Exercice 1 E67 1. Soit

Exercice 1 E67

1. Soitf :E→E un endomorphisme.

f est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à la dimension deE.

f est diagonalisable si et seulement si il existe une base deE constituée de vecteurs propres def. 2. a) • Stabilité

Soitx∈Rⁿ. Alorsf(x) =x−

n

X

i=1

x_i

! v.

n

X

i=1

xi est un réel et x et v sont des vecteurs deRⁿ. Dès lors f(x) est un vecteur de Rⁿ comme combinaison linéaire dexetv.

• Linéarité

Soit (α, β)∈R² et (x, y)∈(Rⁿ)². On a : f(αx+βy) = (αx+βy)−

n

X

i=1

(αxi+βyi)

! v

= αx+βy−α

n

X

i=1

x_i

! v−β

n

X

i=1

y_i

! v

= α x−

n

X

i=1

xi

! v

!

+β y−

n

X

i=1

yi

! v

!

= αf(x) +βf(y) Doncf est linéaire.

Cl : des deux points précédentsf est un endomorphisme deRⁿ. b) Soitx∈Rⁿ. Posonss=

n

X

i=1

x_i.

On a alors :f(x) =x−s.v= (x₁,· · · , x_n)−s(v₁,· · ·, v_n) = (x₁−sv₁,· · ·, x_n−sv_n).

Il vient :

f(f(x)) = f(x)−

n

X

i=1

(xi−svi)

! v

= f(x)−

n

X

i=1

x_i

! v+s

n

X

i=1

v_i

! v

= f(x)−sv+ 2sv

= (x−sv) +sv=x Cl :f◦f = Id_Rⁿ. On en déduit quef est bijectif et quef⁻¹=f.

3. a) On a :f◦f = Id doncf²−Id = 0. J’en déduis que X²−1 est un polynôme annulateur def. Cl : les valeurs propres possibles def sont les racines deX²−1 c’est à dire :−1 et 1.

Déterminons les espaces propres associés pour savoir si ce sont bien des valeurs propres def.

• DéterminonsE1(f)

E1(f) = Ker(f−Id) ={x∈Rⁿ |(f−Id)(x) = 0}. Soitx∈Rⁿ. x∈E₁(f)⇔(f−Id)(x) = 0 ⇔ f(x)−x= 0

⇔ x−

n

X

i=1

x_i

!

v−x= 0

⇔

n

X

i=1

xi = 0 (carv6= 0)

C’est un SEL de une équation àninconnues. Il y a donc une infinité de solutions àn−1 paramètres, disonsx2,· · · , xn.

On a donc :

E₁(f) =





















−x₂− · · · −x_n x₂

... xn











avec (x₂,· · · , x_n)∈Rⁿ⁻¹











= Vect





























−1 1 0 ... 0















;















−1 0 1 ... 0















; · · · ;















−1 0 ... 0 1





























Cl :E₁(f)6={0}donc 1 est bien valeur propre def. La famille ci-dessus est génératrice deE₁(f) et elle est clairement libre donc c’est une base deE1(f).

• DéterminonsE₋₁(f)

Je remarque quef(v) =v−

n

X

i=1

vi

!

v =v−2v=−v. De plus v6= 0 doncv est vecteur propre def associé à la valeur propre−1.

Cl :−1 est bien valeur propre def.

De plus dim(E₁(f)) = n−1 et la somme des dimensions des espaces propres de f ne peut pas dépasserndonc dim(E₋₁(f))≤1.

On a donc dim(E₋₁(f)) = 1. Comme v 6= 0 appartient à E₁(f) c’est donc une famille libre à 1 élément deE₋₁(f). C’est donc une base et dim(E₋₁(f)) = 1.

b) On a répondu à cette question dans la question précédente. On note que la somme des dimensions des espaces propres def est égale àn.

Cl :f est diagonalisable.

4. a) f(e1) =f(1,0,· · ·,0) =e1−v= (1,0,· · ·,0)−(v1,· · ·, vn) = (1−v1,−v2,· · · ,−vn).

De mêmef(e2) = (−v1,1−v2,· · · ,−vn) et ainsi de suite.

Dès lorsM =











1−v1 −v1 · · · −v1

−v2 1−v2 · · · −v2

... ... . ..

−v_n −v_n · · · 1−v_n









 .

b) On remarque queM =I−V.

De plusM est diagonalisable avec dim(E1(f)) =n−1 et dim(E₋₁(f)) = 1. Il existe donc une matrice P inversible telle que

P⁻¹M P =D⁰ =











1 0 · · · 0 0 1 · · · 0

... . .. 0 · · · 0 −1











AlorsP⁻¹(I−V)P=D⁰ doncP⁻¹IP−P⁻¹V P =D⁰. Il vientP⁻¹V P =I−D⁰=D.

Cl :V etD sont semblables.

Exercice 2 Sans préparation E67

1. Sous réserve d’existence, selon le thme de transfert, L(q) =E(hα(X−q)) =

Z +∞

−∞

hα(t−q)f(t)dt

=

Z +∞

−∞

|t−q|f(t)dt+ (2α−1) Z +∞

−∞

(t−q)f(t)dt

• Z +∞

−∞

(t−q)f(t)dt= Z +∞

−∞

tf(t)dt−q Z +∞

−∞

f(t)dt=E(X)−q. En particulier cette intégrale converge absolument.

