ecritblanc 20171130 corr

(1)

M1 MEEF 2nd degr´ e, CAPES de Math´ ematiques Pr´ eparation ` a l’´ ecrit S1 (UE MAT1261M)

Ecrit blanc du 30 novembre 2017 ´ Correction

Exercice 1.

Partie I : un cas particulier

On suppose dans cette partie que b = 3 et r = 2.

1. Le premier tirage.

(a) On est dans le cadre d’un schéma de Bernoulli : on répète 400 fois de fa¸con indé- pendante la même expérience aléatoire n’ayant que deux issues possibles (le succès correspondant à « la boule tirée est rouge »). Le nombre N de boules obtenues suit dont une loi binomiale de paramètres (400, 2/5).

On utilise le théorème de Moivre-Laplace pour approcher cette loi binomiale par une loi normale : si les (X_i) sont des variables aléatoires indépendantes et de loi de Bernoulli de paramètre p ∈]0, 1[, alors, pour tous réels a < b, on a

P

r n

p(1 − p)

X₁+ . . . + X_n

n − p

∈ [a, b]

n→∞−→

Z b a

e^−t²^/2 dt

√2π

Autrement dit, √²⁰

6/25 N

400− ²₅ suit asymptotique la loi normale centrée réduite. En utilisant les propriétés de la loi normale, on en déduit que N suit a peu prêt la loi normale d’espérance 160 et d’écart-type 4.√

6.

On utilise le théorème de Moivre-Laplace (sachant que l’on a bien n ≥ 30, np ≥ 5 et n(1 − p) ≥ 5). On sait que si Z suit une loi normale centrée réduite, on a P(Z ∈ [−1.96, 1.96]) = 0.95. L’intervalle de fluctuation asymptotique de la proportion de niveau 0.95 est donc l’intervalle

"

2

5− 1.96

r 6

25 × 400,2

5 + 1.96

r 6

25 × 400

#

= [0.352; 0.448]

(b) En python :

p=2./5 # 2/5 donne le quotient de la division euclidienne.

# 2./5 effectue la division sur des floats n=400 # taille de l’´echantillon

N=0 # On initialise à 0 le nombre de boules rouges tirées for i in range(n): # répéter n fois

N+=(rnd.rand()<p) # Ajoute 1 `a la variable N si un

#nombre aléatoire entre 0 et 1 est inférieur à p

print(N/float(n)) # affiche le résultat de la division (entre floats) (c) Les 40 échantillons générés par les élèves correspondent à une répétition (40 fois)

d’une expérience aléatoire, de fa¸con indépendante. L’intervalle de fluctuation créé à la question 1 est de niveau 0.95 : cela signifie que, pour 5% des échantillons (les moins

« typiques »), la fr´equence observ´ee de boules rouges sera en dehors de cet intervalle.

Avec 40 ´el`eves, il y en aura donc environ 2 en dehors de cet intervalle.

(2)

2. Expérience aléatoire A. Dans cette question, on procède à des tirages aléatoires suivant le modèle décrit en introduction jusqu’à tirer une première boule blanche (avec donc la composition de l’urne qui varie). On note X la variable aléatoire égale au nombre de tirages réalisés pour l’obtention de la première boule blanche.

(a)

(b) Comme il y a trois boules blanches au départ, on tirera la première boule rouge au plus tard au quatrième tirage : X(Ω) = {1, 2, 3, 4}.

(c) Pour d´eterminer la loi de X, il faut calculer P(X = k) pour tout k ∈ {1, . . . , 4}.

On utilise pour cela l’arbre pondéré de la question 2.a) et la formule des probabilités composées : le poids de chacune des arêtes est la probabilité de l’événement considéré sachant tous les événements réalisés depuis la racine de l’arbre.

On a donc P(X = 1) = 2/5, puis

P(X = 2) = PBlanc au 1er tirage(Rouge au 2`eme tirage)P(Blanc au 1er tirage) = 3 5 3 5 = 9

25 On a de mˆeme

P(X = 3) = 3 5

2 5 4 5 = 24

125 P(X = 4) = 3

5 2 5 1

5.1 = 6 125

(d) X est une variable al´eatoire `a valeurs dans {1, . . . , 4}. On a donc

E(X) =

4

X

k=1

kP(X = k) = 2 5+ 2 9

25+ 3 24

125 + 4 6

125 = 236

125 ' 1.89 (e) On calcule d’abord E(X²) :

E(X²) =

4

X

k=1

k²P(X = k) = 2 5+ 4 9

25+ 9 24

125 + 16 6

125 = 542

125 = 4.34 On en d´eduit que var (X) = E(X²) − (E(X))² = 0.77

3. Expérience aléatoire B. On procède à trois tirages successifs dans l’urne, suivant le modèle décrit en introduction et on note Y le nombre de boules rouges obtenues.

