El´ ´ ements de correction du DM n ◦ 1

El´ ´ ements de correction du DM n ^◦ 1

Probl`eme1 :Probabilit´es et variables al´eatoires 1. Etude du cas o`´ u n= 3.

(a) D’apr`es l’´enonc´e, la pi`ece est lanc´ee trois fois ssi les deux premiers lancers donnent Face et le troisi`eme Pile, ou les trois premiers lancers donnent Face. Donc

(T₃ = 3) = (F₁∩F₂∩F₃)∪(F₁∩F₂∩F₃).

De plus, (F₃, F₃) est un syst`eme complet d’´ev´enements. Donc (T₃ = 3) =F₁∩F₂ . (b) T₃(Ω) ={1,2,3} et, par ind´ependance des lancers, on a :

P(T3= 1) = P(F1) =p,

P(T3= 2) = P(F1∩F2) = P(F1)P(F2) =qpet P(T₃= 3) = P(F₁∩F₂) = P(F₁)P(F₂) =q². Donc P(T3= 1) =p, P(T3 = 2) =qp et P(T3 = 3) =q² .

(c) E(T₃) = 1×P(T₃= 1) + 2×P(T₃ = 2) + 3×P(T₃ = 3) donc

E(T₃) =p+ 2p(1−p) + 3(1−p)²=p+ 2p−2p²+ 3−6p+ 3p². Donc E(T3) = 3−3p+p² .

2. Etude du cas g´´ en´eral.

(a) Toujours par ind´ependance des lancers, et comme pour le cas n= 3, on a : P(T_n=n) = P(F₁∩ · · · ∩Fn−1) =qⁿ⁻¹,

P(T_n= 1) = P(F₁) =p et, pourk∈

2, n−1

, P(T_n=k) = P(F₁∩ · · · ∩Fk−1∩F_k) =q^k−1p.

Donc P(T_n=n) =qⁿ⁻¹, P(T_n= 1) =p et∀k∈

2, n−1

, P(T_n=k) =q^k−1p .

(b)

n

X

k=1

P(T_n=k) =

n−1

X

k=1

pq^k−1+qⁿ⁻¹ =

q6=1p× 1−qⁿ⁻¹

1−q +qⁿ⁻¹ =

p=1−q1−qⁿ⁻¹+qⁿ⁻¹. Donc on a bien

n

X

k=1

P(T_n=k) = 1 .

(c) E(T_n) =

n

X

k=1

kP(T_n=k) =

n−1

X

k=1

k(1−q)q^k−1+nqⁿ⁻¹ donc

E(Tn) =

n−1

X

k=1

h

kq^k−1−(k+ 1)q^k+q^k i

+nqⁿ⁻¹

lin´earit´= e n−1

X

k=1

h

kq^k−1−(k+ 1)q^k i

+

n−1

X

k=1

q^k+nqⁿ⁻¹

t´elescopage= −nqⁿ⁻¹+ 1 +q×1−qⁿ⁻¹

1−q +nqⁿ⁻¹ Donc E(Tn) = 1−q+q−qⁿ

1−q = 1−qⁿ 1−q .

(d) Le nombre de Pile obtenus est 1, si on arrˆete les lancers apr`es avoir obtenu une fois Pile, ou 0, si on arrˆete les lancers apr`es avoir obtenu nfois Face cons´ecutivement. De plus, par ind´ependance des lancers,

P(Xn= 0) = P(F1∩ · · · ∩Fn) =qⁿet P(Xn= 1) = 1−P(Xn= 0) = 1−qⁿ. Donc X_n,→B(1−qⁿ) (loi de Bernoulli), E(X_n) = 1−qⁿ et V(X_n) = (1−qⁿ)qⁿ . (e) P(Yn= 0) = P(F1) =p. De plus, par ind´ependance des lancers,

P(Y_n=n) = P(F₁∩ · · · ∩F_n) =qⁿ et, pourk∈

1, n−1 ,

P(Yn=k) = P(F1∩ · · · ∩F_k∩F_k+1) =q^kp.

Donc P(Yn=n) =qⁿ, P(Yn= 0) =pet∀k∈

1, n−1

, P(Yn=k) =q^kp. (f) On a T_n=X_n+Y_n . Donc, par lin´earit´e de l’esp´erance,

E(Y_n) = E(T_n)−E(X_n) = 1−qⁿ

1−q −(1−qⁿ) = (1−qⁿ) 1

1−q −1

.

Donc E(Y_n) = q(1−qⁿ) 1−q .

Probl`eme 2 :Equations diff´´ erentielles et alg`ebre lin´eaire

1. Etude d’un endomorphisme de´ R3[X]

(a) Soit P ∈R3[X]. SiP est constant alors P⁰ = 0 et ∆(P) =XP⁰ = 0∈R3[X].