• D’autre part, on a : Z +∞

−∞

|t−q|f(t)dt = − Z q

−∞

(t−q)f(t)dt+ Z +∞

q

(t−q)f(t)dt

= −

Z q

−∞

tf(t)dt+q Z q

−∞

f(t)dt+ Z +∞

q

tf(t)dt−q Z +∞

q

f(t)dt

= −

Z q

−∞

tf(t)dt+qP(X≤q) + Z +∞

q

tf(t)dt−qP(X≥q)

= −

Z 0

−∞

tf(t)dt− Z q

0

tf(t)dt+qF(q) + Z +∞

0

tf(t)dt− Z q

0

tf(t)dt−q(1−F(q))

= I+J−2 Z q

0

tf(t)dt+ 2qF(q)−q

On a donc L(q) =I+J−2 Z q

0

tf(t)dt+ 2qF(q)−q+ (2α−1)(E(X)−q).

Lest dérivable surRet on a :

L⁰(q) = −2qf(q) + 2F(q) + 2qF⁰(q)−1−(2α−1)

= 2F(q)−2α

f est strictement positive donc F⁰ = f aussi. J’en déduis que F est continue (pté des fonctions de répartition des VA à densité) et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection deRdans ]0,1[.

α∈]0,1[ donc l’équationF(q) =αadmet une unique solutionq_α∈R.

La fonctionL⁰(q) est négative pourq < qαet positive pourq > qα doncL est minimale pourq=qα. 2. Siα= ¹₂, alors d’après la question précédente,q_1/2= Φ⁻¹(¹₂).

Or on sait que Φ(0) = ¹₂ doncq_1/2= 0.

Exercice 3 E68

1. Soit (X_n)_n∈N^∗une suite de variables aléatoires etX une variable aléatoire. On dit que (X_n)_n∈N^∗converge en loi versX si pour tout réelxoùF_X est continue on a :

n→+∞lim F_Xn(x) =F_X(x) 2. a) Soitx∈R. On a :

F_Z(x) =P(Z≤x) = P(−ln(X)≤x)

= P(ln(X)≥ −x)

= P(X ≥e^−x)

= 1−FX(e^−x) Or on sait que :FX(x) =

1−e^−x six≥0 0 six <0

Enfin,e^−x>0 pour tout réelx. Dès lors : ∀x∈R, F_Z(x) = 1−(1−e^−e−x) =e^−e−x

b) F_Z est clairement continue et de classe C¹ surR. Donc Z est une variable aléatoire à densité. Une densité deZ coïncide avecF_Z⁰ partout oùF_Z est dérivable.

Cl : une densité deZ est donnée par : ∀x∈R, fZ(x) =e^−xe^−e−x fZ est clairement continue surR. De plus elle est dérivable et :

∀x∈R, f_Z⁰(x) = −e^−xe^−e−x+ (e^−x)²e^−e−x

= e^−xe^−e−x(e^−x−1)

On remarque quef_Z⁰(x)<0 sur ]0,+∞[ etf_Z⁰(x)>0 sur ]− ∞,0[.f_Zest donc croissante sur ]− ∞,0]

puis décroissante sur [0,+∞[ et elle admet un maximum enx₀= 0.

c) FZ vérifie les propriétés d’une fonction de répartition donc elle est croissante sur R, de limites 0 en

−∞et 1 en +∞. L’étude du signe def_Z⁰(x) correspond à l’étude deF_Z⁰⁰(x). La courbe deFZ est donc convexe sur ]− ∞,0[ et concave sur ]0,+∞[ et

0 1 2 3

−1

−2

−3

0 1

−1

d) Le point (0, FZ(0)) = (0, e⁻¹) est un point d’inflexion pour la courbe.

3. a) Soitxun réel. On a :

FY_n(x) = P(max(X1,· · ·, Xn)≤x)

= P((X₁≤x)∩ · · · ∩(X_n ≤x))

=

n

Y

k=1

P(Xk≤x) (indépendance)

=

(1−e^−x)ⁿ six≥0

0 six <0 (car lesXk suivent la loi de X) Dès lors,

FZ_n(x) =P(Zn≤x) = P(Yn−ln(n)≤x)

= P(Y_n ≤x+ ln(n))

=

(1−e^−x−ln(n))ⁿ six+ ln(n)≥0

0 six+ ln(n)<0

=







1−e^−x n

ⁿ

six≥ −ln(n) 0 six <−ln(n)

b) FZ est continue en tout point deR. Pour tout réelxfixé, il existe un entiern0 tel que pourn≥n0

on a :x≥ −ln(n).

De plus

1−e^−x n

ⁿ

= exp

nln

1−e^−x n

. ln(1 +u) ∼

u→0 udonc ln

1−e^−x n

n→+∞∼

−e^−x

n puis ln

1−e^−x n

n→+∞∼ −e^−x. Cl : Pour tout réelxon a donc lim

n→+∞FZ_n(x) =FZ(x). Donc (Zn) converge en loi vers Z.

c) Soitcun réel strictement positif. Y_n est une variable aléatoire à valeurs positives et elle admet une espérance (c’est facile à démontrer avec la règle duo()).

Cl : Selon l’inégalité de Markov on a donc :P(Y_n≥c)≤ E(Y_n)

c doncE(Y_n)≥cP(Y_n≥c).

d) Soitc >0 etn∈N. On a :

P(Y_n≥c) = 1− 1−e^−cn

Donc lim

n→+∞P(Y_n≥c) = 1.

Dès lors, lim

c→+∞( lim

n→+∞cP(Yn≥c) = +∞.

Cl : selon le lemme d’entraînement lim

n→+∞E(Yn) = +∞.

