Partie IV : Matrices sym´ etriques positives solution d’une ´ equation polynomiale sp´ eciale

EM LYON 2012 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR [email protected]

PROBL` EME 1

Partie I : Interpolation polynomiale

1. • ϕest une application deRn−1[X] dansRⁿ.

•Soitλun r´eel. Soient P et Qdeux ´el´ements de Rn−1[X].

ϕ(λ P+Q) =

λ P+Q

(a₁), λ P +Q

(a₂), . . . , λ P+Q (a_n)

. ϕ(λ P+Q) =

λ P(a1) +Q(a1), λ P(a2) +Q(a2), . . . , λ P(an) +Q(an) . ϕ(λ P+Q) =λ P(a1), P(a2), . . . , P(an)

+ Q(a1), Q(a2), . . . , Q(an)

=λ ϕ(P) +ϕ(Q).

∀λ∈R, ∀(P, Q)∈Rn−1[X]×Rn−1[X], ϕ(λ P+Q) =λ ϕ(P) +ϕ(Q). ϕest lin´eaire.

•SoitP un ´el´ement de Kerϕ. P(a₁), P(a₂), . . . , P(a_n)

= 0_Rn.

AinsiP(a₁) =P(a₂) =· · ·=P(a_n) = 0. Donca₁,a₂, ..., a_n sontn z´eros distincts du polynˆomeP qui est de degr´e au plusn−1. AlorsP est le polynˆome nul.

Cela suffit pour dire que Kerϕ={0_Rn−1[X]}donc queϕest injective.

ϕest une application lin´eaire injective deRn−1[X] dansRⁿ. CommeRn−1[X] etRⁿontmˆeme dimension finien,ϕest un isomorphisme deRn−1[X] sur Rⁿ.

ϕest un isomorphisme deRn−1[X] surRⁿ . 2. Soit (b1, b2, . . . , bn) un ´el´ement de Rⁿ. SoitP un ´el´ement deRn−1[X].

∀i∈[[1, n]], P(ai) =bi

⇐⇒ P(a1), P(a2), . . . , P(an)

= (b1, b2, . . . , bn)⇐⇒ϕ(P) = (b1, b2, . . . , bn).

∀i∈[[1, n]], P(ai) =bi

⇐⇒P =ϕ⁻¹(b1, b2, . . . , bn). Plus de doute :

il existe un ´el´ementP deRn−1[X] et un seul tel que :∀i∈[[1, n]], P(ai) =bi .

3. Notons que 0, 1, 2 et 3 sont quatre r´eels deux `a deux distincts ! Alors il existe un unique ´el´ement P₀ de R3[X] tel queP₀(0) = 1,P₀(1) = 3,P₀(2) = 11 etP₀(3) = 31.

Il existe quatre r´eelsa,b,c,dtels queP0=aX³+bX²+cX+d. Notons qu’il est nullement obligatoire de raisonner par ´equivalences pour trouvera,b, cetd.

Les hypoth`eses donnent :















1 =P0(0) =d

3 =P0(1) =a+b+c+d 11 =P0(2) = 8a+ 4b+ 2c+d 31 =P0(3) = 27a+ 9b+ 3c+d

.

Alors





 d= 1 a+b+c= 2 4a+ 2b+c= 5 9a+ 3b+c= 10

. Ainsi





 d= 1 c= 2−a−b 3a+b= 3 8a+ 2b= 8

ou





 d= 1 c= 2−a−b 3a+b= 3 4a+b= 4

.

En retranchant les deux derni`eres lignes il vient rapidementa= 1. Ce qui donneb= 0 etc= 1.

Finalementa= 1, b= 0, c= 1 etd= 1. Donc :

L’unique ´el´ement P₀ deR3[X] tel queP₀(0) = 1,P₀(1) = 3,P₀(2) = 11 etP₀(3) = 31 est X³+X+ 1.

Partie II : Polynˆ omes sp´ eciaux

1. P₀ est un ´el´ement deR[X]. De plus :∀x∈]0,+∞[,

P₀(x) =x³+x+ 1>0 etP₀⁰(x) = 3x²+ 1>0 . Alors :

X³+X+ 1 est un ´el´ement deE.

2. Soitαun r´eel strictement positif. SoientP et Qdeux ´el´ements de E.

Notons queα P, P+QetP Qsont des ´el´ements deR[X] carP etQsont des ´el´ements deR[X] et αest un r´eel.

Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[. P(x)>0,Q(x)>0,P⁰(x)>0,Q⁰(x)>0 etα >0.

Alors (α P)(x) =α P(x) > 0, (α P)⁰(x) = α P⁰(x) > 0, (P +Q)(x) = P(x) +Q(x) > 0, (P+Q)⁰(x) = P⁰(x) +Q⁰(x)>0, (P Q)(x) =P(x)Q(x)>0 et (P Q)⁰(x) =P⁰(x)Q(x) +P(x)Q⁰(x)>0. Ceci ´etant vrai pour tout r´eel x appartenant `a l’intervalle ]0,+∞[, on peut alors affirmer que α P, P +Q, P Q sont des

´

el´ements deE.

E est stable par multiplication par un r´eel strictement positif, par addition et par multiplication.

P0appartient `aE. Alors∀x∈]0,+∞[, P0(x)>0 donc∀x∈]0,+∞[, (−P0)(x)<0. Ainsi−P0n’appartient pas `aE. Ce qui permet de dire que :

E n’est pas un sous-espace vectoriel deR[X].

3. SoitP un ´el´ement deE. P1 est la primitive deP surRqui prend la valeur 0 en 0 doncP1est un ´el´ement deR[X].

On a d´ej`a :∀x∈]0,+∞[, P₁⁰(x) =P(x)>0.

Notons alors queP₁ est continue et d´erivable sur [0,+∞[, de d´eriv´ee strictement positive sur ]0,+∞[.

Ceci suffit pour dire queP1 est strictement croissante sur [0,+∞[. Alors∀x∈]0,+∞[, P1(x)> P1(0) = 0.

Ceci ach`eve de montrer que P1 est un ´el´ement deE.