(a) On obtient l’arbre suivant.

(3)

(b) D’apr`es l’arbre ci-dessus, Y `a valeurs dans {0, 1, 2}.

(c) On a P(Y = 0) = 6/125, P(Y = 1) = 75/125 = 3/5 et P(Y = 2) = 44/125.

(d) E(Y ) = 163/125 ' 1.30

(e) Si on r´ep`ete un grand nombre de fois les trois tirages en comptant le nombre de boules rouges obtenues, on observera que, en moyenne, on a 1.30 boule rouge par tirage.

(f) r=2 b=3 Y=0

for i in range(3):

if rnd.rand()<r/5: #si on obtient une boule rouge Y+=1 # on incr´emente Y

r-=1 # on enl`eve une boule rouge b+=1 # on ajoute une boule blanche else: # sinon

r+=1 # on ajoute une boule rouge b-=1 # on enl`eve une boule blanche print(Y)

Partie II : G´en´eralisation

Dans cette partie, l’urne contient au départ b boules blanches et r boules rouges, et on procède à des tirages suivant le modèle décrit en introduction. Pour tout entier naturel k ≥ 1, on note A_k l’événement « la boule obtenue au k-ième tirage est rouge ».

1. Si r = 0 ou b = 0, l’événement A₁ est de probabilité 0 ou 1, il est donc indépendant de tout événement, et en particulier de A₂.

Si r et b sont non nuls, on a P(A₁) = r/(r + b) ∈]0, 1[ et on calcule P_A₁(A₂) et P_A₁(A₂) : les événements A₁ et A₂ seront indépendants si et seulement si ce deux probabilités conditionnelles sont égales (et alors leur valeur commune est P(A₂).

On a P_A₁(A₂) = ^r−1_r+b, et P_A₁(A₂) = ^r+1_r+b Donc A1 et A2 ne sont pas ind´ependants.

2. Soit k ≥ 1. L’événement A₁ ∩ . . . ∩ A_k peut se traduire par « Obtenir une boule rouge au cours de chacun des k premiers tirages ». Si k > r, sa probabilité est donc nulle.

Si on se place dans le cas où k ≤ r, on utilise la formule des probabilités composées : P(A₁ ∩ . . . ∩ A_k−1) > 0 donc

P(A₁∩ . . . ∩ A_k) = P(A₁)P(A₂|A₁) . . . P(A_k|A₁∩ . . . ∩ A_k−1)

= r

r + b r − 1

r + b · · ·r − k + 1

r + b = r!

(r − k)!(r + b)^k

(4)

3. On reprend l’expérience aléatoire A décrite dans la partie I : on procède à des tirages répétés jusqu’à obtenir une boule blanche. On note X le nombre de tirages effectués.

(a) Dans le pire des cas, on tire toutes les boules rouges avant de tirer la premi`ere boule rouge. On a donc F = {1, . . . , r + 1}

(b) Soit j ∈ F . Si j = 1, on a {X = 1} = A1. Si j ≥ 2, on a {X = j} = A₁∩ · · · ∩ A_j−1∩ A_j. (c) On a en particulier

P(X = r+1) = P(A₁∩· · ·∩A_r∩A_r+1) = P(A₁∩· · ·∩A_r)P(A_r+1|A₁∩· · ·∩A_r) = r!

(r + b)^r×1 (où on utilise la question 2 pour calculer P(A_r), et où on remarque que, si on a tirer les r boules rouges au cours de r premiers tirages, l’urne est composée de r + b boules blanches au moment de réaliser le r + 1-ème tirage).

Si j = 1, on a P(X = 1) = _r+b^b = _r!(r+b)^r! 0 − (r−1)!(r+b)^r! ¹, donc la formule propos´ee est vraie.