Exercice 4 Sans préparation E68

1. Aest triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Il vient Sp(A) ={1} . SoitX =

_x

y z

.

X ∈E1(A) ⇔ (A−I)X = 0

=

y = 0 z = 0

DoncE1(A) = (_x

0 0

avecx∈R )

= Vect(~e1).

0 n’est pas valeur propre deA donc elle est inversible.

Si A était diagonalisable elle serait semblable à I3. Il existerait donc une matrice P inversible telle que A=P⁻¹IP =I. C’est absurde. DoncAn’est pas diagonalisable.

2. La matriceN=





0 1 0 0 0 1 0 0 0



 vérifieA=I+N.

On vérifie sans peine queN³=O. Les matricesN etI commutent donc selon la formule du binôme :

∀k≥2, A^k =

k

X

i=0

_k

i

Nⁱ

= _k

0

N⁰+_k

1

N¹+_k

2

N²+O Je suppose quek≥2 pour pouvoir mettre à part les termes en 0, 1 et 2. Il vient :

∀k≥2, A^k=I+kN+k(k−1) 2 N² Je vérifie que cette égalité reste vraie lorsquek= 0 etk= 1.

3. Les matricesI etN commutent. L’identité remarquable donnée dans l’énoncé s’applique donc aussi pour ces matrices.

(I³+N³) = (I+N)(I²−IN+N²) OrN³=O etI+N =A. Il vient :I=A(I−N+N²).

Cl :Aest inversible etA⁻¹=I−N+N².

Exercice 5 E69

1. SoitE un espace vectoriel. SiE admet une base alors toutes les bases deE admettent le même cardinal.

Ce nombre est appelé la dimension deE.

2. • Supposons que pour tout réelxon a :P(x+ 1) =P(x).

Alors en remplaçantxparx+ 1 on a P(x+ 2) =P(x+ 1) =P(x) puis par une récurrence évidente P(x+n) =P(x) pour tout entiern≥0.

SiP était non constant on aurait lim

n→+∞P(x+n) = +∞. Cela serait absurde donc P est constant.

• Réciproquement il est évident que les polynômes constants vérifientP(x+ 1) =P(x) pour tout réelx.

Cl : Les polynômes vérifiant pour tout réelx,P(x+ 1) =P(x) sont les polynômes constants.

3. En=Rn−1[X] qui est de dimensionn−1 + 1 =n.

Fn est engendré par (X,· · ·Xⁿ). De plus cette famille est libre car elle est constituée de polynômes échelonnés en degré donc c’est une base deFn.

Cl : selon la question de cours dim(Fn) = card(X,· · · , Xⁿ) =n.

4. a) SoitP un polynôme deF_n. Le polynômex7→P(x+1) est de même degré et de même terme dominant queP.

Dès lors, dansQ(x) =P(x+ 1)−P(x) les termes dominants s’annulent et deg(Q)≤deg(P)−1.

P étant de degré inférieur ou égal àn, le degré deQest inférieur ou égal àn−1 doncP appartient àE_n.

On a déjà dit que deg(Q)≤ deg(P)−1. Pour savoir s’il y a égalité il faut déterminer le terme de plus haut degré. PosonsP =

m

X

k=1

a_kX^k aveca_m6= 0 etm≥1. Alors :

Q(x) =

m

X

k=1

ak(x+ 1)^k−

m

X

k=1

akx^k

=

m−1

X

k=1

ak(x+ 1)^k−

m−1

X

k=1

akx^k+am m

X

i=0

_m

i

xⁱ−amx^m

Le terme de degréms’annule. Le terme de degrém−1 est alorsam

_m

m−1

=mam6= 0.

Cl : deg(Q) = deg(P)−1.

b) • Montrons que ∆ est linéaire

Soit (P, R)∈(En)² et (α, β)∈R². On a :

∆(αP +βR)(x) = (αP+βR)(x+ 1)−(αP+βR)(x)

= αP(x+ 1) +βR(x+ 1)−αP(x)−βR(x)

= α(P(x+ 1)−P(x)) +β(R(x+ 1)−R(x))

= α∆(P)(x) +β∆(R)(x)

• Montrons que ∆ est bijective

Ker(∆) ={P ∈F_n|∆(P) = 0}. Or d’après 2 siP(x+ 1)−P(x) = 0 pour tout réelxalorsP est un polynôme constant.

OrFn= Vect(X, X²,· · ·, Xⁿ) donc le seul polynôme constant deFn est le polynôme nul.

J’en déduis que Ker(∆) ={0}. Donc ∆ est injective. Enfin, ∆ est une application linéaire entre espaces vectoriels de même dimension (d’après 3.) donc ∆ est bijective.

Cl : selon les deux points précédents, ∆ est un isomorphisme.

c) D’après la question 4.b) le polynômeP qui vérifie ∆(P) =X³est de degré 4 et appartient àF₄. Je cherche donc (a, b, c, d)∈R⁴tels que :

∆(aX+bX²+cX³+dX⁴) =X³

Un calcul fastidieux mais sans difficulté amène :











a = 1 b = 1/4 c = −1/2 d = 1/4 On a alors :

n

X

k=1

k³ =

n

X

k=1

∆(P(k))

=

n

X

k=1

P(k+ 1)−

n

X

k=1

P(k)

= P(n+ 1)−P(1) (télescopage)

= (n+ 1) +1

4(n+ 1)²−1

2(n+ 1)³+1

4(n+ 1)⁴−1

=

n(n+ 1) 2

²

(après calculs) Enfin, on remarque que :

2n

X

k=1

k³=

n

X

k=1

(2k)³

| {z } indices paires

+

n−1

X

k=0

(2k+ 1)³

| {z } indices impaires Dès lors :

n−1

X

k=0

(2k+ 1)³ =

2n

X

k=1

k³−8

n

X

k=1

k³

=

2n(2n+ 1) 2

2

−8

n(n+ 1) 2

2

Exercice 6 Sans préparation E69

La valeur maximale de l’histogramme est la valeur prise par la variable aléatoireY qui apparaît le plus souvent.