Si P est un ´el´ement de E, l’application P₁ de R dans R d´efinie par ∀x ∈ R, P₁(x) = Z x

0

P(t) dt est

´egalement un ´el´ement de E.

4. SoitP un ´el´ement de E. P est continue et d´erivable sur [0,+∞[, de d´eriv´ee strictement positive sur ]0,+∞[. Ceci suffit pour dire queP est strictement croissante sur [0,+∞[.

Ce qui suffit tr`es largement pour dire que∀x∈[0,+∞[, P(x)>P(0).

Si P est dansE, ∀x∈[0,+∞[, P(x)>P(0).

5. SoitP un ´el´ement deE.

•Peest application continue et strictement croissante de [0,+∞[ dans [P(0),+∞[ carP est continue et strictement croissante sur [0,+∞[.

•P n’est pas un polynˆome constant carP⁰ n’est pas le polynˆome nul puisque∀x∈]0,+∞[, P⁰(x)>0.

Alors lim

x→+∞P(x) = +∞ou lim

x→+∞P(x) =−∞. CommePest strictement positif sur ]0,+∞[, n´ecessairement

x→+∞lim P(x) = +∞. Donc lim

x→+∞Pe(x) = +∞.

Les deux points pr´ec´edents montrent quePe est une bijection de [0,+∞[ sur [P(0),+∞[.

Si P est un ´el´ement deE,Pe est une bijection de [0,+∞[ sur [P(0),+∞[.

6. SoitP est un ´el´ement deE de degr´e au moins deux.

∀x∈]0,+∞[,Pe⁰(x) =P⁰(x)>0. Ceci permet de dire que Pe⁻¹est au moins d´erivable sur ]P(0),+∞[.

De plus∀x∈]P(0),+∞[, (Pe⁻¹)⁰(x) = 1 Pe⁰ Pe⁻¹(x)·

OrPe est une bijection strictement croissante de [0,+∞[ sur [P(0),+∞[ et lim

x→+∞Pe(x) = +∞

donc lim

x→+∞Pe⁻¹(x) = +∞.

P⁰ est un polynˆome de degr´e au moins 1 strictement positif sur ]0,+∞[ donc lim

x→+∞P⁰(x) = +∞.

Alors lim

x→+∞Pe⁰(x) = +∞et par composition lim

x→+∞Pe⁰ Pe⁻¹(x)

= +∞.

Alors lim

x→+∞(Pe⁻¹)⁰(x) = lim

x→+∞

1

Pe⁰ Pe⁻¹(x)= 0.

Supposons que Pe⁻¹ est une application polynˆomiale. Pe⁻¹ est alors d´erivable sur [P(0),+∞[ et sa d´eriv´ee est ´egalement une application polynˆomiale. Alors comme lim

x→+∞(Pe⁻¹)⁰(x) = 0 n´ecessairement (Pe⁻¹)⁰ est constante et mˆeme nulle sur [P(0),+∞[.

DoncPe⁻¹ est constante sur [P(0),+∞[ ce qui contredit le caract`ere bijectif dePe⁻¹. DoncPe⁻¹ n’est pas une application polynomiale.

SiP est un ´el´ement deEde degr´e au moins 2, l’application r´eciproquePe⁻¹dePen’est pas une application polynomiale.

Partie III : Matrices sym´ etriques positives

1. Aest une matrice sym´etrique deMn(R) (donc `a coefficients r´eels !). Le cours montre alors que :

Aest diagonalisable dansMn(R).

2. a. Supposons que A soit dans S_n⁺. Soitλ une valeur propre de A. Il existe un ´el´ement U non nul de Mn,1(R) tel queAU =λ U.

Alors ^tU AU = ^tU(λ U) = λ^tU U = λkUk². ^tU AU est un r´eel positif ou nul car A appartient `a S_n⁺ et kUk² est un r´eel strictement positif car U n’est pas nulle. Dans ces conditionsλest un r´eel positif ou nul.

λ∈[0,+∞[.

Donc toutes les valeurs propres deAsont dans [0,+∞[.

SiA appartient `a S_n⁺ alors toutes les valeurs propres deAsont dans [0,+∞[.

b. R´eciproquement supposons que toutes les valeurs propres deAsont dans [0,+∞[.

Aest une matrice sym´etrique de Mn(R) donc il existe une base orthonorm´ee (U1, U2, . . . , Un) deMn,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deA.

Pour toutidans [[1, n]] notonsα_i la valeur propre de Aassoci´ee au vecteur propreU_i. Par hypoth`ese∀i∈[[1, n]], α_i>0.

SoitU un ´el´ement deMn,1(R) de coordonn´ees (t1, t2, . . . , tn) dans la base (U1, U2, . . . , Un).

U =

n

X

i=1

t_iU_i et AU =

n

P

i=1

t_iAU_i=

n

P

i=1

t_iα_iU_i.

Comme (U₁, U₂, . . . , U_n) est une base orthonorm´ee :^tU AU =< U, AU >=

n

P

i=1

t_it_iα_i

=

n

P

i=1

t²_iα_i . Or∀i∈[[1, n]], t²_i >0 etαi>0 donc∀i∈[[1, n]], t²_i αi>0. Ainsi^tU AU =

n

P

i=1

t²_iαi

>0.

Aest alors une matrice sym´etrique deMn(R) telle que∀U ∈ Mn,1(R), ^tU AU >0 doncAappartient `aS_n⁺.

Si toutes les valeurs propres deAsont dans [0,+∞[ alorsAest dansS_n⁺.

Partie IV : Matrices sym´ etriques positives solution d’une ´ equation polynomiale sp´ eciale

1. a. P est de degr´en−1 donc il existe (c1, c2, . . . , cn−1) dansRⁿ tel queP =

n−1

X

k=0

ckX^k etcn−16= 0.

SA=SP(S) =S _n−1

P

k=0

ckS^k

= _n−1

P

k=0

ckS^k+1

= _n−1

P

k=0

ckS^k

S =P(S)S=AS. DoncSA=AS.