Soit j un entier entre 2 et r. On a

P(X = j) = P(A₁∩ · · · ∩ A_j−1)P(A_j|A₁∩ · · · ∩ A_j−1)

Si au cours de j − 1 premiers tirages, on n’ a obtenu que des boules rouges, la composition de l’urne avant le j-ième tirage est de r − (j − 1) boules rouges et b + (j − 1) boules blanches. La probabilité de tirer une boule blanche au j-ième tirage sachant que l’on a tiré des boules rouges au cours de chacun des tirages précédents est donc égale à (b + j − 1)/(r + b). On en déduit

P(X = j) = r!

(r − j + 1)!(r + b)^j−1

b + j − 1 r + b

= r!(b + j − 1) (r − j + 1)!(r + b)^j

= r!((r + b) − (r − j + 1)) (r − j + 1)!(r + b)^j

= r!

(r − j + 1)!(r + b)^j−1 − r!

(r − j)!(r + b)^j (d) Soit n ∈ N^∗ et (α₀, . . . , α_n) ∈ Rⁿ⁺¹. On a :

n

X

j=1

j(α_j−1− α_j) =

n

X

j=1

jα_j−1−

n

X

j=1

jα_j

=

n−1

X

k=0

(k + 1)α_k−

n

X

j=1

jα_j

= α0+X

j=0

n − 1(j + 1 − j)αj− nαn

=

n−1

X

j=0

α_j− nα_n

(e) On d´efinit une famille de r´eels (α_i)_0≤i≤r+1 : α_r+1 = 0 et, pour tout k ∈ {0, . . . , r}, α_j = r!/((r − j)!(r + b)^j). On a ainsi, pour tout j ∈ F , P(X = j) = α_j−1− α_j.

(5)

On en d´eduit :

E(X) =

r+1

X

j=1

jP(X = j)

=

r+1

X

j=1

j(αj−1− αj)

=

r

X

j=0

α_j− (r + 1)α_r+1

=

r

X

j=0

r j

j!

(r + b)^j

4. Expérience B. On revient à l’expérience B : on tire successivement n boules dans l’urne suivant le protocole décrit, et on note Y_n le nombre de boules rouges obtenues lors de ces n tirages.

(a) Soit (A_k)_1≤k≤n une famille d’événements formant un système complet, c’est-à-dire que les (Ak) sont deux à deux disjoints (ou incompatibles) et leur réunion est égale

`

a l’univers Ω.

Soit B un événement. La formule des probabilités totales affirme que P(B) = P(B ∩ A1) + · · · + P(B ∩ An)

De plus, si, pour tout k, P (A_k) > 0, alors, on a

P(B) = P_A₁(B)P(A₁) + · · · + P_A_n(B)P(A_n) D´emontrons ce r´esultat :

Comme la réunion des (A_k)_k≤n est égale à Ω, on a B = B ∩ (Sn

k=1A_k) = (B ∩ A₁) ∪

· · · ∪ (B ∩ A_n) Or les événements (B ∩ A_k)_k≤n sont deux à deux incompatibles car les

´

ev´enements (Ak) sont deux `a deux incompatibles : si k et ` sont deux indices, k 6= l, on a

(B ∩ A_k) ∩ (B ∩ A_`) = B ∩ A_k∩ A_` ⊂ A_k∩ A_` = ∅

L’événement B s’écrit comme la réunion de n événements 2 à 2 incompatibles, donc sa probabilité est égale à la somme des probabilités de ces événements :

P(B) = P(B ∩ A₁) + · · · + P(B ∩ A_n)

La deuxième expression s’obtient à partir de la première en utilisant la définition de la probabilité conditionnelle : pour tout k ≤ n, P_A_k(B) = P(B ∩ A_k)/P(A_k).

(b) Y₁ repr´esente le nombre de boules rouges tir´ees lors du premier tirage. On a donc P(Y₁ = 1)r/(r + b) et P(Y₁ = 0) = b/(r + b).

(c) Soit n ≥ 2 un entier. Si on a obtenu i boules rouges au cours des n − 1 premiers tirages, on a également obtenue (n − i) boules rouges au cours de ces mêmes tirages : le nombre de boules rouges est donc r − i + (n − i) = r + n − 2i et le nombre de boules blanches est égal à b + i − (n − i) = b + 2i − n. Pour que cela ait un sens, il faut que 0 ≤ i ≤ n et r + n − 2i ≥ 0 et b + 2i − n ≥ 0.