C’est le mode de Y.

On remarque queY ,→ B(60,¹₅) donc pour tout k∈[[0,60]] on a :

P(Y =k) =₆₀

k

1 5

^k4 5

60−k

Selon l’histogramme les valeurs deP(Y =k) semblent augmenter jusqu’au mode puis diminuer. On va étudier le sens de variation de la suite (P(Y =k))_0≤k≤60.

∀k∈[[0,59]], P(Y =k+ 1) P(Y =k) =

₆₀

k+ 1

(¹₅)^k+1(⁴₅)^60−k−1 ₆₀

k

(¹₅)^k(⁴₅)^60−k

=

60!

(k+ 1)!(60−k−1)!

1 5 60!

k!(60−k)!

4 5

= (60−k) 4(k+ 1) On a donc :

P(Y =k+ 1)

P(Y =k) ≥1 ⇔ 60−k 4(k+ 1) ≥1

⇔ 60−k≥4k+ 4

⇔ k≤ 56 5 = 11,2 On a doncP(Y = 1)≥P(Y = 2)≥ · · ·P(Y = 11)≥P(Y = 12)≤P(Y = 13)· · ·. Cl : le mode deY est 12.

Exercice 7 E70

1. F :x7→

Z x a

f(t)dtest une fonction définie surI. Elle est de classeC¹ surIet c’est l’unique primitive de f surIqui s’annule ena.

2. f_a est continue surRdonc elle appartient à E.

∀x∈R, T(f_a)(x) =

Z x+1 x−1

e^atdt

= e^at

a ^x+1

x−1

= e^a(x+1)−e^a(x−1) a

= e^ax(e^a−a^−a) a

3. a) Soitf ∈E. f est continue sur Rdonc elle admet une primitive F. Alors :

∀x∈R, T(f)(x) = [F(t)]^x+1_x−1

= F(x+ 1)−F(x−1)

F est de classeC¹ surRpuisque sa dérivée estf qui est continue. Dès lorsT(f) est de classeC¹sur Rpar composée et :

∀x∈R, T(f)⁰(x) = F⁰(x+ 1)−F⁰(x−1)

= f(x+ 1)−f(x−1)

b) Supposons quef est bornée. Il existe doncM >0 tel que :∀x∈R, |f(x)| ≤M. Alors

∀x∈R, |T(f)(x)|=

Z x+1 x−1

f(t)dt

≤

Z x+1 x−1

|f(t)|dt (inégalité triangulaire)

≤

Z x+1 x−1

M dt

≤ [M t]^x+1_x−1

≤ M(x+ 1)−M(x−1) = 2M Cl :T(f) est bornée.

D’après a) pour tout réelxon a :|T(f)⁰(x)|=|f(x+ 1)−f(x−1)| ≤ |f(x+ 1)|+|f(x−1)| ≤2M. D’après l’inégalité des accroissements finis :

∀(x, y)∈R², |T(f)(x)−T(f)(y)| ≤2M|x−y|

4. a) • Stabilité

D’après3.a) sif appartient àE alorsT(f) appartient àE doncE est stable parT.

• Linéarité

Soit (α, β)∈R² et (f, g)∈E². On a :

∀x∈R, T(αf+βg)(x) =

Z x+1 x−1

(αf+βg)(t)dt

= α

Z x+1 x−1

f(t)dt+β Z x+1

x−1

g(t)dt

= αT(f)(x) +βT(g)(x) DoncT est linéaire.

Cl :T est un endomorphisme de E.

T n’est pas surjective. En effet d’après 3.a) si f apparient àE alorsT(f)∈C¹(R).

Dès lors Im(T)⊂C¹(R). Donc Im(T)6=E et T n’est pas surjective.

b) SoitP =

n

X

k=0

akX^k un polynôme deRn[X].

∀x∈R, T(P)(x) =

Z x+1 x−1

P(t)dt

=

n

X

k=0

ak

Z x+1 x−1

t^kdt (linéarité)

=

n

X

k=0

ak

t^k+1 k+ 1

^x+1

x−1

=

n

X

k=0

ak

(x+ 1)^k+1−(x−1)^k+1 k+ 1

Pour tout entierkon remarque que les termes dominants de (x+ 1)^k+1et (x−1)^k+1sont les mêmes et donc se simplifient.

J’en déduis quex7→ (x+ 1)^k+1−(x−1)^k+1

k+ 1 est de degré inférieur ou égal àk.

Cl : SiP ∈Rn[X] alorsT(P) appartient àRn[X] doncT(Rn[X])⊂Rn[X].

c) On détermine la matrice deTn dans la baseB. En reprenant les calculs du point précédent on a :

∀x∈R, Tn(X^k) =(X+ 1)^k+1−(X−1)^k+1 k+ 1

Il vient :Tn(1) = 2 ;Tn(X) =(X+ 1)²−(X−1)²

2 = 2X;

Tn(X²) =(X+ 1)³−(X−1)³

3 = 2X²+ 2.