Sinon, on a :

1≤deg(P)≤3 donc 0≤deg(P⁰)≤2 et donc deg(XP⁰) = deg(X) + deg(P⁰)≤3.

Donc siP ∈R3[X], alors ∆(P) =XP⁰ ∈R3[X] .

(b) SoientP, Q∈R3[X] etλ∈R. On a :

∆(P+λQ) =X(P+λQ)⁰ =X(P⁰+λQ⁰) =XP⁰+λXQ⁰ = ∆(P) +λ∆(Q).

Donc l’application ∆ :P 7→∆(P) est lin´eaire de R3[X] dansR3[X].

Donc ∆∈L (R3[X]) (endomorphisme de R3[X]) . (c) ∆(1) =X×0 = 0 , ∆(X) =X×1 =X ,

∆(X²) =X×2X = 2X² , ∆(X³) =X×3X² = 3X³ .

(d) Donc la matrice de ∆ dans la base canonique de R3[X] est D=









0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3







 .

(e) Im(∆) = Vect(∆(1),∆(X),∆(X²),∆(X³)) = Vect(X,2X²,3X³) = Vect(X, X², X³).

De plus,B1 = (X, X², X³) est libre, comme famille extraite de la base canonique.

Donc B1 = (X, X², X³) est une base de Im(∆) et rg(∆) = dim(Im(∆)) = 3 . R3[X] est de dimension finie donc, par le th´eor`eme du rang, on a :

dim(Ker(∆)) = dim(R3[X])−rg(∆) = 4−3 = 1.

De plus, ∆(1) = 0 donc 1∈Ker(∆) et 16= 0_R3[X].

Donc, finalement, B2 = (1) est une base de Ker(∆) et dim(Ker(∆)) = 1 . B= (1, X, X², X³) ´etant la base canonique de R3[X], on a

R3[X] = Vect(1)⊕Vect(X, X², X³) = Ker(∆)⊕Im(∆).

Donc l’image et le noyau de ∆ sont bien suppl´ementaires .

(f) La matrice de ∆² dans la base canonique deR3[X] est D² =









0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 4 0 0 0 0 9







 .

2. Recherche de solutions polynomiales de(E) (a) Pour toutP ∈R3[X], on a :

(∆²+ (a−1)∆ +bId)(P) = ∆(∆(P)) + (a−1)∆(P) +bP

= X(XP⁰)⁰+ (a−1)XP⁰+bP

= X(P⁰+XP⁰⁰) + (a−1)XP⁰+bP

= XP⁰⁰+aXP⁰+bP

= ϕ(P).

Donc ϕ= ∆²+ (a−1)∆ +bId .

(b) ∆ est un endomorphisme deR3[X] donc ∆² = ∆◦∆ aussi.

De plus, L(R3[X]) est un R-ev, donc ϕest un endomorphisme de R3[X] , comme combi- naison lin´eaire d’endomorphismes deR3[X].

(c) La matrice de ϕdans la base canonique deR3[X] est

Φ_a,b=D²+ (a−1)D+bI4 =









b 0 0 0

0 a+b 0 0

0 0 2a+ 2 +b 0

0 0 0 3a+ 6 +b







 .

(d) Φ_5,1=









1 0 0 0

0 6 0 0

0 0 13 0 0 0 0 22









∈M4(R) est de rang 4 et donc inversible.

Dans ce cas, ϕest un automorphisme deR3[X] et Ker(ϕ) ={0_R3[X]}.

Notons que :P ∈Ker(ϕ)⇐⇒P ∈R3[X] etϕ(P) =XP⁰⁰+aXP⁰+bP = 0.

Sia= 5 etb= 1, l’unique polynˆome de R3[X] solution de (E) est le polynˆome nul .

(e) Φ3,−3=









−3 0 0 0

0 0 0 0

0 0 5 0

0 0 0 12









∈M4(R) est de rang 3.

Donc rg(ϕ) = 3 et, par le th´eor`eme du rang, dim(Ker(ϕ)) = 4−3 = 1.

De plus,ϕ(X) = 0 donc X∈Ker(ϕ) et X 6= 0_R3[X]. Donc Ker(ϕ) = Vect(X) .

Sia= 3 etb=−3, l’ensemble des polynˆomes de R3[X] solutions de (E) est Vect(X) . 3. R´esolution de l’´equation diff´erentielle (E)

(a) Soit f solution de (E) sur R^∗₊. Comme la fonction exp est deux fois d´erivable sur R et `a valeurs dans R^∗+, g =f ◦exp est deux fois d´erivable sur Rcomme compos´ee de fonctions qui le sont. De plus, pour tout t∈R, on a :

g⁰(t) = e^tf⁰(e^t), g⁰⁰(t) = e^tf⁰(e^t) + e^te^tf⁰⁰(e^t) et

g⁰⁰(t) + (a−1)g⁰(t) +bg(t) = e^tf⁰(e^t) + e^te^tf⁰⁰(e^t) + (a−1)e^tf⁰(e^t) +bf(e^t)

= x²f⁰⁰(x) +axf⁰(x) +bf(x), avecx= e^t>0

= 0, carf est solution de (E).