(d) Soit n ≥ 2. On a Y_n− Y_n−1∈ {0, 1} donc P(Y_n= k|Y_n−1 = i) = 0 si k − i 6∈ {0, 1}.

Soit donc i un entier (tel que Y_n−1 = i) > 0. On a, en se basant sur la composition de l’une donnée dans la question précédente :

P(Yn = i + 1|Yn−1 = i) = r + n − 2i

r + b et P(Yn= i|Yn−1 = i) = b − n + 2i r + b

(6)

(e) Expliciter la loi de Yn en fonction de celle de Yn−1. Soit k un entier. On a

P(Y_n= k) = P(Y_n= k|Y_n−1 = k − 1)P(Y_n−1 = k − 1) + P(Y_n = k|Y_n−1 = k)P(Y_n−1= k)

= r + n − 2(k − 1)

r + b P(Y_n−1= k − 1) + b − n + 2k

r + b P(Y_n−1 = k)

(f) On suppose dans cette question que n ≤ min(r, b). Déduire de la question précédente une expression de E(Y_n) faisant intervenir E(Y_n−1).

(7)

Exercice 2.

On considère une fonction f définie et dérivable sur R^+∗ telle que,

(∗) Pour tous r´eels strictement positifs a et b, on a : f (ab) = f (a) + f (b).

On suppose pour le moment qu’une telle fonction existe.

1. Soit g une fonction d´efinie sur I et d´erivable en x₀ ∈ I Pour tout x ∈ I, x 6= x₀, on a g(x) − g(x₀) = g(x) − g(x₀)

x − x₀ (x − x₀)

Lorsque x tend vers x₀ (avec x 6= x₀), la fraction du membre de droite tend vers g⁰(x₀), qui est un r´eel, et x − x₀ tend vers 0, donc g(x) − g(x₀) tend vers 0, ce qui signifie que g est continue en x₀.

2. Si f est solution de (∗), on a f (1) = f (1²) = f (1) + f (1), donc f (1) = 0.

3. Soit x > 0. Avec la relation (∗), on a f (1) = f (x¹_x)) = f (x) + f (1/x). On en d´eduit f (x) + f (1/x) = 0.

4. On montre par r´ecurrence sur n que, pour tout x > 0, f (xⁿ) = nf (x).

La relation est vraie pour n = 0 puisque, pour tout x > 0, x⁰ = 1 et f (1) = 0.

Soit n ≥ 0 tel que, pour tout x > 0, on a f (xⁿ) = nf (x).

Soit x > 0. On a : f (xⁿ⁺¹) = f (x xⁿ) = f (x) + f (xⁿ) = (n + 1)f (x).

La propri´et´e est donc vraie au rang n + 1.

Par principe de r´ecurrence, elle est vraie pour tout n ∈ N.

Soit maintenant un entier n < 0 et x > 0 un r´eel. On a f (xⁿ) = −f (x⁻ⁿ)) − (−n)f (x) = nf (x)

On peut donc conclure que, pour tout n ∈ Z et tout x > 0, on a f (xⁿ) = nf (x).

5. Soit x ∈ R^+∗ et r ∈ Q. Il existe deux entiers p et q tels que r = p/q. Notons y = x^1/q. On a, par la question pr´ec´edente, f (y^q) = qf (y) donc f (x^1/q) = ¹_qf (x).

Puis f (x^p/q) = f ((x^1/q)^p) = pf (x^1/q) = ^p_qf (x) = rf (x).

6. Soit a > 0. Pour tout réel x > 0, on a f (ax) = f (a) + f (x). Dérivons cette relation (par rapport à x) : pour tout x > 0, on a af⁰(ax) = f⁰(x).

On a donc en particulier : af⁰(a) = f⁰(1).

En notant λ = f⁰(1), on a, pour tout a > 0, f⁰(a) = λ/a

7. La dérivée de f sur R^+∗ est donc du signe de λ = f⁰(1) : si f⁰(1) > 0, f est strictement croissante sur R^+∗, et si f⁰(1) < 0, elle est strictement décroissante. Et si f⁰(1) = 0, la fonction f est constante.

On remarque ´egalement que, pour tout a > 0, f⁰⁰(a) = −λ/a². La fonction f est donc strictement concave si f⁰(1) > 0 et strictement convexe si f⁰(1) < 0.

8. D’après les question précédentes, si f et ˜f vérifient (∗), il existe deux réels λ et ˜λ tels que, pour tout a > 0, f⁰(a) = ^λ_a et ˜f⁰(a) = ^˜^λ_a.