A=QDQ⁻¹ doncD=Q⁻¹AQ. Rappelons que ∆ =Q⁻¹SQ.

Alors ∆D=Q⁻¹SQ Q⁻¹AQ=Q⁻¹SAQ=Q⁻¹ASQ=Q⁻¹AQ Q⁻¹SQ=D∆.

SA=AS et ∆D=D∆.

b. Posons ∆ = (δ_i,j) etD= (d_i,j). Notons que∀(i, j)∈[[1, n]]², d_i,j=

(λi sii=j 0 sii6=j .

Alors ∆D=

n

X

k=1

δi,kdk,j

!

etD∆ =

n

X

k=1

di,kδk,j

! .

En tenant compte de ce qui pr´ec`ede on a encore ∆D= (δi,jλj) etD∆ = (λiδi,j).

Comme ∆D=D∆ :∀(i, j)∈[[1, n]]², δi,jλj =λiδi,j.

Soientiet j deux ´el´ements distincts de [[1, n]]. δi,jλj =λiδi,j donc (λj−λi)δi,j= 0.

iet j´etant distincts il en est de mˆeme pourλi etλj. Doncλj−λi n’est pas nul. Alorsδi,j est nul.

∀(i, j)∈[[1, n]]², i6=j⇒δ_i,j= 0 donc ∆ est diagonale.

S appartient `a S_n⁺ donc ses valeurs propres sont des ´el´ements de [0,+∞[. Or S et ∆ sont semblables donc ont les mˆemes valeurs propres. Par cons´equent les valeurs propres de ∆ sont des ´el´ements de [0,+∞[.

Comme ∆ est diagonale, ses valeurs propres sont ses ´el´ements diagonaux. Alors les ´el´ements diagonaux de

∆ sont des r´eels positifs ou nuls.

∆ est diagonale et ses ´el´ements diagonaux sont tous positifs ou nuls.

Avant de passer `a la question suivantes poussons l’avantage.

P(∆) =

n−1

X

k=0

c_k∆^k =

n−1

X

k=0

c_k(Q⁻¹SQ)^k=

n−1

X

k=0

c_kQ⁻¹S^kQ=Q⁻¹

n−1

X

k=0

c_kS^k

! Q.

P(∆) =Q⁻¹P(S)Q=Q⁻¹AQ=D. Alors :

Diag(λ1, λ2, . . . , λn) =D=P(∆) =P Diag δ1,1, δ2,2, . . . , δn,n

= Diag (P(δ1,1), P(δ2,2), . . . , P(δn,n)).

Donc∀i∈[[1, n]], λi=P(δi,i). Rappelons que P est dans E et queδ1,1,δ2,2,...,δn,n sont des r´eels positifs.

Ainsi∀i∈[[1, n]], λi =P(δi,i) =Pe(δi,i). Ce qui donne∀i∈[[1, n]], δi,i=Pe⁻¹(λi).

Alors ∆ = Diag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn) . OrS =Q∆Q⁻¹ et doncS=QDiag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn) Q⁻¹.

2. Ici le concepteur ne nous a pas fait de cadeau car il nous oblige `a montrer que le probl`eme admet une solution et une seule (normal et simple) et qu’en plus la solution s’´ecrit Q∆Q⁻¹ o`u ∆ est diagonale (pas de probl`eme) et o`u Q est la matrice qu’il a fix´e au d´epart, non ? Le dernier point coince un peu...

Posons ∆0= Diag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn)

etS0=Q∆0Q⁻¹.

La question pr´ec´edente montre que siS est solution :S =S₀. Cela montre que l’´equation propos´ee admet au plus une solution et que s’il existe une solution cela ne peut ˆetre queS₀.

On s’apprˆete donc gentiment `a montrer queS₀est solution. Pas de difficult´e pour montrer queP(S₀) =Aet que les valeurs propres deS0 sont positives ou nulles. C’est moins facile de montrer queS0est sym´etrique...

sauf siQest orthogonale (ce qui n’est pas dans le texte). Rusons...

Aest une matrice sym´etrique deMn(R) ayantnvaleurs propres distinctes λ1,λ2, ....,λn. Pour toutidans [[1, n]] consid´erons un vecteur propre unitaireVi associ´e `a la valeur propreλi.

Les sous-espaces propres de A´etant deux `a deux orthogonaux, (V1, V2, . . . , Vn) est une famille orthogonale deMn,1(R). Mieux c’est une famille orthonorm´ee deMn,1(R) carV₁,V₂, ....,V_n sont unitaires.

(V₁, V₂, . . . , V_n) est alors une famille orthonorm´ee donc une famille libre de cardinalndeMn,1(R) qui est de dimensionn, c’est donc une base orthonorm´ee deM_n,1(R). Mieux (V₁, V₂, . . . , V_n) est une base orthonorm´ee deMn,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deArespectivement associ´es aux valeurs propresλ1,λ2, ....,λn. Soit alors Q1 la matrice de passage de la base canonique de Mn,1(R) `a la base (V1, V2, . . . , Vn). Q1 est orthogonale comme matrice de passage d’une base orthonorm´ee `a une base orthonorm´ee.

De plusQ⁻¹₁ AQ1= Diag(λ1, λ2, . . . , λn). A=Q1Diag(λ1, λ2, . . . , λn)Q⁻¹₁ . Posons alorsS1=Q1∆0Q⁻¹₁ =Q1∆0tQ1et montrons que S1 est solution.

•^tS₁=^t Q₁∆₀^tQ₁

=^t(^tQ₁)^t∆₀^tQ₁=Q₁∆₀^tQ₁=S₁ car ∆₀ est diagonale. DoncS₁ est sym´etrique.

S₁et ∆₀sont semblables donc ont mˆemes valeurs propres. Or ∆₀= Diag

Pe⁻¹(λ₁),Pe⁻¹(λ₂), . . . ,Pe⁻¹(λ_n) donc les valeurs propres de ∆₀ sont Pe⁻¹(λ₁), Pe⁻¹(λ₂), ...,Pe⁻¹(λ_n). Comme Pe⁻¹ est une application de [P(0),+∞[ dans [0,+∞[, les valeurs propres de ∆₀ et donc deS₁ sont des ´el´ements de [0,+∞[.