Plus généralementT_n(X^k) est un polynôme de degrék et de monôme dominant 2X^k.

La matrice deT_n dans la base B est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont tous égaux à 2.

On a donc Sp(T_n) ={2}.

SiT_n était diagonalisable sa matrice associée serait semblable à 2Iet donc égale à 2Ice qui est faux.

DoncTn n’est pas diagonalisable.

0 n’est pas valeur propre deTn donc mat(Tn) est inversible etTn est bijective.

Exercice 8 Sans préparation E70

1. Soitn∈N^∗. Les variables aléatoiresXk admettent des espérances et des variances doncWn admet une espérance et une variance. On a :

E(Wn) =

n

X

k=1

kE(Xk) (par linéarité)

= 1

2

n

X

k=1

k (carE(Xk) = ¹₂)

= 1

2

n(n+ 1) 2 De même, par indépendance :

V(Wn) =

n

X

k=1

k²V(Xk)

= 1

4

n

X

k=1

k²

= 1

4

n(n+ 1)(2n+ 1) 6

2. On aWn+1=Wn+ (n+ 1)Xn+1donc (n+ 1)Xn+1=Wn+1−Wn. SiWn etWn+1étaient indépendantes on aurait :

V((n+ 1)Xn+1) =V(Wn+1−Wn) =V(Wn+1) +V(Wn) OrV((n+ 1)X_n+1) = (n+ 1)²1

4. Et V(Wn+1) +V(Wn) =1

4

(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6 +1

4

n(n+ 1)(2n+ 1) 6

Un calcul rapide permet de vérifier que ce n’est pas égal. DoncWn etWn+1ne sont pas indépendantes.

Exercice 9 E71

1. Un isomorphisme d’espaces vectoriels est une applicationf :E→F oùEetF sont des espaces vectoriels telle quef est linéaire et bijective.

2. PosonsP=

p

X

k=0

a_kX^k. Alors

P(Q⁻¹AQ) =

n

X

k=0

ak(Q⁻¹AQ)^k

On démontre par récurrence que pour tout entierkon a : (Q⁻¹AQ)^k =Q⁻¹A^kQ. Il vient : P(Q⁻¹AQ) =

n

X

k=0

a_kQ⁻¹A^kQ

= Q⁻¹

n

X

k=0

akA^k

! Q

= Q⁻¹P(A)Q Cl :P(Q⁻¹AQ) =Q⁻¹P(A)Q.

3. a) ϕest clairement linéaire. En effet, si (α, β)∈R²et (P, Q)∈(Rn−1[X])²alors : ϕ(αP +βQ) = ((αP+βQ)(x1),· · ·,(αP+βQ)(xn))

= α(P(x₁),· · ·, P(x_n)) +β(Q(x₁),· · · , Q(x_n))

= αϕ(P) +βϕ(Q) Montrons queϕest injective.

Ker(ϕ) ={P∈Rn−1[X]|ϕ(P) = 0_Rn}.

ϕ(P) = 0 ⇔ (P(x₁),· · · , P(x_n)) = 0_Rn

⇔ P(x1) =· · ·=P(xn) = 0

P est un polynôme deRn−1[X] admettantnracines distinctes. DoncP = 0.

Cl : Ker(ϕ) ={0}. J’en déduis queϕ est injective. De plus dim(Rn−1[X]) = dim(Rⁿ). Doncϕ est bijective.

b) Les réelsλ_i sont tous non nuls. Doncλ_iP(λ_i) = 1⇔P(λ_i) = 1 λ_i.

D’après 3.a) l’applicationϕqui àP ∈Rn−1[X] associe (P(λ₁),· · · , P(λ_n)) est bijective.

L’élément (_λ¹

1,· · · ,_λ¹

n) deRⁿ admet donc un unique antécédent dansRn−1[X].

Cl : Il existe un unique polynômeP ∈Rn−1[X] tel que pour tout i∈[[1, n]] on aλiP(λ(i)) = 1.

T est triangulaire supérieure donc ses coefficients diagonaux sont ses valeurs propres. On a donc Sp(T) ={λ1,· · · , λn}.

T est carrée d’ordre n et admet n valeurs propres distinctes donc elle est diagonalisable. Il existe donc une matrice inversibleQtelle que :

T =Q⁻¹DQ

oùD est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont lesλi.

Dès lors,T P(T) =Q⁻¹DQQ⁻¹P(D)Q(d’après 2). Il vient :T P(T) =Q⁻¹DP(D)Q.

Enfin, par les propriétés des matrices diagonales,P(D) est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont lesP(λi).

On a donc T P(T) =Q⁻¹D⁰P(D⁰)Qoù D⁰ est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont lesλiP(λi) = 1.

Cl :T P(T) =Q⁻¹IQ=I. J’en déduis queT est inversible et queT⁻¹=P(T).

c) On chercheP ∈R²[X] tel que 1P(1) = 1, 2P(2) = 1 et 3P(3) = 1.

On poseP =a+bX+cX². On en déduit le système linéaire :







a+b+c = 1 2a+ 4b+ 8c = 1 3a+ 9b+ 27c = 1 Après résolution on trouvea=11

6 ,b=−1 etc=1 6. D’après la question précédente,A⁻¹=P(A).

Exercice 10 Sans préparation E71

On procède par récurrence.

• Initialisation

SoitX₁ une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli de paramètrep₁∈]0,1[ etY =

1

X

k=1

X_k =X₁. AlorsV(Y) =V(X₁) =p₁(1−p₁)≤ 1

4 selon l’inégalité classique

∀x∈[0,1[, x(1−x)≤ 1 4 La propriété est donc vraie pourn= 1.

