Probl` eme d’analyse (concours A-TB 2010)

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2011-2012

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚4

Probl` eme d’alg` ebre

Dans tout l’exercice,adésigne un nombre réel fixé. On noteM ∈ M2(R) définie par : M =

a 1 1 a

. 1. ´Etude spectrale de M

Pour toutλ∈R, on introduit le syst`eme

(Sλ) : (M −λI2) x

y

= 0

0

d’inconnue x

y

∈R², et on noteEλ son ensemble solution.

1.1. Justifier que E_λ est un sous-espace vectoriel deR².

1.2. D´eterminer le spectre Spec(M) deM, i.e. l’ensemble d´efini par :

Spec(M) ={λ∈R : le syst`eme (S_λ) n’est pas de Cramer}. 1.3. Soitλ∈R\Spec(M).D´eterminer Eλ, sans effectuer aucun calcul.

1.4. D´eterminer une base deEa+1 et pr´eciser sa dimension.

1.5. D´eterminer une base deE_a−1 et pr´eciser sa dimension.

1.6. D´emontrer que :Ea+1⊕E_a−1=R². 2. Calcul des puissances deM

On note P∈ M2(R) d´efinie par :

P =

1 1 1 −1

. 2.1. Montrer queP est inversible et calculer son inverse.

2.2. CalculerD=P⁻¹M P.

2.3. Exprimer M en fonction deP,D etP⁻¹. 2.4. En d´eduire que pour toutk∈N^∗ :

M^k = 1 2

(a+ 1)^k+ (a−1)^k (a+ 1)^k−(a−1)^k (a+ 1)^k−(a−1)^k (a+ 1)^k+ (a−1)^k

.

3. Sous-espace vectoriel deM2(R) engendr´e par les puissances de M

Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. On noteFn le sous-espace vectoriel de M2(R) engendré par (I2, M, M², . . . , Mⁿ), i.e. :

Fn = Vect(I2, M, M², . . . , Mⁿ).

3.1. Soitk∈J2, nK. Montrer queM^k∈Vect(I2, M).

3.2. En d´eduire une base deFn, puis sa dimension.

(2)

Correction

1.1. Soitλ∈R. Le syst`eme (S_λ) s’´ecrit :

(a−λ)x + y = 0 x + (a−λ)y = 0 .

Il s’agit d’un système linéaire homogène, à deux inconnues réelles, à coefficients réels. Son ensemble solu- tionEλ est donc un sous-espace vectoriel deR².

1.2. Soitλ∈R. Pour étudier si le système (S_λ) est ou non de Cramer, on l’échelonne, à l’aide de la méthode du pivot de Gauß.

(a−λ)x + y = 0

x + (a−λ)y = 0 ⇐⇒

1 x + (a−λ)y = 0

(a−λ)x + y = 0 (L₁↔L₂)

⇐⇒

(?)

( 1 x + (a−λ)y = 0

(1−(a−λ)²) y = 0 (L2←L2−(a−λ)L1)

Le syst`eme (S_λ) n’est donc pas de Cramer si et seulement si 1−(a−λ)²= 0.Or : 1−(a−λ)² ⇐⇒ 1²−(a−λ)²= 0

⇐⇒ (1−(a−λ))(1 + (a−λ)) = 0 (3^`^emeidentit´e remarquable)

⇐⇒ (λ+ 1−a)(1 +a−λ) = 0

⇐⇒ (λ=a−1) ou (λ=a+ 1) (un produit est nul ssi au moins l’un des facteurs est nul) On en d´eduit que le spectre Spec(M) deM est :

Spec(M) ={a−1, a+ 1}.

1.3. Soitλ∈R\Spec(M).

λest donc un nombre réel qui n’appartient pas à Spec(M), i.e. qui est différent dea−1 eta+1, d’après 1.2..

Commeλ /∈Spec(M), le système (Sλ) est donc de Cramer. Il possède donc une unique solution. Comme il est de plus homogène, cette solution est

0 0

. Par suite : Eλ=

0 0

.

1.4. Par définition, Ea+1 est l’ensemble solution du système (Sa+1). En spécialisant (?) au cas où λ=a+ 1, on obtient :

(Sa+1)⇐⇒

x − y = 0

0 = 0 .

Le système (Sa+1) est de rang 1 et possède deux inconnues. Il y a donc 2-1=1 paramètre. On choisity ici.

La ligne (L1) nous donnex=y. On en d´eduit : Ea+1=

y y

: y∈R

= Vect 1

1

. La famille

1 1

est donc génératrice de Ea+1. Comme cette famille est composée d’un vecteur non nul, elle est libre. Par suite

1 1

est une base deE_a+1. On a donc : dim(E_a+1) = 1.

1.5. Par définition, E_a−1 est l’ensemble solution du système (S_a−1). En spécialisant (?) au cas où λ=a−1, on obtient :

(S_a−1)⇐⇒

x + y = 0

0 = 0 .

Le système (S_a−1) est de rang 1 et possède deux inconnues. Il y a donc 2-1=1 paramètre. On choisity ici.

La ligne (L1) nous donnex=−y. On en d´eduit : Ea−1=

−y y

: y∈R

= Vect 1

1

.

(3)

La famille −1

1

est donc génératrice de Ea−1. Comme cette famille est composée d’un vecteur non nul, elle est libre. Par suite

−1 1

est une base deE_a−1. On a donc : dim(E_a−1) = 1.

1.6. D’apr`es le cours, on a :

E_a+1⊕E_a−1=R²⇐⇒







E_a+1∩E_a−1={0_R²} et

E_a+1+E_a−1=R² .

• Preuve deEa+1∩E_a−1={0_R2}.