Ceci ach`eve de montrer que S1est dans S_n⁺.

•Montrons que P(S1) =A.

P(S1) =

n−1

X

k=0

ckS₁^k =

n−1

X

k=0

ck(Q1∆0Q⁻¹₁ )^k =

n−1

X

k=0

ckQ1∆^k₀Q⁻¹₁ =Q1 n−1

X

k=0

ck∆^k₀

! Q⁻¹₁ . P(S1) =Q1P(∆0)Q⁻¹₁ . CalculonsP(∆0).

P(∆0) =P Diag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn) . P(∆₀) = Diag

P

Pe⁻¹(λ₁) , P

Pe⁻¹(λ₂)

, . . . , P

Pe⁻¹(λ_n) .

∀i∈[[1, n]],Pe⁻¹(λi)∈[0,+∞[ donc∀i∈[[1, n]], P

Pe⁻¹(λi)

=Pe

Pe⁻¹(λi)

=λi.

AinsiP(∆0) = Diag(λ1, λ2, . . . , λn) etP(S1) =Q1P(∆0)Q⁻¹₁ =Q1Diag(λ1, λ2, . . . , λn)Q⁻¹₁ =A.

S₁ appartient `aS_n⁺ etP(S₁) =AdoncS₁est solution. Finalement :

L’´equationS∈ S_n⁺ etP(S) =Aadmet une solution et une seule.

Nous avons vu queS1 est solution et que siS est solution : S=QDiag

Pe⁻¹(λ₁),Pe⁻¹(λ₂), . . . ,Pe⁻¹(λ_n) Q⁻¹. DoncS1=QDiag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn) Q⁻¹. AinsiQDiag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn)

Q⁻¹est la solution. Cela permet alors de dire que :

Si Q est une matrice inversible de Mn(R) telle que A = QDiag(λ1, λ2, . . . , λn)Q⁻¹, la solution de l’´equationS∈ S_n⁺ etP(S) =Aest Q∆0Q⁻¹ o`u ∆0est la matrice diagonale

Diag

Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2), . . . ,Pe⁻¹(λn) .

3. a. P =X³+X+ 1 est un ´el´ement deR[X].

De plus∀x∈]0,+∞[, P(x) =x³+x+ 1>0 etP⁰(x) = 3x²+ 1>0. Alors :

P =X³+X+ 1 est un ´el´ement deE.

b. Soitλun r´eel et soitU =





 x y z t





une matrice de M4,1(R).

AU =λU ⇐⇒















2x−y=λ x

−x+ 2y=λ y 21z+ 10t=λ z 10z+ 21t=λ t

⇐⇒



















y= (2−λ)x

−x+ (2−λ)y= 0 t= 1

10(λ−21)z 10z+ (21−λ)t= 0

⇐⇒























y= (2−λ)x (2−λ)²−1

x= 0 t= 1

10(λ−21)z 1

10 10²−(λ−21)² z= 0

.

AU =λU ⇐⇒



















(1−λ)(3−λ)x= 0 y= (2−λ)x

(λ−11)(31−λ)z= 0 t= 1

10(λ−21)z .

Si λn’appartient pas `a {1,3,11,31}, AU =λU ⇐⇒x=y=z=t= 0⇐⇒U = 0_M4,1(R)doncλn’est pas valeur propre.

Siλ= 1,AU =λU ⇐⇒

(y=x z= 0 t= 0

doncλest valeur propre deAet le sous espace propre associ´e est la droite

vectorielle deM_4,1(R) engendr´ee par





 1 1 0 0





.

Si λ = 3, AU =λU ⇐⇒

(y=−x z= 0 t= 0

doncλ est valeur propre de A et le sous espace propre associ´e est la

droite vectorielle deM4,1(R) engendr´ee par





 1

−1 0 0





.

Si λ= 11, AU =λU ⇐⇒

(x= 0 y= 0 t=−z

doncλ est valeur propre deA et le sous espace propre associ´e est la

droite vectorielle deM4,1(R) engendr´ee par





 0 0 1

−1





.

Siλ= 31,AU =λU ⇐⇒

(x= 0 y= 0 t=z

doncλest valeur propre deAet le sous espace propre associ´e est la droite

vectorielle deM_4,1(R) engendr´ee par





 0 0 1 1





.

Les valeurs propres deAsont 1, 3, 11 et 31.

Remarque Nous aurions pu remarquer queA est la matrice diagonale par blocs

A1 0_M2(R) 0_M2(R) A2

avec A1=

2 −1

−1 2

etA2=

21 10 10 21

et utiliser queSpA= SpA1∪SpA2...

Aest clairement sym´etrique et ses valeurs propres sont des ´el´ements de [0,+∞[ donc :

Aappartient `a S₄⁺.

c. k





 1 1 0 0





k=k





 1

−1 0 0





k=k





 0 0 1

−1





k=k





 0 0 1 1





k=√ 2.

PosonsV1= 1

√2





 1 1 0 0





,V2= 1

√2





 1

−1 0 0





, V3= 1

√2





 0 0 1

−1





etV4= 1

√2





 0 0 1 1





. Posons encoreλ1= 1,λ2= 3,λ3= 11 etλ4= 31.

Pour toutidans [[1,4]], (Vi) est une base orthonorm´ee de SEP (A, λi). De plusM4,1(R) =

4

M

i=1

SEP (A, λi) et, SEP (A, λ1), SEP (A, λ2), SEP (A, λ3), SEP (A, λ4) sont deux `a deux orthogonaux. Alors (V1, V2, V3, V4) est une base orthonorm´ee deM4,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deAassoci´es aux valeurs propres 1, 3, 11 ; 31.

Soit Q la matrice de passage de la base canonique de M4,1(R) `a la base (V<sub>1</sub>, V<sub>2</sub>, V<sub>3</sub>, V<sub>4</sub>). Q est orthogo- nale comme matrice de passage d’une base orthonorm´ee `a une base orthonorm´ee et Q⁻¹AQest la matrice diagonale Diag (1,3,11,31).

