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.
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;
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.
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)! = xn+ 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).
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.
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.
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 !
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).
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. Doncla 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.
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.
limn→+∞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 :
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→2−f0(t) =−e−2 et lim
t→0f0(t) = 1, f0 d´efinit une bijection de ]0,2[ sur ]−e−2,1[.
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,+∞[.
• `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.