Puisque Ea+1 est l’ensemble solution du système (Sa+1) etEa−1 est l’ensemble solution du système (Sa−1), l’ensemble Ea+1∩Ea−1 est l’ensemble solution du système linéaire obtenu en concaténant les deux systèmes (S_a+1) et (S_a−1), i.e. du système :

(S) :











−x + y = 0 (1^`êreligne du système (Sa+1)) x − y = 0 (2^`êmeligne du système (Sa+1)) x + y = 0 (1^`êreligne du système (Sa−1)) x + y = 0 (2^`êmeligne du système (S_a−1)) Résolvons donc (S) pour déterminerEa+1∩E_a−1.

(S) ⇐⇒











−x + y = 0

0 = 0 (L2←L2+L1) 2y = 0 (L3←L3+L1) 2y = 0 (L4←L4+L1)

⇐⇒











−x + y = 0

2y = 0 (L2↔L4) 2y = 0

0 = 0

⇐⇒











−x + y = 0 2y = 0

0 = 0 (L3←L3−L2)

0 = 0

Le dernier système est échelonné. Son ensemble solution est clairement 0

0

. Comme il est ´equivalent

`

a (S), l’ensemble solutionE_a+1∩E_a−1 de (S) est donc aussi 0

0

.

• Preuve deE_a+1+E_a−1=R².

– D’apr`es le cours, on sait que Ea+1+E_a−1 est un sous-espace vectoriel deR². – D’apr`es la formule de Grassmann, on a :

dim(E_a+1+E_a−1) = dim(E_a+1) + dim(E_a−1)−dim(E_a+1∩E_a−1).

D’apr`es 1.4. et 1.5., on a : dim(Ea+1) = dim(Ea−1) = 1.De plus puisque Ea+1∩Ea−1 = 0

0

(cf. point précédent), on a dim(E_a+1∩E_a−1) = 0. On en déduit : dim(Ea+1+E_a−1) = 2.

– Ea+1+E_a−1est un sous-espace vectoriel de dimension 2 deR², qui est un espace vectoriel de dimension 2. On a donc :Ea+1+E_a−1=R².

2.1. Pour étudier l’inversibilité de la matrice P et calculer son inverse, on introduit le système (S) : P

x1

x₂

= y1

y₂

(4)

d’inconnue x₁

x₂

∈R² et de param`etre y₁

y₂

∈R². (S) ⇐⇒

x1 + x2 = y1

x1 − x2 = y2

⇐⇒

(

1 x1 + x2 = y1

−2 x2 = y2−y1 (L2←L2−L1)

On voit alors que le système (S) est de rang 2, donc de Cramer. On en déduit que la matrice P est inversible. Pour déterminer l’inverse de la matriceP, achevons la résolution du système (S).

D’apr`es (L2), on a :

x2=1 2y1−1

2y2. A l’aide de (L` 1), on d´eduit alors que :

x1+1 2y1−1

2y2=y1

soit

x1=1 2y1+1

2y2. On a finalement











x1 = 1

2y1 + 1 2y2

x2 = 1

2y1 − 1 2y2

soit

x1

x2

= 1 2

1 1 1 −1

y1

y2

. On a donc :

P⁻¹=1 2

1 1 1 −1

. (1)

On v´erifie que l’on a bienP P⁻¹=I3.

2.2. La matriceD est d´efinie par :D=P⁻¹M P. Pour la d´eterminer, on calcule le produit matriciel : P⁻¹M P = 1

2

1 1 1 −1

a 1 1 a

1 1

1 −1

. On trouve

a+ 1 0 0 a−1

.On en d´eduit que : D=

a+ 1 0 0 a−1

. 2.3. Donnons une expression de M en fonction deD, P, P⁻¹.

D=P⁻¹M P =⇒ P D=P P⁻¹

| {z }

I₃

M P (multiplication parP par la gauche de chacun des membres)

=⇒ P D=M P (I₃M P =M P)

=⇒ P DP⁻¹=M P P⁻¹

| {z }

I₃

(multiplication parP⁻¹ par la droite de chacun des membres)

=⇒ P DP⁻¹=M (M I₃=M) On a donc

M =P DP⁻¹.

(5)

2.4. Soitk∈N^∗.

M´ethode : Pour calculer la puissancek-i`eme deM, on va :

(a) lier la puissancek-ième de M à la puissance k-ième deD, en utilisant la relationM =P DP⁻¹; (b) calculer la puissancek-ième deD (calcul aisé car D est diagonale) ;

(c) d´eduire de (a) et (b) la puissancek-i`eme deM.

• Lien entre la puissance k-i`eme deM et la puissancek-i`eme deD On a :

M^k = M M M . . . M M

| {z }

kfois

= P DP⁻¹P DP⁻¹P DP⁻¹ . . . P DP⁻¹P DP⁻¹

| {z }

kfois

(d’apr`es 2.3.)

= P DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹. . . P DP⁻¹P

| {z }

I₃

DP⁻¹

= P DDD . . . DD

| {z }

kfois

P⁻¹

multiplier une matrice 3×3 parI3 à gauche ou à droite laisse la matrice inchangée

= P D^kP⁻¹. Par suite

M^k =P D^kP⁻¹. (2)

Remarque : On aurait aussi pu montrer par récurrence que pour tout k∈N^∗,M^k =P D^kP⁻¹ . Pour cette autre méthode, on renvoie à la correction de la question 1.4.3. de l’exercice d’algèbre du devoir surveillé n˚3.

• Calcul de la puissancek-i`eme deD La matrice D =

a+ 1 0 0 a−1

étant diagonale, pour calculer la puissance k-ième de D, il suffit d’élever ses coefficients diagonaux à la puissancek. On en déduit :

D^k=

(a+ 1)^k 0 0 (a−1)^k

. (3)

• Expression de la puissancek-i`eme deM On a :

M^k = P D^kP⁻¹ (cf. (2))

= P

(a+ 1)^k 0 0 (a−1)^k

P⁻¹ (cf. (3)) On calcule alors le produit matriciel :

P

(a+ 1)^k 0 0 (a−1)^k

P⁻¹ =

1 1 1 −1

(a+ 1)^k 0

0 (a−1)^k 1

2

1 1 1 −1

= 1

2

1 1 1 −1

(a+ 1)^k 0

0 (a−1)^k

1 1

1 −1

et on obtient :

1 2

. On a donc :

M^k= 1 2

. (4)

(6)

3.1. Soitnun entier supérieur ou égal à 2. Soitk∈J2, nK.

Par définition même, on sait queM^k ∈Vect(I2, M) si et seulement siM^k est combinaison linéaire deI2

et de M, i.e. s’il existeλ1, λ2∈Rtels que :

M^k=λ1I2+λ2M.