Notons queQ= 1

√2







1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1





et queA=QDQ⁻¹o`uDest la matrice diagonale Diag (1,3,11,31).

Q= 1

√ 2







1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1





est une matrice orthogonale deM4(R) etA=QDQ⁻¹ o`uDest la matrice diagonale Diag (1,3,11,31) deM4(R).

d. Dans ces conditions et d’apr`es ce qui pr´ec`ede, l’´equationS ∈ S₁⁺ etP(S) =Aadmet une solution et une seule qui estS0=QDiag Pe⁻¹(λ1),Pe⁻¹(λ2),Pe⁻¹(λ3),Pe⁻¹(λ4)

Q⁻¹. Notons queS₀=QDiag Pe⁻¹(1),Pe⁻¹(3),Pe⁻¹(11),Pe⁻¹(31)

Q⁻¹.

Or P = X³+X + 1 = P₀. Donc I Q3. donne P(0) = 1 = λ₁, P(1) = 3 = λ₂, P(2) = 11 = λ₃ et P(3) = 31 =λ4.

Comme P est dans E et 0, 1, 2, 3 sont des ´el´ements de [0,+∞[ :Pe⁻¹(1) = 0, Pe⁻¹(3) = 1, Pe⁻¹(11) = 2, Pe⁻¹(31) = 3.

AlorsS0=QDiag (0,1,2,3)Q⁻¹=QDiag (0,1,2,3)^tQ.

S0= 1

√2







1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1





Diag (0,1,2,3) 1

√2







1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 −1

0 0 1 1





.

S₀= 1 2







1 1 0 0

1 −1 0 0

0 0 1 1

0 0 −1 1













0 0 0 0

1 −1 0 0

0 0 2 −2

0 0 3 3





= 1 2







1 −1 0 0

−1 1 0 0

0 0 5 1

0 0 1 5





.

L’´equationS∈ S₄⁺ etP(S) =Aadmet une solution et une seule :1 2







1 −1 0 0

−1 1 0 0

0 0 5 1

0 0 1 5





.

PROBL` EME 2

Partie I : Formule de Stirling

1. W0= Z ^π₂

0

1 dt=π 2·W1=

Z ^π₂

0

costdt=h sinti^π₂

0

= sinπ

2 −sin 0 = 1.

W0=π

2 et W1= 1.

2. a. Soitnun ´el´ement deN. Wn−Wn+1= Z ^π₂

0

cosⁿt−cosⁿ⁺¹t dt=

Z ^π₂

0

(1−cost) cosⁿt dt.

∀t∈h 0,π

2 i

,(1−cost) cosⁿt>0 et 06π

2 doncWn−Wn+1= Z ^π₂

0

(1−cost) cosⁿt

dt>0 ;Wn >Wn+1. Alors∀n∈N, Wn>Wn+1.

(Wn)n∈Nest d´ecroissante.

b. Soitnun ´el´ement deN. ∀t∈h 0,π

2 i

,cosⁿt>0 et 06 π

2 doncWn= Z ^π₂

0

cosⁿtdt>0.

Supposons queW_nsoit nulle. Alorst→cosⁿtest continue et positive surh 0,π

2

i, d’int´egrale nulle surh 0,π

2 i

et 06= π 2·

Dans ces conditionst→cosⁿtest nulle surh 0,π

2 i

. En fait il n’en est rien car cosⁿ0 = 1 ! DoncWn n’est pas nulle etWn>0. AinsiWn >0.

∀n∈N, Wn>0.

3. a. Soitnun ´el´ement deN. Notons queWn+2= Z ^π₂

0

cosⁿ⁺²tdt= Z ^π₂

0

cost cosⁿ⁺¹tdt.

Posons alors∀t∈h 0,π

2 i

, u(t) = sintet v(t) = cosⁿ⁺¹t.

uetv sont de classeC¹ surh 0,π

2 i

et∀t∈h 0,π

2 i

, u⁰(t) = cost etv⁰(t) =−(n+ 1) sintcosⁿt.

Ceci l´egitime l’int´egration par parties qui suit.

Wn+2= Z ^π₂

0

cosⁿ⁺²tdt= Z ^π₂

0

costcosⁿ⁺¹tdt=h

sintcosⁿ⁺¹ti^π₂

0 − Z ^π₂

0

sint −(n+ 1) sintcosⁿt dt.

W_n+2= sinπ

2 cosⁿ⁺¹π

2 −sin 0 cosⁿ⁺¹0 + (n+ 1) Z ^π₂

0

sin²t cosⁿtdt= (n+ 1) Z ^π₂

0

(1−cos²t) cosⁿtdt.

Wn+2= (n+ 1) Z ^π₂

0

cosⁿtdt−(n+ 1) Z ^π₂

0

cosⁿ⁺²tdt= (n+ 1)Wn−(n+ 1)Wn+2. Donc (n+ 2)W_n+2= (n+ 1)W_n.

∀n∈N, (n+ 2)Wn+2= (n+ 1)Wn. b. ∀n∈N, (n+ 2)Wn+2= (n+ 1)Wn.

Donc∀n∈N, (n+ 2)W_n+2W_n+1= (n+ 1)W_nW_n+1= (n+ 1)W_n+1W_n. Ainsi la suite (n+ 1)WnWn+1

n∈Nest constante. Donc∀n∈N, (n+ 1)Wn+1Wn= (0 + 1)W1W0=π 2·

∀n∈N, (n+ 1)Wn+1Wn=W1W0= π 2·

4. a. La suite (W_n)_n∈Nest d´ecroissante donc∀n∈N, W_n>W_n+1>W_n+2=n+ 1 n+ 2W_n.