Donc sif est solution de (E) surR^∗+, alorsg=f◦exp est solution de (F) surR.

(b) Soitg solution de (F) surR. Comme ln est deux fois d´erivable surR^∗₊,f =g◦ln est deux fois d´erivable surR^∗+ comme compos´ee de fonctions qui le sont.

De plus, pour toutx∈R^∗+, on a :

f⁰(x) = 1

xg⁰(ln(x)), f⁰⁰(x) =−1

x²g⁰(ln(x)) + 1

x²g⁰⁰(ln(x)) et

x²f⁰⁰(x) +axf⁰(x) +bf(x) = −g⁰(ln(x)) +g⁰⁰(ln(x)) +ag⁰(ln(x)) +bg(ln(x))

= g⁰⁰(t) + (a−1)g⁰(t) +bg(t), avect= ln(x)

= 0, cargest solution de (F).

Donc sig est solution de (F) surR, alorsf =g◦ln est solution de (E) surR^∗+ . (c) Sia= 3 etb= 1, on r´esout l’´equation caract´eristiquer²+ 2r+ 1 = 0⇐⇒r=−1.

La solution g´en´erale de (F) surR s’´ecrit u(t) = (At+B)e^−t, o`uA, B∈R. Donc, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, la solution g´en´erale de (E) sur R^∗+ s’´ecrit

y(x) = Aln(x) +B

x , o`uA, B ∈R.

(d) Sia= 1 etb= 4, on r´esout l’´equation caract´eristiquer²+ 4 = 0⇐⇒r=±2i.

La solution g´en´erale de (F) surR s’´ecrit u(t) =Acos(2t) +Bsin(2t), o`uA, B∈R. Donc la solution g´en´erale de (E) surR^∗+ s’´ecrit

y(x) =Acos(2 ln(x)) +Bsin(2 ln(x)), A, B∈R.

Probl`eme 3 :S´eries et int´egration

1. Nature de quelques s´eries num´eriques

(a) X

n≥1

1

n² converge et X

n≥1

1

n diverge (s´eries de Riemann).

(b) Pour N ∈N^∗, on a :U2N+1−U2N = −1

2N + 1 →0, U_2N+2−U_2N = 1

2N + 2− 1

2N + 1 <0 et U2N+3−U2N+1=− 1

2N + 3+ 1

2N + 2 >0.

Donc (U2N) est d´ecroissante, (U2N+1) est croissante et U2N+1−U2N →0.

Donc les suites (U_2N) et (U_2N+1) sont adjacentes .

Par le th´eor`eme des suites adjacentes, elles convergent et ont la mˆeme limite. Comme il s’agit des suites extraites des termes de rangs pairs et des termes de rangs impairs de la suite (UN), on en d´eduit que (UN) converge aussi vers cette limite.

Donc X

n≥1

(−1)ⁿ

n converge .

(c) ln(1 +x) =

x→0x−x²

2 +o(x²) et ∀n∈N^∗,

(−1)ⁿ n

= 1 n →0.

Donc ln

1 +(−1)ⁿ n

n→+∞= (−1)ⁿ

n

| {z }

=un

− 1 2n² +o

1 n²

| {z }

=vn

.

De plus,vn ∼

n→+∞− 1

2n² <0 et X

n≥1

1

n² converge.

Donc, par comparaison de s´eries `a termes n´egatifs ´equivalents, X

n≥1

v_n converge.

X

n≥1

u_n converge aussi donc X

n≥1

ln

1 +(−1)ⁿ n

converge .

2. Etude de la fonction´ ψd´efinie sur [0, π]par

ψ(0) =−1 et ∀t∈]0, π], ψ(t) =

t² 2π −t 2 sin ₂^t. (a) ∀t∈]0, π], 0< t

2 ≤ π

2 donc sin t

2

6= 0.

Ainsi, ψ est continue sur ]0, π] , comme quotient de fonctions qui le sont.

2 sin t

2

t→0∼ 2t

2 =t et t²

2π −t ∼

t→0−tdoncψ(t) ∼

t→0−1 =ψ(0).

Donc ψ est continue en 0 et, finalement, ψ est bien continue sur [0, π] . (b) ψ est de classe C¹ sur ]0, π] , comme quotient de fonctions qui le sont.

∀t∈]0, π], ψ⁰(t) =

t π −1

×2 sin ₂^t

−

t² 2π −t

×cos ₂^t

4 sin^{2 t}₂ .