On est ainsi conduit à résoudre l’équation :

(E) : M^k =λ₁I₂+λ₂M d’inconnuesλ₁, λ₂∈R.

(E) ⇐⇒ 1

2

=λ1

1 0 0 1

+λ2

a 1 1 a

(cf. (4))

⇐⇒







(a+ 1)^k+ (a−1)^k 2

(a+ 1)^k−(a−1)^k 2

(a+ 1)^k+ (a−1)^k 2





=

λ1+aλ2 λ2

λ2 λ1+aλ2

⇐⇒











λ1 + aλ2 = (a+ 1)^k+ (a−1)^k 2

λ2 = (a+ 1)^k−(a−1)^k 2

λ1 + aλ2 = (a+ 1)^k+ (a−1)^k 2

deux matrices de même format sont égales ssi elles ont les mêmes coefficients

⇐⇒







1 λ1 + aλ2 = (a+ 1)^k+ (a−1)^k 2

1 λ2 = (a+ 1)^k−(a−1)^k 2

(carL1=L4 etL2=L3)

Ce dernier système linéaire est un système de Cramer. Il admet donc une unique solution (on pourrait la calculer bien sûr, mais ce n’est pas nécessaire pour la suite). On en déduit que l’équation (E) admet une (unique) solution. Par suite,M^k ∈Vect(I2, M).

3.2. Par d´efinition, on a :F_n= Vect(I₂, M, M², . . . , Mⁿ). D’apr`es 3.1., on a : M²∈Fn, M³∈Fn, . . . , Mⁿ⁻¹∈Fn , Mⁿ∈Fn. On a donc :

Fn= Vect(I2, M, M², . . . , Mⁿ) = Vect(I2, M).

Par suite, la famille (I2, M) est génératrice deFn. Vérifions si elle est libre.

Soient λ1, λ2∈Rtels queλ1I2+λ2M = 0_M₂₍_R₎. λ₁I₂+λ₂M = 0_M₂₍_R₎ ⇐⇒ λ₁

1 0 0 1

+λ₂

a 1 1 a

= 0 0

0 0

⇐⇒

λ1+aλ2 λ2

λ2 λ1+aλ2

= 0 0

0 0

⇐⇒











λ1 + aλ2 = 0 λ2 = 0 λ2 = 0 λ1 + aλ2 = 0

deux matrices de même format sont égales ssi elles ont les mêmes coefficients

⇐⇒

(

1 λ1 + aλ2 = 0

1 λ₂ = 0 (carL₁=L₄ etL₂=L₃)

(7)

Ce dernier système linéaire est homogène et de Cramer. Il admet donc une unique solution donnée par λ1=λ2= 0.La famille (I2, M) est donc libre.

La famille (I2, M) est libre et engendreFn. C’est donc une base deFn. Par suite, dim(Fn) = 2.

Probl` eme de probabilit´ es

On dispose de trois urnes num´erot´ees 1,2,3, qui contiennent chacune deux boules.

• L’urne n˚1 contient deux boules blanches.

• L’urne n˚2 contient une boule blanche et une boule rouge.

• L’urne n˚3 contient deux boules rouges.

L’expérience consiste à choisir une fois pour toute une urne au hasard, puis à effectuer une succession de tirages avec remise, jusqu’à l’apparition éventuelle d’une boule blanche.

On noteU la variable aléatoire égale au numéro de l’urne choisie.

On considère la variable aléatoireX égale

– `a 0 si l’on n’obtient jamais de boule blanche ;

– au rang du tirage o`u apparaˆıt pour la premi`ere fois une boule blanche sinon.

1. ´Etude de la variable al´eatoire U 1.1. Reconnaˆıtre la loi deU.

1.2. Donner l’espérance et la variance deU. 2. Étude de la variable aléatoire X

2.1. D´eterminer l’ensemble des valeurs prises parX. 2.2. On cherche ici `a calculer P([X = 1]).

2.2.1. Calculer les probabilit´es suivantes :

P([X = 1]/[U = 1]) ; P([X = 1]/[U = 2]) ; P([X = 1]/[U = 3]).

2.2.2. En d´eduire queP([X = 1]) = 1 2.

2.3. Soitj un entier supérieur ou égal à 2. On souhaite déterminer P([X =j]).

2.3.1. Justifier que :

P([X =j]/[U = 1]) = 0 et P([X =j]/[U = 3]) = 0.

2.3.2. Calculer, pour tout entierj supérieur ou égal à 2,P([X =j]/[U = 2]).

2.3.3. En d´eduire que :

P([X =j]) = 1 3

1 2

j

. 2.4. Déduire de ce qui précède la valeur deP([X= 0]).

3. Probabilit´e de gagner

On dit que l’on gagne, si la première boule blanche tirée apparaˆıt avant le 100^`êmetirage. Calculer la pro- babilité de gagner.

4. Étude de l’espérance mathématique deX

4.1. Justifier l’existence de l’esp´erance math´ematique E(X) deX.

4.2. CalculerE(X).

Correction

1.1. Les urnes étant numérotées de 1 à 3, l’ensembleU(Ω) des valeurs prises parU est {1,2,3}.

L’urne étant choisie au hasard, chacune des valeurs de la variable aléatoire U a la même probabilité d’apparaˆıtre.

On en d´eduit queU ∼ U({1,2,3}). On a donc :

∀k∈ {1,2,3}, P([U =k]) =1 3.