∀n∈N, Wn>Wn+1> n+ 1 n+ 2Wn. b. ∀n∈N, W_n>W_n+1>n+ 1

n+ 2W_n et W_n>0 donc∀n∈N, 1>W_n+1

Wn >n+ 1 n+ 2· Or lim

n→+∞

n+ 1

n+ 2 = 1. Il vient alors par encadrement lim

n→+∞

W_n+1 Wn

= 1 ainsi :

W_n+1 ∼

n→+∞W_n. π

2 = (n+ 1)Wn+1Wn ∼

n→+∞(n+ 1) (Wn)² ∼

n→+∞n(Wn)². Alors n W_n² ∼

n→+∞

π

2 doncW_n² ∼

n→+∞

π 2n· AinsiWn=|Wn| ∼

n→+∞

r π 2n·

Wn ∼

n→+∞

r π 2n·

5. Montrons par r´ecurrence que pour tout ´el´ementndeN:W2n= (2n)!

2²ⁿ(n!)² π 2·

• (2×0)!

2^2×0(0!)² π 2 = 1

1×1 π 2 = π

2 =W₀=W_2×0. La propri´et´e est vraie pourn= 0.

•Supposons la propri´et´e vraie pour un ´el´ement ndeNet montrons la pourn+ 1.

W2(n+1)=W2n+2= 2n+ 1

2n+ 2W2n= 2n+ 1 2n+ 2

(2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 =2n+ 2 2n+ 2

2n+ 1 2n+ 2

(2n)!

2²ⁿ(n!)² π 2· W_2(n+1)= (2n+ 2) (2n+ 1) (2n)!

(2(n+ 1)) (2(n+ 1)) 2²ⁿ(n!)² π

2 = (2n+ 2)!

2²ⁿ⁺²((n+ 1)n!)² π

2 = (2(n+ 1))!

2²⁽ⁿ⁺¹⁾((n+ 1)!)² π 2· Ceci ach`eve la r´ecurrence.

W_2n= (2n)!

2²ⁿ(n!)² π 2·

6. ∀n∈[[2,+∞[[, an =−1−

n−1 2

ln

1−1

n

=n

−1 n−

1− 1

2n

ln

1−1 n

. Rappelons que ln(1 +x) =

x→0x−x² 2 +x³

3 + o(x³). Donc ln(1−x) =

x→0−x−x² 2 −x³

3 + o(x³).

1− 1

2n =

n→+∞1−1 2

1 n+ o

1 n³

et ln

1−1

n

n→+∞= −1 n−1

2 1 n² −1

3 1 n³ + 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

n→+∞= −1 n− 1

12n³ + o 1

n³

.

−1 n −

1− 1

2n

ln

1−1 n

n→+∞= 1 12n³ + o

1 n³

. Or∀n∈[[2,+∞[[, a_n=n

−1 n−

1− 1

2n

ln

1− 1 n

. Alorsan =

n→+∞

1 12n² + o

1 n²

et ainsian ∼

n→+∞

1 12n²· Comme 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 que la s´erie de terme g´en´eralan converge.

La s´erie de terme g´en´eralan converge.

7. Notons que pour tout ´el´ement de N^∗, An est strictement positif.

Soitnun ´el´ement de [[2,+∞[[. An

A_n−1 =nⁿe⁻ⁿ√ n n!

(n−1)!

(n−1)ⁿ⁻¹e⁻⁽ⁿ⁻¹⁾√ n−1· An

A_n−1 = (n−1)!

n!

nⁿ (n−1)ⁿ⁻¹

e⁻ⁿ e⁻⁽ⁿ⁻¹⁾

√n

√n−1 = 1 nn

n n−1

n−1

e⁻¹ n

n−1 ¹₂

=e⁻¹ n

n−1 n−¹₂

.

lnAn−lnAn−1= ln A_n

A_n−1 = ln e⁻¹ n

n−1

n−¹₂!

=−1 +

n−1 2

ln

n n−1

.

lnA_n−lnA_n−1=−1−

n−1 2

ln

n−1 n

=−1−

n−1 2

ln

1− 1

n

=a_n.

∀n∈[[2,+∞[[, lnA_n−lnA_n−1=a_n.

8. ∀n ∈ [[2,+∞[[, lnAn = lnAn −lnA1+ lnA1 =

n

X

k=2

(lnAk−lnAk−1)−1 (par ”t´elescopage” et car lnA1= lne⁻¹=−1).

∀n∈[[2,+∞[[, lnA_n =

n

X

k=2

a_k−1. Or la s´erie de terme g´en´erala_n converge donc la suite de terme g´en´eral

n

X

k=2

ak converge. Alors la suite (lnAn)_n∈N^∗ converge. Notons`<sup>0</sup> sa limite (`⁰=

+∞

X

k=2

ak−1).

De la continuit´e de la fonction exponentielle en`<sup>0</sup> il r´esulte que la suite (e<sup>lnAn</sup>)<sub>n∈N</sub><sup>∗</sup> converge verse<sup>`0</sup>. Alors la suite (An)_n∈N^∗ converge verse^`0 qui est un r´eel strictement positif.

La suite (An)n∈N^∗ converge et sa limite `est strictement positive.

9. a. (An)_n∈N^∗ converge ver`qui est un r´eel non nul donc An ∼

n→+∞`.

Alors 1

n!nⁿe⁻ⁿ√

n ∼

n→+∞`doncn! ∼

n→+∞

1

`nⁿe⁻ⁿ√ n.

n! ∼

n→+∞

1

`nⁿe⁻ⁿ√ n.

b. W_n ∼

n→+∞

rπ

2n d’apr`es4. b. DoncW_2n ∼

n→+∞

r π 4n· Or∀n∈N, W_2n = (2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 donc (2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 ∼

n→+∞

rπ 4n· n! ∼

n→+∞

1

`nⁿe⁻ⁿ√

ndonc (2n)! ∼

n→+∞

1

`(2n)²ⁿe⁻²ⁿ√ 2n.

n! ∼

n→+∞

1

`nⁿe⁻ⁿ√

ndonc 2²ⁿ(n!)² ∼

n→+∞2²ⁿ 1

`²n²ⁿe⁻²ⁿn= 1

`²(2n)²ⁿe⁻²ⁿn.

Alors (2n)!