• Hérédité

Soitn ≥1 un entier fixé. Supposons que la propriété est vraie pourn variables aléatoires et supposons donnéesX1,· · ·, Xn+1 des variables aléatoires de Bernoulli.

Y =

n+1

X

k=1

Xk =

n

X

k=1

Xk+Xn+1. Donc :

V(Y) = V

n

X

k=1

Yk

!

+V(Xn+1) + 2 cov

n

X

k=1

Xk, Xn+1

!

= V

n

X

k=1

Yk

!

+V(Xn+1) + 2

n

X

k=1

cov(Xk, Xn+1) (linéarité à gauche)

Par HdR,V

n

X

k=1

Yk

!

≤n²

4 etV(Xn+1) =pn+1(1−pn+1)≤ 1 4. Montrons que siX ,→ B(p) etY ,→ B(q) alors cov(X, Y)≤¹₄

Par définition, cov(X, Y) =E(XY)−E(X)E(Y) =P((X = 1)∩(Y = 1))−pq.

Supposons que p≥q alors −p ≤ −q et −pq ≤ −q². D’autre part, (X = 1)∩(Y = 1) ⊂(Y = 1) donc P((X= 1)∩(Y = 1))≤P(Y = 1) =q.

Il vient : cov(X, Y)≤q−q²≤ 1 4. Il reste à conclure :

Pour toutk∈[[1, n]] on a donc cov(Xk, Xn+1)≤ 1 4 donc 2

n

X

k=1

cov(Xk, Xn+1)≤2×n 4 Des différents points précédents on déduit que :V(Y)≤n²

4 +1 4 +2n

4 =n²+ 2n+ 1

4 = (n+ 1)²

4 .

La propriété est donc héréditaire.

Cl : Selon le principe de récurrence la propriété est démontrée pour tout entiern≥1.

Exercice 11 E73

1. Soit (Ω,A,P) un espace probabilisé, (A_n)_n∈N^∗ un système complet d’événements etB un événement. On a :

P(B) =

+∞

X

n=1

P(A_n∩B)

Si de plusP(An)6= 0 pour toutn≥1 alors :P(B) =

+∞

X

n=1

P(An)PA_n(B).

2. Soitk∈[[1, n−1]] etBk l’événement « la boule tirée deUk est blanche ».

Les événementsBk etBk forment un SCE. Donc selon la question de cours : P(Bk+1) =P(Bk)P^Bk(Bk+1) +P(Bk)PB_k(Bk+1)

SiB_k est réalisé alors l’urneU_k+1contientN+ 1 boules dontN/2^k+1+ 1 sont blanches. J’en déduis que : PB_k(Bk+1) =

N 2^k+1 + 1

N+ 1 . De mêmeP_Bk(Bk+1) =

N 2^k+1

N+ 1. Dès lors : P(Bk+1) = P(Bk)

N 2^k+1+1

N+ 1 + (1−P(Bk))

N 2^k+1

N+ 1

= 1

N+ 1P(Bk) +N/2^k+1 N+ 1

Cl : ∀k∈[[1, n−1]], pk+1= 1 N+ 1

pk+ N 2^k+1

3. a) Je multiplie par 2^k+1 dans l’égalité précédente : 2^k+1pk+1= 2

N+ 12^kpk+ N N+ 1 La suitev de terme généralvk = 2^kpk vérifie donc :

∀k∈[[1, n−1]], vk+1= 2

N+ 1vk+ N N+ 1

Je posewk =vk−` avec`= N N+ 1 1− 2

N+ 1

= N

N−1. La suite (wk)_1≤k≤nest géométrique de raison 2

N+ 1et de premier termew1=v1−`= 2<sup>1</sup>p1−`= 1−`.

En effet, clairement,p1= ¹₂.

Il vient :wn =w1

2 N+ 1

n−1

=

1− N N−1

2 N+ 1

n−1

. Puis 2ⁿp_n =v_n=w_n+`.

Cl :pn = 1

2ⁿvn= 1 2ⁿ

"

1− N

N−1

2 N+ 1

n−1

+ N

N−1

# . b) Par quotient de polynômes, lim N

N−1 = 1. De plus lim 2

N+ 1 n−1

= 0.

Il vient : lim

N→+∞p_n = 1 2ⁿ.

Ce n’est pas étonnant. Lorsque N est grand, rajouter une boule dans l’urne n ne change que très peu le contenu de l’urne. On peut donc considérer que la probabilité de tirer une boule blanche dans l’urnenest N/2ⁿ

N = 1 2ⁿ.

4. Soiti∈[[1, n−1]]. On cherche PBi(B_n).

Pour toutk∈[[1, n]], posons qk =PB_i(Bk). On a, par analogie avec 2.

q_k+1= 1 N+ 1

q_k+ N 2^k+1

et q_i= 1 On reprend les calculs de 3.a) en posantvk= 2^kqk etwk=vk−`.

On awn=wi

2 N+ 1

ⁿ⁻ⁱ

=

2ⁱ− N N−1

2 N+ 1

ⁿ⁻ⁱ . Puis 2ⁿq_n=v_n=w_n+`.

Cl :qn = 1

2ⁿvn= 1 2ⁿ

"

2ⁱ− N N−1

2 N+ 1

ⁿ⁻ⁱ

+ N

N−1

# .

Exercice 12 Sans préparation E73

1. ∀n∈N^∗, un = 1 n

n

X

k=1

ln k

n

.