(8)

1.2. D’apr`es le cours, on a :

E(U) =3 + 1

2 = 2 et V(U) =3²−1 12 = 2

3.

2.1. Par définition même de la variable aléatoireX, l’ensembleX(Ω) des valeurs prises parX estN. 2.2.1. Pour toutk∈N^∗, on introduit l’événement :

Bk : on tire une boule blanche lors duk-i`eme tirage.

• Calcul de P([X = 1]/[U = 1])

Par définition, P([X = 1]/[U = 1]) est la probabilité de tirer une boule blanche pour la première fois au premier tirage, sachant que l’on tire dans l’urne n˚1.

On a donc :

P([X = 1]/[U = 1]) =P(B₁/[U = 1]).

Comme l’urne n˚1 ne contient que des boules blanches, on a : P(B₁/[U = 1]) = 1.On a donc : P([X= 1]/[U = 1]) = 1.

• Calcul de P([X = 1]/[U = 2])

On a donc :

P([X = 1]/[U = 2]) =P(B1/[U = 2]).

Comme l’urne n˚2 contient une boule blanche et une boule rouge et que l’on est en situation d’équiprobabilité (hypothèse que l’on fait), on a : P(B1/[U = 2]) = 1

2.On a donc : P([X = 1]/[U = 2]) = 1

2.

• Calcul de P([X = 1]/[U = 3])

On a donc :

P([X = 1]/[U = 3]) =P(B1/[U = 3]).

Comme l’urne n˚3 ne contient aucune boule blanche, on a : P(B1/[U = 3]) = 0. On a donc : P([X= 1]/[U = 3]) = 0.

2.2.2. On applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements ([U = 1],[U = 2],[U = 3])

canoniquement associé à la variable aléatoireU pour calculerP([X = 1]). On obtient : P([X= 1]) = P([X = 1]/[U = 1])

| {z }

1

P([U = 1])

| {z }

1/3

+ P([X = 1]/[U = 2])

| {z }

1/2

P([U = 2])

| {z }

1/3

+ P([X = 1]/[U = 3])

| {z }

0

P([U = 3])

| {z }

1/3

= 1

3+1

6 (cf. 1.1. et 2.2.1.)

= 1

2.

(9)

2.3.1. Soitj un entier supérieur ou égal à 2.

• Preuve deP([X =j]/[U = 1]) = 0

Par définition, P([X =j]/[U = 1]) est la probabilité de tirer une boule blanche pour la première fois auj-ième tirage, sachant que l’on tire dans l’urne n˚1.

On a donc :

P([X =j]/[U = 1]) = P(B₁∩. . .∩B_j−1∩B_j/[U = 1])

commej≥2 l’´ev´enementB1

apparaˆıt bien dans la d´ecomposition

= P(B1/[U = 1])×. . .×P(Bj−1/[U = 1])×P(Bj/[U = 1])

ind´ependance des tirages

Comme l’urne n˚1 ne contient que des boules blanches, on a :

P(B1/[U = 1]) =. . .=P(B_j−1/[U = 1]) = 0.

Ainsi a-t-on :

P(B1/[U = 1])×. . .×P(B_j−1/[U = 1])×P(Bj/[U = 1]) = 0 et par suite :P([X =j]/[U = 1]) = 0.

• Preuve deP([X =j]/[U = 3]) = 0

Par définition, P([X =j]/[U = 3]) est la probabilité de tirer une boule blanche pour la première fois auj-ième tirage, sachant que l’on tire dans l’urne n˚3.

On a donc :

P([X =j]/[U = 3]) = P(B₁∩. . .∩B_j−1∩B_j/[U = 3])

= P(B₁/[U = 3])×. . .×P(B_j−1/[U = 3])×P(B_j/[U = 3])

Comme l’urne n˚3 ne contient que des boules rouges, on a : P(Bj/[U = 3]) = 0.

Ainsi a-t-on :

P(B1/[U = 3])×. . .×P(B_j−1/[U = 3])×P(Bj/[U = 3]) = 0 et par suite :P([X =j]/[U = 3]) = 0.

2.3.2. Soitj un entier supérieur ou égal à 2.

Par définition, P([X =j]/[U = 2]) est la probabilité de tirer une boule blanche pour la première fois au j-ième tirage, sachant que l’on tire dans l’urne n˚2.

On a donc :

P([X=j]/[U = 2]) = P(B1∩. . .∩B_j−1∩Bj/[U = 2])

= P(B1/[U = 2])×. . .×P(B_j−1/[U = 2])×P(Bj/[U = 2])

Comme l’urne n˚2 contient une boule blanche et une boule rouge et que l’on est en situation d’équiprobabilité (hypothèse que l’on fait), on a :

∀k∈N^∗, P(B_k/[U = 2]) =P(B_k/[U = 2]) = 1 2. Ainsi a-t-on :

P(B1/[U = 1])

| {z }

1/2

×. . .×P(B_j−1/[U = 1])

| {z }

1/2

×P(Bj/[U = 1])

| {z }

1/2

| {z }

jfacteurs

= 1

2 ^j

et par suite :P([X =j]/[U = 2]) = 1

2 j

.

(10)

2.3.3. On applique la formule des probabilités totales relativement au système complet d’événements ([U = 1],[U = 2],[U = 3])

canoniquement associé à la variable aléatoireU pour calculerP([X =j]). On obtient : P([X=j]) = P([X =j]/[U = 1])

| {z }

0

P([U = 1])

| {z }

1/3

+ P([X =j]/[U = 2])

| {z }

(1/2)^j

P([U = 2])

| {z }

1/3

+ P([X =j]/[U = 3])

| {z }

0

P([U = 3])

| {z }

1/3

(cf. 1.1., 2.3.1. et 2.3.2.)

= 1

3 1

2 j

.