2²ⁿ(n!)² ∼

n→+∞

1

`(2n)²ⁿe⁻²ⁿ√ 2n

1

`²(2n)²ⁿe⁻²ⁿn . En simplifiant il vient : (2n)!

2²ⁿ(n!)² ∼

n→+∞

`√

√2 n· Donc (2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 ∼

n→+∞

`√

√2 n

π

2 ou (2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 ∼

n→+∞

√π`

2n· Or (2n)!

2²ⁿ(n!)² π

2 ∼

n→+∞

rπ

4n·Ainsi π`

√2n ∼

n→+∞

rπ 4n· Donc la suite de terme g´en´eral

√π`

2n

pπ 4n

converge vers 1.

Or∀n∈N^∗,

√π`

2n

pπ 4n

= π`

√2n

√4n

√π =`√ 2π·

Donc la suite de terme g´en´eral

√π`

2n

pπ 4n

est constante ´egale `a `√

2πet converge vers 1. Alors`√ 2π= 1.

Donc 1

` =√

2π. Orn! ∼

n→+∞

1

`nⁿe⁻ⁿ√

n. Ainsin! ∼

n→+∞

√2π nⁿe⁻ⁿ√

noun! ∼

n→+∞nⁿe⁻ⁿ√ 2π n.

n! ∼

n→+∞nⁿe⁻ⁿ√ 2π n.

Partie II : ´ Etude de variables al´ eatoires

1. • x→0 et x→ x a²e^−x

2

2a2 sont positives ou nulles surRdoncf_a est positive ou nulle sur ]− ∞,0] et sur ]0,+∞[ doncfa est positive ou nulle surR.

•x→0 etx→ x a²e^−x

2

2a2 sont continues sur Rdoncfa est continue sur ]− ∞,0] et sur ]0,+∞[. Alors fa est au moins continue surR^∗ donc surRpriv´e d’un nombre fini de points.

Remarque Observons que∀x∈[0,+∞[, fa(x) = x a²e^−x

2

2a2 carfa(0) = 0. Alorsfa est continue sur]− ∞,0]

et sur[0,+∞[. Ceci suffit pour dire quefa est continue sur R.

•f_a est nulle sur ]− ∞,0] donc Z 0

−∞

f_a(t) dtconverge et vaut 0.

La remarque pr´ec´edente a montr´e que ∀x∈[0,+∞[, f_a(x) = x a²e^−x

2

2a2 et quef_a est continue sur [0,+∞[.

∀x∈[0,+∞[, Z x

0

fa(t) dt= Z x

0

t a²e^−t

2 2a2 dt=h

−e^−t

2 2a2

i^x

0 = 1−e^−x

2

2a2 et lim

x→+∞

1−e^−x

2 2a2

= 1.

Alors lim

x→+∞

Z x 0

f_a(t) dt= 1. Donc Z +∞

0

f_a(t) dt converge et vaut 1.

Finalement Z +∞

−∞

fa(t) dtconverge et vaut 1.

Ceci ach`eve de montrer que :

f_a est une densit´e de probabilit´e.

2. NotonsF_a la fonction de r´epartition deX. ∀x∈R, F_a(x) = Z x

−∞

f_a(t) dt.

Commef_a est nulle sur ]− ∞,0],∀x∈]− ∞,0], F_a(x) = 0.

Soitxun ´el´ement de [0,+∞[. Fa(x) = Z x

−∞

fa(t) dt= Z x

0

fa(t) dt.

Or nous avons vu plus haut que Z x

0

fa(t) dt= 1−e^−x

2

2a2 doncFa(x) = 1−e^−x

2 2a2.

La fonction de r´epartitionFa deX est d´efinie par∀x∈R, Fa(x) = (

1−e^−x

2

2a2 six∈[0,+∞[

0 sinon

.

3. Posons∀x∈R, ga(x) = 1

√2π ae^−x

2

2a2. gaest une densit´e d’une variable al´eatoireY qui suit la loi normale de param`etres 0 eta².

E(Y) existe et vaut 0 etV(Y) existe et vauta². Alors E(Y²) existe et vauta².

Donc Z +∞

−∞

t²ga(t) dtconverge et vauta². Commet→t²ga(t) est paire surR,

Z +∞

0

t²ga(t) dtconverge et vaut a² 2 · Observons alors que∀t∈[0,+∞[, t f_a(t) = t²

a² e^−t

2 2a =

√2π

a t²g_a(t).

Alors Z +∞

0

t f_a(t) dtexiste et vaut

√2π a

Z +∞

0

t²g_a(t) dtou

√2π a

a²

2 soit encore rπ

2a.

Notons que Z 0

−∞

t f_a(t) dtexiste et vaut 0. Alors Z +∞

−∞

t f_a(t) dtexiste et vaut rπ

2a. Par cons´equent : X poss`ede une esp´erance qui vaut

rπ 2 a.

4. D’abord Z 0

−∞

t²fa(t) dtconverge et vaut 0.

t→t²fa(t) est continue sur [0,+∞[. ∀t∈[0,+∞[, t²fa(t) =t² t a²e^−t

2 2a2. Posons∀t∈R, u(t) =t² etv(t) =−e^{− t}

2

2a2. uet vsont de classeC¹surR. De plus∀t∈R, u⁰(t) = 2tet v⁰(t) = t

a²e^{− t}

2

2a2. Ceci l´egitime l’int´egration par parties suivante.

SoitxdansR. Z x

0

t²fa(t) dt= Z x

0

t² t

a²e^{− t}

2 2a2

dt=h

t² −e^−t

2 2a2i^x

0− Z x

0

2t

−e^−t

2 2a2

dt.

Z x 0

t²fa(t) dt=−x²e^−x

2 2a2 + 2

Z x 0

t e^{− t}

2

2a2 dt=−x²e^−x

2 2a2 + 2a²

Z x 0

t a²e^{− t}

2 2a2 dt.