Or λ et ˜λ sont non nuls car f et ˜f ne sont pas constantes. En notant µ = λ/˜λ, on obtient f⁰ = µ ˜f⁰.

Comme f (1) = ˜f (1) = 0, on a bien f = µ ˜f .

9. La fonction x 7→ 1/x est continue sur R^+∗ : par le théorème fondamental de l’analyse, elle admet une unique primitive valant une valeur choisie en un point de son intervalle de définition. La fonction h existe donc et est unique.

(8)

Soit a > 0. Notons h2 : x 7→ h(ax) − h(x). Cette fonction est d´efinie et d´erivable sur R^+∗

et, pour tout x > 0, on a h⁰₂(x) = ah⁰(ax) − h⁰(x) = _ax^a − ¹_x = 0.

La fonction h₂ est donc constante. Or h₂(1) = h(a) − h(1) = h(a).

On a donc, pour tout a > 0 et tout x > 0, h(ax) = h(a) + h(x), c’est-`a-dire que h v´erifie (∗).

10. Soit f une fonction vérifiant (∗). On vient de montrer que h vérifie également (∗).

Si f est constante, on a f = 0 = 0h. Si f n’est pas constante, la question 6 implique l’existence d’une constante µ telle que, pour tout x > 0, on a f (x) = µh(x).

11. Propri´et´es de la fonction h.

(a) Soit x0 > 1 un réel. La fonction h est strictement croissante (car sa dérivée est strictement positive), donc h(x₀) > h(1) = 0.

On sait que h vérifie (∗) donc, d’après la question 4), pour tout entier n on a : h(xⁿ₀) = nh(x₀). On en déduit que (h(xⁿ₀))_n diverge vers +∞.

On montre l’in´egalit´e de Bernoulli : pour tout n ≥ 0 et tout α ≥ 0, (1 + α)ⁿ≥ 1 + nα.

Soit α ≥ 0 et n ∈ N. On utilise la formule du binˆome de Newton : (1 + α)ⁿ = 1 +n

1

α +

n

X

k=2

n k

α^k ≥ 1 + nα

NB : ce résultat est vrai pour tout n ∈ N et tout α > −1, et la démonstration se fait par récurrence.

Avec α = x₀− 1, on montre par comparaison de limite que lim_nxⁿ₀ = +∞.

On a donc montré que, si x₀ est un réel strictement supérieur à 1, on a d’une part lim xⁿ₀ = +∞ et d’autre part que lim h(xⁿ₀) = +∞.

La fonction h ´etant croissante, cela implique que limx→+∞h(x) = +∞. En effet, soit A un r´eel. Il existe un N tel que h(x^N₀ ) > A. Notons B = x^N₀ .

Par croissance de h, on a alors, pour tout x > B, h(x) > h(B) ≥ A.

On a donc montré, pour tout réel A, l’existence d’un réel B tel que, pour tout x ≥ B, on a h(x) ≥ A : ceci caractérise le fait que h diverge vers +∞ en +∞.

(b) On a montr´e que, pour tout x > 0, h(1/x) = −h(x).

On a donc

x→0+lim h(x) = lim

y→+∞h(1/y) = − lim

y→+∞h(y) = −∞.

(c) La fonction h est continue et strictement croissante, avec lim0+h = −∞ et lim+∞h = +∞ donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout λ ∈ R, il existe un unique c_λ ∈ R^+∗ tel que h(c_λ) = λ.

La fonction h est donc bijective de R^+∗ dans R.

(d) La fonction h ´etant concave, sa courbe repr´esentative est « en dessous » de ses tangentes, et en particulier de sa tangente en 1 : on a donc pour tout x > 0, h(x) ≤ h(1) + h⁰(1)(x − 1) = x − 1 ≤ x. . En divisant par x (qui est positif), il vient : pour tout x > 0, h(x)

x ≤ 1 (e) Soit t > 0. On a

h(t)

t = h(√ t²)

√t²

= 2

√t h(√

√t) t Or ^h(

√

√t)

t est major´ee par 1. On a donc : h(t)

t ≤ 2

√t

(9)

h ´etant croissante, on a pour tout t > 1, h(t) > h(1) = 0, on en d´eduit que lim_t→+∞h(t)/t = 0.