2.4. CommeX est une variable aléatoire ayant pour ensemble de valeursX(Ω) =N, la série de terme général P([X =n]) (n∈N) est convergente et

+∞

X

n=0

P([X=n]) = 1. (5)

Or on a :

+∞

X

n=0

P([X =n]) = P([X= 0]) +P([X = 1]) +

+∞

X

n=2

P([X =n])

= P([X= 0]) + 1 2+

+∞

X

n=2

1 3

1 2

ⁿ

(cf. 2.2.2. et 2.3.3.)

= P([X= 0]) + 1 2+

+∞

X

n⁰=0

1 3

1 2

n⁰+2

(changement d’indicen⁰=n−2)

= P([X= 0]) + 1 2+1

3 1

2 ²

×

+∞

X

n=0

1 2

ⁿ

(lin´earit´e)

= P([X= 0]) + 1 2+1

3 1

2 ²

× 1 1−1

2

| {z }

1/6

(cours sur les séries géométriques)

= P([X= 0]) + 2 3.

De ce calcul et de (5), on d´eduit que :P([X = 0]) +2

3 = 1 et par suite : P([X = 0]) = 1

3.

Remarque : On remarque queP([X= 0]) =P([U = 3]), ce qui n’est guèresurprenant, si l’on réfléchit

`

a l’expérience aléatoire et aux variables aléatoires considérées...

3. Par définition, l’événement on gagne co¨ıncide avec l’événement [1 ≤ X < 100] qui s’écrit aussi [1≤X ≤99] puisque la variable aléatoireX est à valeurs entières.

P(on gagne) = P([1≤X ≤99])

= P

99

[

n=1

[X =n]

!

(11)

=

99

X

n=1

P([X =n])

99

[

n=1

[X=n] est une r´eunion disjointe et additivit´e

!

= P([X = 1]) +

99

X

n=2

P([X =n])

= 1

2 +

99

X

n=2

1 3

1 2

n

(cf. 2.2.2. et 2.3.3.)

= 1

2 +

97

X

n⁰=0

1 3

1 2

ⁿ⁰⁺²

= 1

2 +1 3

1 2

2

×

97

X

n=0

1 2

n

(lin´earit´e)

= 1

2 +1 3

1 2

²

× 1−

1 2

⁹⁸

1−1 2

| {z }

(1/6)(1−(1/2)⁹⁸)

(cours sur les suites g´eom´etriques)

= 1

2 +1 6 1−

1 2

98!

= 2

3 − 1

3×2⁹⁹

4.1. Par définition, l’espéranceE(X) de X existe si et seulement si la série de terme général nP([X = n]) (n∈N) est convergente.





la série de terme général nP([X =n]) (n∈N)

est convergente



 ⇐⇒





la série de terme général nP([X =n]) (n∈N^≥2)

est convergente





cf. rem. au bas de la page 2 du cours sur les s´eries

⇐⇒







la série de terme général 1

3 n 1

2 n

(n∈N^≥2) est convergente







(cf. 2.3.3.)

⇐⇒







la série de terme général 1

3 n 1

2 ⁿ

(n∈N) est convergente







cf. rem. au bas de la page 2 du cours sur les s´eries

En utilisant la linéarité et le résultat du cours sur les séries géométriques dérivées, on voit que la série de terme général 1

3 n 1

2 ⁿ

(n ∈N) est convergente. Ayant raisonné par équivalence, la série de terme généralnP([X=n]) (n∈N) est convergente. L’espérance deX existe donc.

4.2. On a :

E(X) =

+∞

X

n=0

nP([X =n])

= 0×P([X = 0]) + 1×P([X= 1]) +

+∞

X

n=2

nP([X=n])

(12)

= 1 2+

+∞

X

n=2

1 3n

1 2

n

(cf. 2.2.2. et 2.3.3.)

= 1

2+

+∞

X

n⁰=0

1

3(n⁰+ 2) 1

2 ⁿ⁰⁺²

| {z }

1

24n⁰(¹₂)^{n0 −1}⁺¹₆(¹₂)ⁿ⁰

= 1

2+ 1 24

+∞

X

n=0

n 1

2 n−1

+1 6

+∞

X

n=0

1 2

ⁿ

(lin´earit´e)

= 1

2+ 1 24

+∞

X

n=1

n 1

2 n−1

+1 6

+∞

X

n=0

1 2

n

car

+∞

X

n=0

n 1

2 n−1

=

+∞

X

n=1

n 1

2 n−1!

= 1

2+ 1 24

1

1−1 2

²

| {z }

1/6

+1 6

1 1−1

2

| {z }

1/3





cours sur les séries géométriques et

les séries géométriques dérivées





= 1.

Probl` eme d’analyse (concours A-TB 2010)

On consid`ere la famille de fonctions (f_n)_n∈_N^∗ d´efinies sur ]−1,+∞[ par :

∀x∈]−1,+∞[, fn(x) =xⁿln(1 +x).

1. ´Etude des fonctions fn

Soitn∈N^∗.

1.1. On notehn la fonction d´efinie sur ]−1,+∞[ par :

∀x∈]−1,+∞[, h_n(x) =nln(1 +x) + x 1 +x. 1.1.1. Etudier le sens de variation de´ h_n sur ]−1,+∞[.

1.1.2. Calculerh_n(0) puis en d´eduire le signe deh_n sur ]−1,+∞[.

1.2. Dans cette question, on s’int´eresse `a la fonctionf1.

1.2.1. Montrer quef1est d´erivable sur ]−1,+∞[ et calculer f₁⁰.

1.2.2. Construire alors le tableau de variations de f1 en précisant la valeur au point remarquable, les limites aux bornes du domaine de définition, la nature des branches infinies éventuelles.

1.3. Dans cette question,nest supposé supérieur ou égal à 2.

1.3.1. Montrer quef_n est d´erivable et calculerf_n⁰.

1.3.2. En déduire les variations def_n sur ]−1,+∞[ (on sera amené à discuter sur la parité den).

1.3.3. Construire le tableau de variations def_n en précisant la valeur au point remarquable, les limites aux bornes du domaine de définition, la nature des branches infinies éventuelles.

