19.

SoitP et Qdeux ´el´ements de E. < T(P), Q >=− Z +∞

0

x P0(x)Q0(x)e−xdx.

L’int´egrale ne change pas si l’on permuteP etQdonc< T(P), Q >=< T(Q), P >.

Par sym´etrie du produit scalaire :< T(P), Q >=< P, T(Q)>.

∀(P, Q)∈E×E, < T(P), Q >=< P, T(Q)>.

Remarque T est un endomorphisme sym´etrique de(E, < ., . >), non ? ! Mais il est vrai que le programme se limite aux endomorphismes sym´etriques d’espaces vectoriels euclidiens...

20.

SoitndansN. ∀x∈R, T(Ln)(x) =x L00n(x)−(x−1)L0n(x) =−n Ln(x) d’apr`esQ13. DoncT(Ln) =−n Ln.

∀n∈N, T(Ln) =−n Ln.

Remarque Pour tout ndans N,Ln 6= 0E. Donc pour toutn dansN, −n est une valeur propre deT et Ln est un vecteur propre associ´e.

Exercice Montrer que le spectre deT est{−n , n∈N}.

21.

Soientiet j deux ´el´ements distincts de [[0, N]]. < T(Li), Lj >=< Li, T(Lj)>d’apr`esQ19.

Donc<−i Li, Lj >=< Li,−j Lj>. Alors−i < Li, Lj >=−j < Li, Lj >et ainsi (j−i) < Li, Lj >= 0.

Commej−in’est pas nul :< Li, Lj >est nul.

∀(i, j)∈[[0, N]]2, i6=j⇒< Li, Lj>= 0.

(L0, L1, . . . , LN) est une famille orthogonale de E.

Remarque Ce qui n’est pas un scoop carL0,L1, ..., LN sont des vecteurs propres d’un endomorphisme sym´etrique associ´es `a des valeurs propres deux `a deux distinctes.

22.

SoitP un ´el´ement deEN. P est une fonction polynˆomiale deRdansRde degr´e inf´erieur ou ´egal `a N.

P00 (resp. P0) est une fonction polynˆomiale deRdansRde degr´e inf´erieur ou ´egal `aN−2 (resp. N−1).

Alorsx→x P00(x) (resp. x→(x−1)P0(x)) est une fonction polynˆomiale deRdans Rde degr´e inf´erieur ou ´egal `a N−1 (resp. N).

(9)

Alors les deux fonctionsx→x P00(x) etx→(x−1)P0(x) appartiennent `a EN. Leur diff´erence ´egalement.

AinsiT(P) appartient `aE.

∀P ∈EN, T(P)∈EN.

23.

D’apr`esQ8, pour toutidans [[0, N]],Li est une fonction polynˆomiale de RdansRde degr´ei.

Donc pour toutidans [[0, N]],Li est un ´el´ement de EN.

(L0, L1, . . . , LN) est une famille orthogonale d’´el´ements non nuls de EN. C’est donc une famille libre de cardinal N+ 1 de EN qui est de dimensionN+ 1. Alors c’est une base de EN.

(L0, L1, . . . , LN) est une base deEN.

24.

∀i∈[[0, N]], T(Li) =−i Li. Donc

la matrice deTN dans la base (L0, L1, . . . , LN) est la matrice diagonale Diag(0,−1,−2, . . . ,−N) deMN+1(R).

M(L0,L1,...,LN)(T) =

0 0 · · · 0 0 −1 . .. ... ... . .. −2 . .. ... ... . .. . .. 0 0 · · · 0 −N

 .

25.

Restons poli ! OuiTN est diagonalisable car (L0, L1, . . . , LN) est une base de EN constitu´ee de vecteurs propres deTN! ! !

TN est diagonalisable.

0 est valeur propre deTN doncTN n’est pas injectif et encore moins bijectif ! TN n’est pas bijectif.

Partie IV : Nature d’une s´ erie de maximums

26.

Soitnun ´el´ement deN. gn est d´erivable sur [0,+∞[ et∀x∈[0,+∞[, gn0(x) = 1 n!

n xn−1e−x+xn(−e−x) .

∀x∈[0,+∞[, gn0(x) = 1

n!xn−1e−x(n−x).

gn est continue sur [0,+∞[,∀x∈]0, n[, gn0(x)>0 et∀x∈]n,+∞[, gn0(x)<0.

Ceci suffit pour dire quegn est strictement croissante sur [0, n] et strictement d´ecroissante sur [n,+∞[.

Donc∀x∈[0, n[, gn(x)< gn(n) et∀x∈]n,+∞[, gn(n)> gn(x) et ainsi ∀x∈[0, n[∪]n,+∞[, gn(x)< gn(n).