Posonsf(x) = ln(x) pour toutx∈]0,1]. On a :u_n= 1 n

n

X

k=1

f k

n

. f est continue sur ]0,1] donc l’intégrale

Z 1 0

f(t)dtest impropre en 0.

PosonsI(A) = Z 1

A

ln(t)dtavecA∈]0,1]. On a :

I(A) = [tln(t)−t]¹_A=Aln(A)−A+ 1 Par le théorème de croissances comparées on a : lim

A→0I(A) = 1.

Cl : l’intégrale Z 1

0

f(t)dt converge et est égale à 1. Par somme de Riemann la suite (un) converge et limu_n= 1.

2. Pour toutn≥1 on a :

un = 1 n

n

X

k=1

ln k

n

= 1

nln

n

Y

k=1

k n

!

= 1

nln













n

Y

k=1

k

n

Y

k=1

n













= 1

nln n!

nⁿ

= ln

"

n!

n^{n 1/n}#

= ln((n!)^1/n)−ln(n)

Dès lors, ln((n!)^1/n) = ln(n) +un. On a limun = 1 donc lim ln((n!)^1/n) = +∞. En composant par exp, lim(n!)^1/n= +∞.

Exercice 13 E76

1. La fonction de répartition d’une variable aléatoire à densitéX est définie par

∀x∈R, F(x) =P(X ≤x)

Elle est continue surR, de classeC¹sauf éventuellement en quelques points, croissante surRet ses limites en−∞et +∞sont 0 et 1.

2. a) X admet une espérance donc Z +∞

−∞

tf(t)dtconverge absolument. Selon Chasles, pour tout réelx, les intégrales

Z x

−∞

tf(t)dtet Z +∞

x

tf(t)dtconvergent également.

b) Pour tout t ∈ [x,+∞[ on a t ≥ x donc tf(t) ≥ xf(t). On peut intégrer termes à termes car les intégrales

Z +∞

x

tf(t)dtet Z +∞

x

xf(t)dtconvergent : Z +∞

x

tf(t)dt≥ Z +∞

x

xf(t)dt

Enfin, Z +∞

x

xf(t)dt=x Z +∞

x

f(t)dt=x(1−F(x)).

Cl : Z +∞

x

tf(t)dt≥x(1−F(x)).

Par hypothèsex≥0. D’après la question de cours F(x)≤1 doncx(1−F(x))≥0.

c) La variable aléatoireX est à valeurs dansR⁺donc sa densitéf est nulle sur ]− ∞,0[. Dès lors, E(X) =

Z +∞

0

tf(t)dt

PosonsI(A) = Z A

0

(1−F(t))dtavecA >0 et procédons à une intégration par parties.

On pose

u(t) = 1−F(t) v⁰(t) = 1 donc

u⁰(t) = −f(t) v(t) = t . I(A) = [t(1−F(t))]^A₀ +

Z A 0

tf(t)dt

= A(1−F(A)) + Z A

0

tf(t)dt

D’après b) on a : 0≤A(1−F(A))≤ Z +∞

A

tf(t)dt.

De plus lim

A→+∞

Z +∞

A

tf(t)dt= 0 car Z +∞

A

tf(t)dt= Z +∞

0

tf(t)dt− Z A

0

tf(t)dt.

Dès lors, selon le thme de l’encadrement lim

A→+∞A(1−F(A)) = 0.

Enfin, lim

A→+∞

Z A 0

tf(t)dt= Z +∞

0

tf(t)dt=E(X).

Cl : Z +∞

0

(1−F(t))dtconverge et est égale àE(X).

3. a) Soitt∈R. On a :

Gn(t) = P(Zn≤t)

= P((X₁≤t)∩ · · · ∩(X_n ≤t))

= P(X1≤t)· · ·P(Xn≤t) (indépendance)

= (F(t))ⁿ (car lesX_i suivent la même loi queX)

b) X est une variable aléatoire à densité doncF est continue surRetC¹ sauf en quelques points. Par composée, Gn est donc continue sur R et C¹ sauf en quelques points. J’en déduis que Zn est une variable aléatoire à densité. Une densité deZn est donnée par :

gn(t) =G⁰_n(t) =nf(t)[F(t)]ⁿ⁻¹ en tout réelt oùGn est dérivable.

Étudions l’existence deE(Z_n)

- D’une part,Zn est à valeurs positives doncgn(t) = 0 sur ]− ∞,0[ et Z 0

−∞

tgn(t)dtconverge.

- D’autre part, pour tout réelt≥0 on a : 0≤tg_n(t) =ntf(t)[F(t)]ⁿ⁻¹≤ntf(t).

• Z +∞

0

tf(t)dtconverge (carX admet une espérance).

• Les intégrales sont ATP.

• Selon le thme de comparaison des intégrales de fonctions positives, Z +∞

0

tg_n(t)dtconverge.