2. ´Etude de la suite Z 1

0

f_n(x)dx

n∈N^∗

On consid`ere la suite (In)_n∈N^∗ d´efinie par :∀n∈N^∗, In= Z 1

0

fn(x)dx.

(13)

2.1. On se propose ici de calculer I1.

2.1.1. Prouver l’existence de trois nombres r´eels a, b, ctels que :

∀x∈[0,1] x²

x+ 1 =ax+b+ c x+ 1. 2.1.2. En d´eduire la valeur de l’int´egrale

Z 1 0

x²

x+ 1 dx, puis la valeur deI₁. 2.2. On ´etudie enfin la convergence de la suite (In)n∈N^∗.

2.2.1. Montrer que la suite (In)n∈N^∗ est monotone.

2.2.2. Justifier la convergence de la suite (In)_n∈N^∗ (on ne demande pas sa limite ici).

2.2.3. D´emontrer que :

∀n∈N^∗, 0≤I_n≤ ln(2) n+ 1 en en d´eduire la limite de la suite (In)_n∈_N^∗.

Correction

1.1.1. Méthode : Pour étudier les variations de hn, on va utiliser le critère différentiel de stricte monotonie.

Mais avant, il faut v´erifier que la fonctionhn est d´erivable surR.

• D´erivabilit´e dehn sur ]−1,+∞[

– La fonction u1: ]−1,+∞[→R; x7→1 +xest d´erivable sur ]−1,+∞[ (fonction affine).

– La fonction u2: ]0,+∞[→ R ; x 7→ ln(x) est dérivable sur ]0,+∞[ (fonction usuelle logarithme népérien).

– La fonction u2◦u1: ]−1,+∞[→R; x7→ln(1 +x) est bien d´efinie, car :

∀x∈]−1,+∞[, u1(x) = 1 +x∈ Du₂ =]0,+∞[.

Elle est dérivable sur ]−1,+∞[, comme composée de fonctions dérivables.

– La fonction u₃: ]−1,+∞[→R; x7→xest d´erivable surR(fonction affine).

– La fonction ^u_u³

1: ]−1,+∞[→R; x7→ x

1 +x est bien d´efinie, car :

∀x∈]−1,+∞[, u₁(x) = 1 +x6= 0.

Elle est d´erivable sur ]−1,+∞[, comme quotient de fonctions d´erivables.

– La fonction hn co¨ıncide avec la fonction :

n(u₂◦u₁) +u₃ u1

.

Elle est donc dérivable sur ] −1,+∞[, comme combinaison linéaire de fonctions dérivables sur ]−1,+∞[.

• Calcul de h⁰_n

De la d´ecompositionh_n=n(u₂◦u₁) +u3

u₂ et des formules de d´erivation, on d´eduit que :

∀x∈]−1,+∞[, h⁰_n(x) =n u⁰₁(x)u⁰₂(u1(x)) +u⁰₃(x)u₁(x)−u⁰₁(x)u₃(x) u1(x)² . Or :

∀x∈]−1,+∞[, u⁰₁(x) = 1 (6)

∀x∈]0,+∞[, u⁰₂(x) = 1

x (7)

∀x∈]−1,+∞[, u⁰₃(x) = 1. (8)

On en d´eduit que pour toutx∈]−1,+∞[ : h⁰_n(x) =n×1× 1

1 +x+1×(1 +x)−1×x (1 +x)² = n

1 +x+ 1 (1 +x)².

(14)

• Etude du signe de´ h⁰_n

Soit x ∈]−1,+∞[. Pour étudier le signe de h⁰_n(x), on factorise l’expression de h⁰_n(x) précédemment obtenue.

h⁰_n(x) = n

1 +x+ 1 (1 +x)²

= nx+n+ 1 (1 +x)² . On a :

0< nx+n+ 1⇐⇒ −n+ 1

n < x (division parn >0 de chacun des membres).

Comme−n+ 1

n =−1−1

n <−1 et−1< x, on a−n+ 1

n < x (transitivit´e de la relation d’ordre). Par suiteh⁰_n(x)>0.

• Variations de h_n

Du critère différentiel de monotonie stricte et du fait queh⁰_n>0 sur ]−1,+∞[, on déduit que la fonction h_n est strictement croissante sur ]−1,+∞[.

1.1.2. On calculehn(0) =nln(1)

| {z }

0

+ 0

1 + 0 = 0.De ce calcul et de l’´etude des variations dehn faite en 1.1.1., on d´eduit le tableau de signes dehn suivant.

x −1 0 +∞

Signe dehn(x) − 0 +

1.2.1. • D´erivabilit´e def1 sur ]−1,+∞[

La fonctionf1 est d´efinie par :

f1: ]−1,+∞[→R; x7→xln(1 +x).

On remarque que f1=u3×(u2◦u1). On a vu en 1.1.1. que les fonctionsu2◦u1 et u3 sont dérivables sur ]−1,+∞[. La fonctionf1 est donc dérivable sur ]−1,+∞[ comme produit de fonctions dérivables sur ]−1,+∞[.

• Calcul de f₁⁰

Soitx∈]−1,+∞[. D’apr`es les formules de d´erivation, on a :

f₁⁰(x) = u⁰₃(x)×u2◦u1(x) +u3(x)×(u2◦u1)⁰(x)

= u⁰₃(x)×u2◦u1(x) +u3(x)×u⁰₁(x)×u⁰₂(u1(x)) De (6), (7) et (8), on d´eduit alors que :

f₁⁰(x) = 1×ln(1 +x) +x×1× 1 1 +x

= ln(1 +x) + x 1 +x

= h1(x) (cf. d´efinition dehn pour n= 1).

(15)

1.2.2. • Etude des variations de´ f1

On a établi en 1.2.1. que f₁⁰ =h1. Du critère différentiel de stricte monotonie, de l’étude du signe de h1 fait en 1.1.2., on déduit que la fonction f1 est strictement décroissante sur ]−1,0] et strictement croissante sur [0,+∞[.