Dans ces conditions,gn admet un maximum sur [0,+∞[ atteint en le seul point n.

(10)

gn admet un maximumMn sur [0,+∞[ atteint en le seul point n. Mn=gn(n) = nne−n n! ·

27.

SoitndansN. an = lnµn+1−lnµn= ln(√

n+ 1Mn+1)−ln(√

n Mn) = ln √

n+ 1

√n

Mn+1

Mn

= ln

n+ 1 n

12 Mn+1

Mn

!

·

Mn+1

Mn

=Mn+1

1 Mn

= (n+ 1)n+1e−(n+1) (n+ 1)!

n!

nne−n = (n+ 1)n nn

e−(n+1) e−n

(n+ 1)n!

(n+ 1)! =

n+ 1 n

n

e−1. Alors :

an = ln

n+ 1 n

12 Mn+1

Mn

!

= ln

n+ 1 n

12 n+ 1

n n

e−1

!

= ln

n+ 1 n

n+12

e−1

! .

an =

n+1 2

lnn+ 1

n −1 =n

1 + 1 2n

ln

1 + 1

n

− 1 n

. 1 + 1

2n =

n→+∞1 + 1 2n+ o

1 n3

et ln

1 + 1

n

n→+∞= 1 n− 1

2n2+ 1 3n3+ o

1 n3

. Par produit :

1 + 1 2n

ln

1 + 1

n

n→+∞= 1 n − 1

2n2 + 1 3n3 + 1

2n2 − 1 4n3 + o

1 n3

.

1 + 1 2n

ln

1 + 1

n

− 1

n =

n→+∞

1 3n3 − 1

4n3 + o 1

n3

n→+∞= 1 12n3 + o

1 n3

. Alors : an =n

1 + 1

2n

ln

1 + 1 n

− 1 n

n→+∞= 1 12n2 + o

1 n2

. an =

n→+∞

1 12n2 + o

1 n2

.

28.

Il r´esulte deQ27quean

n→+∞

1

12n2·De plus la s´erie de terme g´en´eral 1

12n2 est convergente et `a termes positifs.

Les r`egles de comparaison sur les s´eries `a termes positifs montrent alors que : la s´erie de terme g´en´eralan converge.

29.

PosonsS=

+∞

P

n=1

an.

∀n∈[[2,+∞[[, lnµn−lnµ1=

n−1

P

k=1

(lnµk+1−lnµk) =

n−1

P

k=1

ak. ∀n∈[[2,+∞[[, lnµn= lnµ1+

n−1

P

k=1

ak. Alors lim

n→+∞lnµn= lnµ1+S et ainsi la suite (lnµn)n>1 est convergente. Notons` sa limite.

Par continuit´e de la fonction exponentielle en`, lim

n→+∞elnµn=e` donc lim

n→+∞µn =e`. Ainsi : la suite (µn)n>1 converge et sa limite est strictement positive.

30.

lim

n→+∞µn=e` ete`6= 0 doncµn

n→+∞e`. Ce qui donne√

n Mn

n→+∞e`. AinsiMn

n→+∞

e`

√n = e` n12· De plus la s´erie de terme g´en´eral e`

n12 est divergente, car 1

2 61, et `a termes positifs.

Les r`egles de comparaison sur les s´eries `a termes positifs montrent alors que :

(11)

la s´erie de terme g´en´eralMn diverge.

Partie V : Etude d’extremum local pour une fonction de deux variables r´ ´ eelles

31.

Posons∀(x, y)∈R2, p1(x, y) =x, p2(x, y) =y etp3(x, y) =x+y. F =f◦p1+f◦p2−f◦p3. 1. p1,p2,p3 sont de classeC2 surR2 car ce sont des fonctions polynˆomes.

2. ∀(x, y)∈]0,+∞[2, p1(x, y)∈]0,+∞[, p2(x, y)∈]0,+∞[ etp3(x, y)∈]0,+∞[.

3. f est de classeC2 sur ]0,+∞[.

Alors par compositionf◦p1, f◦p2 etf◦p3sont de classeC2 sur ]0,+∞[2.

DoncF de classeC2 sur ]0,+∞[2 comme combinaison lin´eaire de trois fonctions de classeC2 sur ]0,+∞[2. F est de classeC2 sur ]0,+∞[2.

Soit (x, y)∈]0,+∞[2. ∂(f◦p1)

∂x (x, y) =∂p1

∂x(x, y)f0 p1(x, y)

= 1×f0(x) =f0(x).

∂(f◦p2)

∂x (x, y) =∂p2

∂x(x, y)f0 p2(x, y)

= 0×f0(y) = 0.

∂(f◦p3)

∂x (x, y) =∂p3

∂x(x, y)f0 p3(x, y)

= 1×f0(x+y) =f0(x+y).