(f) Soit α > 0. On utilise un raisonnement similaire : h(x)

x^α = 1 α

h (x^α) x^α D’o`u lim_x→+∞ ^h(x)_xα = 0.

Partie B

La fonction h introduite dans la partie A est bien entendu la fonction ln, et on a montr´e que cette fonction est bijective, donc elle admet une fonction r´eciproque, que l’on notera ψ.

1. Les courbes représentatives de h et ψ sont symétriques par rapport à la droite ∆ d’équa- tion y = x.

Commen¸cons par déterminer les coordonnées du symétrique d’un point M (x, y) par rapport à la droite ∆ : Notons M⁰(x⁰, y⁰) le symétrique orthogonal de M (x, y) par rapport

`

a ∆ et I le milieu de [M M⁰]. Par d´efinition, le point I appartient `a ∆ et le vecteur

−−−→M M⁰ est orthogonal au vecteur −→u = ¹₁ qui est un vecteur directeur de ∆. On a donc

y+y⁰

2 = ^x+x₂ ⁰ et (x⁰− x) + (y⁰− y) = 0, ie

y + y⁰ = x + x⁰

y⁰− y = −x⁰+ x ⇐⇒ 2y⁰ = 2x 2x⁰ = 2y

où le deuxième système d’équations s’obtient en faisant la somme et la différence des deux équations du premier système.

Les coordonnées du symétrique orthogonal de M (x, y) par rapport à la droite ∆ sont donc (y, x).

Considérons maintenant un point M (x, y) appartenant à la courbe représentative de h : on a donc y = h(x). Notons M⁰(x⁰, y⁰) le symétrique de M par rapport à Delta. On vient de voir que x⁰ = y = h(x) et y⁰ = x. Vérifions que ce point appartient à la courbe représentative de ψ : pour cela, il faut montrer que y⁰ = ψ(x⁰). Or ψ(x⁰) = φ(h(x)) = x par définition de ψ.

On a ainsi montré que l’image par la symétrie orthogonale d’axe ∆ de la courbe repré- sentative de h est incluse dans la courbe représentative de ψ.

Considérons maintenant un point N⁰(x⁰, y⁰) de la courbe représentative de ψ, et montrons que l’image (directe ou réciproque, peu importe) de ce point par la symétrie orthogonale d’axe ∆ appartient à la courbe représentative de ∆ : l’image (réciproque) de N⁰ par la symétrie orthogonale d’axe ∆ est le point N de coordonnées (y⁰, x⁰). Comme h(y⁰) = h(ψ(x⁰)) = x⁰, on constate que N appartient à la courbe représentative de h.

On peut alors conclure que les deux courbes sont sym´etriques l’une de l’autre par rapport

`

a la droite ∆.

2. La fonction h étant strictement croissante, ψ l’est également (écrire proprement une preuve de ce résultat ne faisant pas intervenir la dérivée !)

De plus, on a lim_−∞ψ = 0 et lim_+∞ψ = +∞ car lim₀h = −∞ et lim_+∞h = +∞.

3. On sait que h est dérivable et sa dérivée est strictement positive, donc sa fonction réciproque ψ est dérivable : en effet, soit x₀ ∈ R. Considérons un réel x ∈ R, et notons y = ψ(x) et y₀ = ψ(x₀). On a également x = h(y) et x₀ = h(y₀). On calcule le taux d’accroissement de ψ en x0 :

ψ(x) − ψ(x₀)

x − x₀ = y − y₀ h(y) − h(y₀)

(10)

Lorsque x tend vers x0, y = ψ(x) tend vers y0, donc ^h(y)−h(y_y−y ⁰⁾

0 tend vers la dérivée de h en y₀, donc vers h⁰(y₀) = 1/y₀. Or y₀ = ψ(x₀), donc le taux d’accroissement de ψ en x₀ tend vers ψ(x0). On a ainsi montré que ψ est dérivable en x0, de dérivée ψ(x0).

4. Soient a et b deux r´eels. On utilise la relation (∗) en ψ(a) et ψ(b) : On a

a + b = h(ψ(a + b)) et a + b = h(ψ(a)) + h(ψ(b)) = h(ψ(a)ψ(b)).

On obtient ainsi : h(ψ(a + b)) = h(ψ(a)ψ(b)).

La fonction h ´etant bijective (injective suffit), on en d´eduit que ψ(a + b)) = ψ(a)ψ(b).