Cl : Z +∞

−∞

tgn(t)dtconverge absolument doncZn admet une espérance.

c) Soitn≥2. D’après 2.c) on a :

E(Z_n)−E(Z_n−1) = Z +∞

0

(1−G_n(t))dt− Z +∞

0

(1−G_n−1(t)dt

= Z +∞

0

(G_n−1(t)−Gn(t))dt

= Z +∞

0

[(F(t))ⁿ⁻¹−(F(t))ⁿ]dt

= Z +∞

0

(F(t))ⁿ⁻¹(1−F(t))dt

d) Supposons queX ,→ E(m). AlorsF(t) = 1−e^−mt pour tout réelt≥0. Il vient : E(Z_n)−E(Z_n−1) =

Z +∞

0

(1−e^−mt)ⁿ⁻¹e^−mtdt

= 1

m Z +∞

0

me^−mt(1−e^−mt)ⁿ⁻¹dt

PosonsI(A) = 1 m

Z A 0

me^−mt(1−e^−mt)ⁿ⁻¹dt. On a :

I(A) = 1 m

(1−e^−mt)ⁿ n

^A

0

= 1

m

(1−e^−mA)ⁿ n

→ 1 nm On a donc pour toutn≥2,E(Zn)−E(Z_n−1) = 1

nm. Dès lors

n

X

k=2

(E(Z_k)−E(Z_k−1)) = 1 m

n

X

k=2

1 k.

Par télescopage, on en déduit queE(Zn)−E(Z1) = 1 m

n

X

k=2

1 k. Enfin,E(Z1) =E(X1) = 1

m. Donc E(Zn) = 1 m

n

X

k=1

1 k

Par comparaison série - intégrale, on peut montrer queE(Z_n) ∼

n→+∞

1 mln(n).

Exercice 14 Sans préparation E77

1. ^tA=^t(X^tX) =^t(^tX)^tX =X^tX=A. La matriceAest symétrique doncAest diagonalisable.

On peut aussi poserX =





 x₁

... x_n





et calculer explicitementA. On obtient

A=











x²₁ x1x2 · · · x1xn

x1x2 x²₂ · · · x2xn

... . .. ... x1xn · · · x²_n











Aest bien symétrique.

2. A²= (X^tX)(X^tX) =X(^tXX)^tX.

CommeX est une matrice colonne,^tXX est une matrice d’ordre 1 c’est à dire un réel. Plus précisément siX=





 x1

... xn





alors^tXX=

n

X

i=1

x²_i. Soitαce réel.

On a alorsA²=αA. Le polynômeP =X²−αX est donc annulateur deA.

Les valeurs propres possibles deAsont donc 0 etα.

• Etudions la valeur propre 0

Les colonnes de A sont toutes colinéaires à X 6= 0 donc rg(A) = 1. Par le théorème du rang, on en déduit que dim(Ker(A)) =n−1.

L’espace propre associé à la valeur propre 0 est donc de dimensionn−1.

• Etudions la valeur propreα

Aest diagonalisable doncαest valeur propre deAet dim(Eα(A)) = 1.

Je remarque queAX =X^tXX =αX. Comme X 6= 0 j’en déduis queX est vecteur propre associé à α. Comme dim(Eα(A)) = 1 j’en déduis queEα(A) = Vect(X).

Exercice 15 E77

1. Cours

2. f est dérivable sur ]0; +∞[ en tant que composée de fonctions usuelles dérivables et :

f⁰(x) = e 2

1− 1

x²

e 2

x+1

x

= x²−1 x(x²+ 1) Clairement, lim

x→+∞f(x) = +∞et lim

x→0⁺f(x) = +∞. Il vient :

x 0 1 +∞

f⁰(x) − 0 +

+∞ +∞

f & %

1 3. a) Pour tout réelx >0 on a :

f(x)−lne 2x

= ln(

e 2

x+1

x

= ln x

x+ 1/x

= ln x²

x²+ 1

Par quotient de polynômes, lim

x→+∞

x²

x²+ 1 = 1 donc lim

x→+∞

h

f(x)−lne 2xi

= 0.

Cl :y= lne 2x

est asymptote à la courbe (C).

b) On trace la courbe (Γ) en décalant la courbe de ln. On remarque en particulier que lne 2x

est égal à 0 en 2

e et à 1 en 2. Puis on trace la courbe (C) en faisant se rapprocher les deux courbes en +∞.

0 1 2 3 4 5

0 1 2 3 4

−1

−2

4. D’après 2 on af⁰(x)≥0 pour tout x≥1.

D’autre part,f⁰(x)−1 = x²−1

x(x²+ 1)−1 = −x³+x²−x−1 x(x²+ 1) .

On poseq(x) =−x³+x²−x−1 pour tout réel x≥1.qest polynôme donc dérivable. Dès lors,

∀x≥1, q⁰(x) =−3x²+ 2x−1

∆ = −8 < 0 donc q⁰(x) < 0 pour tout réel x ≥ 1. J’en déduis que q est décroissante sur [1,+∞[. La fonctionq admet donc son maximum en 1.

Enfin,q(1) =−2<0 donc∀x≥1, q(x)<0.

Cl :∀x≥1, 0≤f⁰(x)<1.

Selon l’inégalité des accroissements finis, sia≤b appartiennent à [1,+∞[² on a : 0≤f(b)−f(a)≤1(b−a)

En posantb=xet a= 1 il vient : 0≤f(x)−f(1)≤x−1.

Cl : commef(1) = 1 on a :∀x≥1,f(x)≤x. J’en déduis que (C) est en dessous de la droite ∆ d’équation y=x. De plus elles se coupent au point d’abscisse 1.

5. L’algorithme trace la courbe (C) et la droite ∆. Puis elle trace une ligne brisée joignant les points (u₀,0), (u₀, u₁), (u₁, u₁), (u₁, u₂), (u₂, u₂) et ainsi de suite.

6. D’après 2 l’intervalle [1,+∞[ est stable par f. De plus u₀ ∈ [1,+∞[ donc d’après le cours (ou par récurrence) on a :∀n∈N, u_n∈[1,+∞[.