Alors ∂F

∂x(x, y) =f0(x) + 0−f0(x+y) =f0(x)−f0(x+y). De mˆeme ∂F

∂y(x, y) =f0(y)−f0(x+y).

∀(x, y)∈]0,+∞[2, ∂F

∂x(x, y) =f0(x)−f0(x+y) et ∂F

∂y(x, y) =f0(y)−f0(x+y).

∀t∈]0,+∞[, f(t) =t e−tdonc∀t∈]0,+∞[, f0(t) =e−t+t(−e−t) = (1−t)e−t. Alors :

∀(x, y)∈]0,+∞[2, ∂F

∂x(x, y) = (1−x)e−x−(1−x−y)e−x−y et ∂F

∂y(x, y) = (1−y)e−y−(1−x−y)e−x−y. Remarque On obtient sans difficult´e, pour tout ´el´ement (x, y)de]0,+∞[2:

2F

∂x2(x, y) =f00(x)−f00(x+y), ∂2F

∂y2(x, y) =f00(y)−f00(x+y)et ∂2F

∂y ∂x(x, y) = ∂2F

∂x ∂y(x, y) =−f00(x+y).

32.

Rappelons quef est de classeC2 sur ]0,+∞[.

∀t∈]0,+∞[, f(t) =t e−t,∀t∈]0,+∞[, f0(t) = (1−t)e−t et∀t∈]0,+∞[, f00(t) =−e−t+ (1−t) (−e−t) = (t−2)e−t. f0 est continue sur [2,+∞[ et f00 est strictement positive sur ]2,+∞[. Cela suffit pour dire que f0 est continue et strictement croissante sur [2,+∞[.

Commef0(2) =−e−2 et lim

t→+∞f0(t) = 0 (par croissance compar´ee),f0 d´efinit une bijection de [2,+∞[ sur [−e−2,0[.

f0 est continue sur ]0,2[ etf00est strictement n´egative sur ]0,2[. f0 est continue et strictement d´ecroissante sur ]0,2[.

Comme lim

t→2f0(t) =−e−2 et lim

t→0f0(t) = 1, f0 d´efinit une bijection de ]0,2[ sur ]−e−2,1[.

(12)

Alors si λest un r´eel, l’´equationf0(t) =λadmet au plus une solution dans ]0,2[ et au plus une solution dans [2,+∞[

donc au plus deux solutions dans ]0,+∞[.

Soitadans ]0,+∞[. L’´equationx∈]0,+∞[ etf(x) =f(a) admetacomme solution et admet au plus deux solutions.

Elle admet donc au plus une solution distincte de a.

Pour tout ´el´ement ade ]0,+∞[, l’´equationx∈]0,+∞[ etf0(x) =f0(a) admet au plus une solution distincte dea.

Exercice λest un r´eel. Trouver le nombre de solutions de l’´equationx∈]0,+∞[et f0(x) =λ.

En d´eduire, pour tout ´el´ementade]0,+∞[, le nombre de solutions de l’´equationx∈]0,+∞[etf0(x) =f0(a).

33.

Soit (x, y) un ´el´ement de ]0,+∞[2.

• Supposons que (x, y) est un point critique deF. Alors ∂F

∂x(x, y) = ∂F

∂y(x, y) = 0.

Doncf0(x)−f0(x+y) =f0(y)−f0(x+y) = 0. f0(x+y) =f0(x) et f0(y) =f0(x+y) =f0(x).

Doncyetx+ysont deux solutions distinctes de l’´equationt∈]0,+∞[ etf0(t) =f0(x). Alors d’ap`esQ32l’une d’entre elle estx.

Ainsix+y=xoux=y. Notons quex+y=xdonney= 0 ce qui n’est pas doncx=y.

Alorsf0(2x) =f0(x+y) =f0(x). Finalementy=xetf0(2x) =f0(x).

R´eciproquement supposons que y=xetf0(2x) =f0(x).

∂F

∂x(x, y) =f0(x)−f0(x+y) =f0(x)−f0(2x) = 0 et ∂F

∂y(x, y) =f0(y)−f0(x+y) =f0(x)−f0(2x) = 0.

∂F

∂x(x, y) = ∂F

∂y(x, y) = 0. Ainsi (x, y) est un point critique deF.

Pour tout ´el´ement (x, y) de ]0,+∞[2, (x, y) est un point critique deF si et seulement six=y etf0(x) =f0(2x).

34.

Soitxun r´eel strictement positif.

f0(x) =f0(2x)⇐⇒e−x(1−x) =e−2x(1−2x)⇐⇒ex(1−x) = 1−2x⇐⇒ex(1−x)−1 + 2x= 0.