(c) On a : t

π −1

×2 sin t

2

− t²

2π −t

×cos t

2

t→0=

−1 + t π

t+o(t²)

−

−t+ t² 2π

(1 +o(t))

t→0= t²

2π +o(t²)

t→0∼ t² 2π De plus, 4 sin²

t 2

t→0∼ t², doncψ⁰(t) ∼

t→0

1 2π.

ψ est continue sur [0, π] et de classe C¹ sur ]0, π] donc, par le th´eor`eme de la limite de la d´eriv´ee, ψ est bien d´erivable en 0, ψ⁰(0) = 1

2π etψ⁰ est continue en 0 . Commeψ∈C¹(]0, π]), on en d´eduit que ψ est de classe C¹ sur [0, π] .

3. Expression int´egrale des sommes partielles S_N =

N

X

n=1

1 n²

(a) Soit n∈N^∗ fix´e. I_n= Z π

0

u₁(t)v₁⁰ (t) dt, o`u

u1 :t7→ _2π^t2 −tetv1 :t7→ ^sin(nt)_n sont de classe C¹ surR. Par int´egration par parties, I_n= [u₁(t)v₁(t)]^π₀ −

Z π 0

u⁰₁(t)v₁(t) dt= −1 n

Z π 0

t π −1

sin (nt) dt.

Z π 0

t π −1

sin (nt) dt= Z π

0

u2(t)v⁰₂(t) dt, o`u

u2 :t7→ _π^t −1 etv2 :t7→ ^−cos(nt)_n sontC¹ surR. Par int´egration par parties, Z π

0

t π −1

sin (nt) dt=−1 n + 1

nπ Z π

0

cos (nt) dt=−1 n car Z π

0

cos (nt) dt=

sin(nt) n

π 0

= 0. Finalement, on a bien ∀n∈N^∗, In= −1

n 2

= 1 n² . (b) Soit N ∈N^∗ fix´e. C_N(0) =N .

Pour t∈]0, π], on a CN(t) = R´e

N

X

n=1

e^itn

!

et e^it6= 1, donc

N

X

n=1

e^int = e^it×1−e^{iN t}

1−e^it = e^it× e^{iN t2}

e^{−iN t2} −e^{iN t2} e^it2

e^−it2 −e^i2t

=

Eulere^i(N+1)t2 ×−2i sin ^{N t}₂

−2i sin ₂^t .

Ainsi, CN(t) = cos

(N+1)t 2

sin ^{N t}₂ sin ₂^t =

1 2

h sin

(N+1)t 2 +^{N t}₂

−sin

(N+1)t

2 −^{N t}₂ i

sin ₂^t .

Finalement, ∀t∈]0, π], C_N(t) = sin N +¹₂ t 2 sin ₂^t − 1

2 . (c) Soit N ∈N^∗ fix´e. D’apr`es 3.(a) et par lin´earit´e, on a :

SN =

N

X

n=1

Z π 0

t² 2π −t

cos (nt) dt= Z π

0

t² 2π −t

^N X

n=1

cos (nt)

| {z }

=CN(t)

dt.

D’apr`es 3.(b), on a S_N = Z π

0

t² 2π −t

sin N +¹₂ t 2 sin ₂^t −1

2

! dt.

Donc, ∀N ∈N^∗,SN = Z π

0

ψ(t) sin

N+1 2

t

dt− 1

2 Z π

0

t² 2π −t

dt.

4. Calcul de la valeur de la somme S=

+∞

X

n=1

1 n²

(a) Pour λ >0, on pose I(λ) = Z b

a

f(t) sin (λt) dt.

f ett7→cos (λt) sont de classeC¹ sur [a, b] donc, par int´egration par parties, on a : I(λ) =

−1

λf(t) cos (λt) b

a

+ 1 λ

Z b a

f⁰(t) cos (λt) dt.

Par in´egalit´es triangulaires, on a :

|I(λ)| ≤ 1 λ

|f(b)| |cos (λb)|+|f(a)| |cos (λa)|+ Z b

a

f⁰(t)

|cos (λt)|dt

≤

|cos|≤1

|f(b)|+|f(a)|+Rb

a|f⁰(t)|dt

λ −→

λ→+∞0.

Donc sif est de classe C¹ sur [a, b], alors I(λ) = Z b

a

f(t) sin (λt) dt −→

λ→+∞0 . (b) Ainsi, commeψ est de classe C¹ sur [0, π],

Z π 0

ψ(t) sin

N+1 2

t

dt −→

N→+∞0.

Donc, d’apr`es 3.(c),SN −→

N→+∞

−1 2

Z π 0

t² 2π −t

dt=

−t³ 12π +t²

4 π

0

= π² 6 . Donc S =

+∞

X

n=1

1 n² = π²

6 .