Partie C

On consid`ere ici la fonction ϕ d´efinie par :

ϕ(z) =

+∞

X

n=0

zⁿ

On notera Φ la primitive nulle en 0 de ϕ, et i un nombre complexe tel que i² = −1.

1. On reconnaˆıt la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique. On a donc PK

n=01ⁿ = K + 1 et, z ∈ C\{1},

K

X

n=0

zⁿ= 1 − z^K+1 1 − z

Pour z = 1, la série de terme général (zⁿ) est trivialement divergente.

On connaˆıt le comportement asymptotique de la suite (z^K+1)_K : elle est convergente si et seulement si |z| < 1, et dans ce cas, sa limite est nulle. On en déduit que la série de terme général (zⁿ)_n est convergente si et seulement si |z| < 1, et que, dans ce cas, la somme de cette série est égale à

+∞

X

n=0

zⁿ= 1 1 − z

2. ϕ est une série entière de rayon de convergence égal à 1 : on peut donc intégrer terme à terme et en déduire que, pour tout x ∈] − 1, 1[, on a

− ln(1 − t) + ln(1) = Z x

0

ϕ(t) dt = Φ(x) =

+∞

X

n=0

xⁿ⁺¹ n + 1 =

+∞

X

k=1

xⁿ n On a donc, pour tout x ∈] − 1, 1[, Φ(x) = − ln(1 − x).

3. La fonction z 7→P+∞

n=1 zⁿ

n est une série entière. Son rayon de convergence est égal à 1 (par exemple car on sait par la question C1 que sa série dérivée est de rayon de convergence 1).

(11)

4. Soit x ∈] − 1, 1[. On a

Φ(ix) + Φ(−ix) =X

n≥1

(ix)ⁿ

n +X

n≥1

(−ix)ⁿ n

=X

n≥1

(1 + (−1)ⁿ)(ix)ⁿ

n car les 2 s´eries convergent

= X

n≥1,n pair

2(ix)ⁿ n

=X

k≥1

2i^2kx^2k 2k

=X

k≥1

(−1)^kx^2k k On a donc , pour tout x ∈] − 1, 1[,

Φ(ix) + Φ(−ix)

2 = 1

2 X

k≥1

(−1)^kx^2k k

En dérivant terme à terme la série (toujours car on a une série entière et que l’on se place à l’intérieur de son disque de convergence), il vient

d dx

Φ(ix) + Φ(−ix) 2

=X

k≥1

(−1)^kx^2k−1

=X

`≥0

(−1)^`+1x^2`+1

= −xX

`≥0

(−x²)^` = −x 1 + x² On en d´eduit

Φ(ix) + Φ(−ix) 2

= −1

2ln(1 + x²) = − ln√ 1 + x² 5. Soit x ∈] − 1, 1[. On a

Φ(ix) − Φ(−ix) =X

n≥1

(ix)ⁿ

n −X

n≥1

(−ix)ⁿ n

=X

n≥1

(1 − (−1)ⁿ)(ix)ⁿ

n car les 2 s´eries convergent

= X

n≥1,n impair

2(ix)ⁿ n

=X

k≥0

2i^2k+1x^2k+1 2k + 1

= 2iX

k≥1

(−1)^kx^2k+1 2k + 1

(12)

On a donc, pour tout x ∈] − 1, 1[,

Φ(ix) − Φ(−ix)

2i =X

k≥0

(−1)^k 2k + 1x^2k+1 En d´erivant, on obtient :

d dx

Φ(ix) − Φ(−ix) 2i

=X

k≥0

(−1)^kx^2k

= 1

1 + x² On a donc

Φ(ix) − Φ(−ix)

2i = arctan x 6. On a, pour tout x ∈] − 1, 1[, Φ(ix) + Φ(−ix) = −2 ln√

1 + x² et Φ(ix) − Φ(−ix) = 2i arctan x.

On en d´eduit que Φ(ix) = − ln√

1 + x²+ i arctan x 7. Soit x un réel. Le module de 1+ix est égal à√

1 + x² et son argument θ v´erifie tan θ = x, avec θ ∈] − π, π[, donc θ = arctan x.

On a donc 1 + ix =√

1 + x²e^{i arctan x} et 1 − ix =√

1 + x²e−i arctan x :

Φ(ix) = −(ln |1 − ix| + iArg(1 − ix)), ou encore 1 + ix = exp Φ(ix)