Posons∀x∈]0,+∞[, `(x) =ex(1−x)−1 + 2x. ∀x∈]0,+∞[, f0(x) =f0(2x)⇐⇒`(x) = 0.

Montrons alors que` s’annule une fois et une seule sur ]0,+∞[.

` est d´erivable sur ]0,+∞[ et∀x∈]0,+∞[, `0(x) =ex(1−x) +ex(−1) + 2 = 2−x ex.

`0 est d´erivable sur ]0,+∞[ et∀x∈]0,+∞[, `00(x) =−ex−x ex=−(x+ 1)ex. ∀x∈]0,+∞[, `00(x)<0.

Alors`0 est continue et strictement d´ecroissante sur ]0,+∞[.

De plus lim

x→0`0(x) = lim

x→0 2−x ex

= 2 et lim

x→+∞`0(x) = lim

x→+∞ 2−x ex

=−∞.

Alors`0 d´efinit une bijection de ]0,+∞[ sur ]− ∞,2[. 0 appartient `a ]− ∞,2[ donc il existe un unique ´el´ementβ dans ]0,+∞[ tel que`0(β) = 0.

La stricte d´ecroissance de`0 sur ]0,+∞[ permet de dire que∀x∈]0, β[, `0(x)>0 et∀x∈]β,+∞[, `0(x)<0.

`0(1) = 2−edonc`0(1)<0. Alors 1∈]β,+∞[ et ainsiβ <1.

• `est strictement croissante sur ]0, β[ et strictement d´ecroissante sur [β,+∞[.

(13)

• `est continue sur ]0, β[ et sur [β,+∞[.

• lim

x→0`(x) = 0, lim

x→β`(x) =`(β) et lim

x→+∞`(x) =−∞.

Alors`d´efinit une bijection de ]0, β[ sur ]0, `(β)[ et de [β,+∞[ sur ]− ∞, `(β)]. Notons quel(β)>0. Alors : 1. ∀x∈]0, β[, `(x)>0. L’´equationx∈]0, β[ et`(x) = 0 n’a pas de solution.

2. 0∈]− ∞, `(β)] donc L’´equationx∈[β,+∞[ et`(x) = 0 a une solution et une seule que nous noteronsα.

Finalement l’´equationx∈]0,+∞[ et`(x) = 0 admet une solution et une seuleα.

Donc l’´equationx∈]0,+∞[ etf0(x) =f0(2x) admet une solution et une seuleα.

Ainsi, d’apr`esQ23F admet un point critique et un seul (α, α).

` est strictement d´ecroissante sur [β,+∞[. Rappelons aussi queβ <1.

Alors comme `(1) = 1,`(α) = 0 et`(2) = 3−e2<0 : 1< α <2.

F admet un point critique et un seul que nous noterons (α, α). De plus 1< α <2.

35.

∀x∈]0,+∞[, f00(x) = (x−2)e−x.

f00(α) = (α−2)e−α<0 car α <2 etf00(2α) = (2α−2)e−2α= 2 (α−1)e−2α>0 car α >1.

f00(α)<0 etf00(2α)>0.

36.

• F est de classe C1 sur l’ouvert ]0,+∞[2. Ainsi si F admet un extremum local en un point de ]0,+∞[2, ce point est un point critique de F.

Or (α, α) est l’unique point critique deF sur ]0,+∞[2, doncF admet au plus un extremum local sur ]0,+∞[2et siF admet un extremum local sur ]0,+∞[2il est atteint en (α, α).

• Regardons alors siF admet un extremum local en (α, α)

Nous avons d´ej`a dit queF est de classeC2 sur ]0,+∞[2et que pour tout ´el´ement (x, y) de ]0,+∞[2:

2F

∂x2(x, y) =f00(x)−f00(x+y), ∂2F

∂y2(x, y) =f00(y)−f00(x+y) et ∂2F

∂y ∂x(x, y) =−f00(x+y).

Posonsr=∂2F

∂x2(α, α),s= ∂2F

∂y ∂x(α, α) et t= ∂2F

∂y2(α, α).

r=f00(α)−f00(2α),s=−f00(2α),t=f00(α)−f00(2α).

rt−s2=

f00(α)−f00(2α)2

−f00(2α)2

=

f00(α)2

−2f00(α)f00(2α) +

f00(2α)2

f00(2α)2

. rt−s2=f00(α)

f00(α)−2f00(2α) .

Rappelons quef00(α)<0 etf00(2α)>0. Alorsf00(α)<0 etf00(α)−2f00(2α)<0 doncrt−s2>0.

Ainsi, d’apr`es le cours,F admet en (α, α) un extremum local (strict).

r=f00(α)<0 donc il s’agit d’un maximum local.

Alors les deux points pr´ec´edents permettent de dire que :

F admet un extremum local et un seul. Cet extremum local est un maximum.

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