• Valeur de f₁ au point remarquable

Le point remarquable est 0. En ce point la valeur def₁ est donn´ee par : f₁(0) = 0×ln(1 + 0) = 0.

• Etude de la limite ´´ eventuelle de f1 en−1⁺ D’une part, on a :

x →

x→−1⁺−1. (9)

D’autre part : ln(X) →

X→0⁺−∞ (limite usuelle) 1 +x →

x→−1⁺0⁺







compos´ee

=⇒

de limites ln(1 +x) →

x→−1⁺−∞. (10)

De (9) et (10), on d´eduit que :

f1(x) =xln(1 +x) →

x→−1⁺+∞.

Par suite la courbe représentative def1 dans un repère orthonormé du plan admet une asymptote verticale d’équationx= 0.

• Etude de la limite ´´ eventuelle de f1 en +∞

D’une part, on a :

x →

x→+∞+∞. (11)

D’autre part : ln(X) →

X→+∞+∞ (limite usuelle) 1 +x →

x→+∞+∞







compos´ee

=⇒

de limites ln(1 +x) →

x→+∞+∞. (12)

De (11) et (12), on d´eduit que :

f1(x) =xln(1 +x) →

x→+∞+∞.

• Etude de la branche infinie de´ f₁

On commence par ´etudier la limite ´eventuelle de f1(x)

x en +∞. On a : f1(x)

x = ln(1 +x) →

x→+∞+∞ (cf. (12)).

On en déduit que la courbe représentative def1dans un repère orthonormé du plan admet une branche parabolique de direction (Oy) en +∞.

(16)

• Tableau de variations de f1

x −1 0 +∞

Signe def₁⁰(x) =h1(x) − 0 +

+∞ +∞

Variations def₁

& %

0

1.3.1. Soitn∈N^≥2.

• D´erivabilit´e defn sur ]−1,+∞[

La fonctionf_n est d´efinie par :

fn: ]−1,+∞[→R; x7→xⁿln(1 +x).

On remarque que

f_n =uⁿ₃×(u₂◦u₁) =

nfois

z }| {

u₃×u₃×. . .×u₃×(u₂◦u₁)

On a vu en 1.1.1. que les fonctionsu₂◦u₁ etu₃sont dérivables sur ]−1,+∞[. La fonctionf_n est donc dérivable sur ]−1,+∞[ comme produit de fonctions dérivables sur ]−1,+∞[.

• Calcul de f_n⁰

Soitx∈]−1,+∞[. D’apr`es les formules de d´erivation, on a :

f_n⁰(x) = n×u⁰₃(x)×u₃(x)ⁿ⁻¹×u₂◦u₁(x) +u₃(x)ⁿ×(u₂◦u₁)⁰(x)

= n×u⁰₃(x)×u₃(x)ⁿ⁻¹×u₂◦u₁(x) +u₃(x)ⁿ×u⁰₁(x)×u⁰₂(u₁(x)) De (6), (7) et (8), on d´eduit alors que :

f_n⁰(x) = n×1×xⁿ⁻¹×ln(1 +x) +xⁿ×1× 1 1 +x

= nxⁿ⁻¹ln(1 +x) + xⁿ 1 +x 1.3.2. Soitn∈N^≥2.

Pour étudier les variations de f_n, on va appliquer le critère différentiel de stricte monotonie. Avant, déterminons le signe def_n⁰. Pour cela, on cherche à factoriser l’expression précédemment obtenue pour la dérivée defn.

Soitx∈]−1,+∞[. On a :

f_n⁰(x) = nxⁿ⁻¹ln(1 +x) + xⁿ

1 +x (cf. 1.3.1.)

= xⁿ⁻¹

nln(1 +x) + x 1 +x

= xⁿ⁻¹hn(x) (cf. d´efinition dehn)

Pour déterminer le signe de f_n⁰(x), on utilise d’une part le tableau de signes de hn obtenu en 1.1.2. et d’autre part le tableau de signes de la fonction élévation à la puissanceN (N ∈N) que l’on rappelle ci-dessous.

(17)

cas o`u N est pair cas o`uN est impair

x −∞ 0 +∞

Signe dex^N + 0 +

x −∞ 0 +∞

Signe dex^N − 0 +

Avant de dresser le tableau de variations defn, notons que : – sinest pair alors (n−1) est impair ;

– sinest impair, alors (n−1) est pair.

cas o`unest pair cas o`unest impair

x −1 0 +∞

Signe dexⁿ⁻¹ − 0 +

Signe dehn − 0 +

Signe defn⁰ + 0 +

Variations defn

%

x −1 0 +∞

Signe dexⁿ⁻¹ + 0 +

Signe dehn − 0 +

Signe defn⁰ − 0 +

Variations defn

& %

1.3.3. Soitn∈N^≥2.

• Valeur de fn au point remarquable

Le point remarquable est 0. En ce point la valeur def_n est donn´ee par : f_n(0) = 0ⁿ×ln(1 + 0) = 0.

• Etude de la limite ´´ eventuelle de f_n en−1⁺

En utilisant la continuité à droite en−1 de la fonctionx7→xⁿ, on obtient cas oùnest pair cas oùnest impair xⁿ →

x→−1⁺(−1)ⁿ= 1 xⁿ →

x→−1⁺(−1)ⁿ =−1 . De ces r´esultats et de (10), on d´eduit que :

f_n(x) =xⁿln(1 +x) →

x→−1⁺=−∞ f_n(x) =xⁿln(1 +x) →

x→−1⁺+∞ .

Dans les deux cas, la courbe représentative defn dans un repère orthonormé du plan admet une asymptote verticale d’équationx= 0.

• Etude de la limite ´´ eventuelle de f_n en +∞

On a :

xⁿ →

x→+∞+∞.