Z x 0

t²fa(t) dt=−x²e^−x

2 2a2 + 2a²

Z x 0

fa(t) dt.

x→+∞lim

−x²e^−x

2 2a2

= 0 par croissance compar´ee et lim

x→+∞

2a²

Z x 0

fa(t) dt

= 2a² Z +∞

0

fa(t) dt= 2a². Alors lim

x→+∞

Z x 0

t²f_a(t) dt= 2a². Donc

Z +∞

0

t²fa(t) dtconverge et vaut 2a². Alors Z +∞

−∞

t²fa(t) dt converge et vaut 2a². AinsiX poss`ede un moment d’ordre 2, qui vaut 2a², donc une variance.

V(X) =E(X²)− E(X)2

= 2a²− E(X)2

= 2a²−π

2 a²=4−π 2 a². X poss`ede une variance qui vaut 4−π

2 a². 5. a. NotonsFZ la fonction de r´epartition deZ.

V prend ses valeurs dans ]0,1] donc −2 lnV prend ses valeurs dans [0,+∞[,Z=a√

−2 lnV ´egalement.

Alors∀x∈]− ∞,0[, FZ(x) = 0 =Fa(x). Soitxun ´el´ement de [0,+∞[.

FZ(x) =P(Z6x) =P(a√

−2 lnV 6x) =P

−2 lnV 6x a

2

=P

lnV >−x² 2a²

=P

V >e^−x

2 2a2

. F_Z(x) = 1−P

V < e^−x

2 2a2

= 1−P

V 6e^−x

2 2a2

carV est une variable al´eatoire `a densit´e.

V suit la loi uniforme sur ]0,1] ete^−x

2

2a2 appartient `a ]0,1] donc : FZ(x) = 1−P

V 6e^−x

2 2a2

= 1−e^−x

2

2a2 =Fa(x).

Finalement∀x∈R, F_Z(x) =F_a(x). Z a mˆeme loi queX.

Si V suit la loi uniforme sur ]0,1] alors a√

−2 lnV suit la mˆeme loi queX.

b. Notons que la fonction random fournit un r´eel au hasard appartenant `a [0,1[ donc 1-random fournit un r´eel au hasard appartenant `a ]0,1]...

1 program pipo;

2

3 var a:real;

4 5 begin

6

7 randomize;

8

9 write(’Donner a (a strictement positif). a=’);readln(a);

10

11 writeln(’X prend la valeur :’,a*sqrt(-2*ln(1-random)));

12 13 end.

6. {Tn> n+ 1} se r´ealise si et seulement si lesn+ 1 premiers tirages donnentn+ 1 boules diff´erentes. Ceci est impossible car l’urne contientnboules. Alors :

P(Tn> n+ 1) = 0.

7. Soitkun ´el´ement de [[1, n]].

{Tn> k}se r´ealise si et seulement si leskpremiers tirages donnentkboules diff´erentes.

Notons un instantA^k_n le nombre de k-listes sans r´ep´etition d’´el´ements de [[1, n]].

Il y an^k mani`eres de fairektirages avec remise dans l’urneUn et il y aA<sup>k</sup><sub>n</sub>mani`eres de fairektirages dans Un et d’obtenir kboules diff´erentes.

AlorsP(T_n> k) = A^k_n

n^k =n(n−1). . .(n−k+ 1)

n^k = n!

n^k(n−k)!· P(T_n> k) = n!

n^k(n−k)!· Notons que ce r´esultat vaut encore pourk= 0 carP(T_n >0) = 1 = n!

1×n! = n!

n⁰(n−0)!·

∀k∈[[0, n]], P(T_n> k) = n!

n^k(n−k)!· I Dans la suitey appartient `a [0,+∞[ etk_n= Ent (y√

n).

8. P(Y_n> y) =P T_n

√n > y

=P(T_n > y√ n).

Montrons que les ´ev´enements {T_n> y√

n} et{T_n > k_n} sont ´egaux.

Soitrun ´el´ement de N.

•Supposons que r > y√

n. Alors r > y√

n>Ent (y√

n) =kn et doncr > kn.

•R´eciproquement supposons quer > kn. Commerest un entier :r>kn+ 1. Doncr>kn+ 1> y√ net ainsir > y√

n.

Finalementr > y√

n⇐⇒r > kn et ceci pour toutr dansN.

Alors, commeT_n prend ses valeurs dansN, les ´ev´enements {Tn> y√

n} et{Tn > k_n} sont ´egaux.

DoncP(Y_n > y) =P(T_n > y√

n) =P(T_n> k_n).

P(Yn> y) =P(Tn> kn).

9. ∀n∈[[2,+∞[[, k_n 6y√

n <1 +k_n donc∀n∈[[2,+∞[[, 06y− k_n

√n 6 1

√n· Comme lim

n→+∞

√1

n = 0, on obtient par encadrement lim

n→+∞

kn

√n =y.

Alors lim

n→+∞

kn

n = lim

n→+∞

1

√n kn

√n

= 0×y= 0.

Donc il existe un ´el´ement n₀ de [[2,+∞[[ tel que :∀n∈[[n₀,+∞[[, k_n n 61.

Soitnun ´el´ement de [[n₀,+∞[[. k_n 6ndoncP(Y_n > y) =P(T_n> k_n) = n!

n^kn(n−kn)!· Observons que lim

n→+∞(n−kn) = lim

n→+∞

n

1−k_n

n

= +∞car lim

n→+∞

k_n n = 0.

L’´equivalent obtenu dans I 9. b. permet alors de dire que : P(Y_n> y) ∼

n→+∞

nⁿe⁻ⁿ√ 2πn n^kn(n−kn)^n−kne^−(n−kn)p

2π(n−kn). Donc, en simplifiant, il vient : P(Y_n> y) ∼

n→+∞e^−kn n

n−kn

n−kn r n n−kn

ouP(Y_n> y) ∼

n→+∞e^−kn

1−k_n n

kn−n 1−k_n

n −¹₂

.

Or lim

n→+∞

k_n

n = 0 donc lim

n→+∞

1−k_n

n −¹₂

= 1 et ainsiP(Y_n> y) ∼

n→+∞e^−kn

1−k_n n

^kn−n

.