Avec (12), on en d´eduit que :

fn(x) =xⁿln(1 +x) →

x→+∞+∞.

(18)

• Etude de la branche infinie´

On commence par ´etudier la limite ´eventuelle de f_n(x)

x en +∞. On a : fn(x)

x =xⁿ⁻¹ln(1 +x) →

x→+∞+∞

d’apr`esxⁿ⁻¹ →

x→+∞+∞(carn−1≥1) et (12)

. On en déduit que la courbe représentative defn dans un repère orthonormé du plan admet une branche parabolique de direction (Oy) en +∞.

• Tableau de variations de fn compl´et´e

x −1 0 +∞

Signe dexⁿ⁻¹ − 0 +

Signe dehn − 0 +

Signe def_n⁰ + 0 +

+∞

Variations defn

%

−∞

x −1 0 +∞

Signe dexⁿ⁻¹ + 0 +

Signe dehn − 0 +

Signe def_n⁰ − 0 +

+∞ +∞

Variations defn

& %

0

2.1.1. Soient a, b, c∈R. Soitx∈[0,1].

x²

x+ 1 =ax+b+ c

x+ 1 ⇐⇒ x²

x+ 1 = (ax+b)(x+ 1) +c x+ 1

⇐⇒ x²

x+ 1 = ax²+ (a+b)x+b+c x+ 1

⇐⇒ x²=ax²+ (a+b)x+b+c (multiplication de chaque membre par (x+ 1)6= 0) On d´eduit de cette ´etude que si :

a= 1 ; a+b= 0 ; b+c= 0 alors on a :

∀x∈[0,1] x²

x+ 1 =ax+b+ c x+ 1. Par suite sia= 1, b=−1 etc= 1, alors :

∀x∈[0,1] x²

x+ 1 =ax+b+ c x+ 1. On a donc :

∀x∈[0,1] x²

x+ 1 =x−1 + 1

x+ 1. (13)

2.1.2. • Etude de l’int´´ egrale Z 1

0

x² x+ 1 dx

– La fonction v1: [0,1]→R; x7→x²est continue sur [0,1] (fonction polynˆome).

– La fonction v2: [0,1]→R; x7→x+ 1 est continue sur [0,1] (fonction polynˆome).

– La fonction ^v_v¹

2: [0,1]→R, x 7→ x²

x+ 1 est bien d´efinie, car la fonction v2 ne s’annule pas sur [0,1].

Elle est de plus continue, comme quotient de fonctions continues.

(19)

– Comme ^v_v¹

2: [0,1]→R, x7→ x²

x+ 1 est continue, l’int´egrale Z 1

0

x²

x+ 1 dx est d´efinie.

Z 1 0

x²

x+ 1 dx = Z 1

0

x−1 + 1

x+ 1 dx (d’apr`es 2.1.1.)

= x²

2 −x+ ln(1 +x) ¹

0

(cf. formules de primitivation)

= 1²

2 −1 + ln(1 + 1)− 0²

2 −0 + ln(1 + 0)

= ln(2)−1 2

• Etude de l’int´´ egraleI1

Notons que les intégrales In (n ∈ N^∗) sont bien définies, car on a vu en 1.2.1. et en 1.3.1. que les fonctionsfn (n∈N^∗) sont dérivables sur ]−1,+∞[ et donc a fortioricontinues sur [0,1].

L’int´egrale `a calculer est :I₁= Z 1

0

xln(1 +x)dx.On va proc´eder par int´egration par parties.

• La fonction u: R → R; x 7→ x²

2 est de classe C¹ (dérivable, à dérivée continue) sur R et donc a fortiori sur [0,1]. En effet,uest un polynôme.

Sa dérivée est donnée paru⁰(x) =x, pour toutx∈R.

• La fonction v: ]−1,+∞[→ R ; x 7→ ln(1 +x) est de classe C¹ sur ]−1,+∞[ et donc a fortiori sur [0,1]. En effet les fonctionsu1 et u2 introduites en 1.1.1. sont toutes deux de classe C¹ et une compos´ee de fonctions de classeC¹ est de de classeC¹.

La dérivée dev est donnée parv⁰(x) = 1

1 +x, pour toutx∈R.

• Les hypothèses de la formule d’intégration par parties sont vérifiées, on peut donc l’appliquer pour calculer l’intégrale da la fonction

f1:R→R; x7→ x

|{z}

u⁰(x)

ln(1 +x)

| {z }

v(x)

sur [0,1].

Z 1 0

x

|{z}

u⁰(x)

ln(1 +x)

| {z }

v(x)

dx =





 x²

2

|{z}

u(x)

ln(1 +x)

| {z }

v(x)







1

0

− Z 1

0

x² 2

|{z}

u(x)

1 1 +x

| {z }

v⁰(x)

dx (int´egration par parties)

= 1²

2 ln(2)−0²

2 ln(1 + 0)−1 2

Z 1 0

x²

1 +x dx (lin´earit´e)

= 1

2ln(2)−1 2

ln(2)−1 2

(cf. calcul pr´ec´edent)

= 1

4

2.2.1. Méthode : Pour étudier le sens de variation de la suite(I_n)_n∈_N^∗, on étudie le signe de I_n+1−I_n

pour n∈N^∗.

(20)

Soitn∈N^∗.

I_n+1−I_n = Z 1

0

xⁿ⁺¹ln(1 +x)

| {z }

f_n+1(x)

dx− Z 1

0

xⁿln(1 +x)

| {z }

f_n(x)

dx

= Z 1

0

xⁿ⁺¹ln(1 +x)−xⁿln(1 +x)dx

= Z 1

0

(x−1)xⁿ ln(1 +x)dx On cherche donc `a ´etudier le signe de

Z 1 0

(x−1)xⁿ ln(1 +x) dx. Pour cela, essayons de d´eterminer le signe de (x−1)xⁿ ln(1 +x) quandx∈[0,1].

Soitx∈[0,1].

x∈[0,1] =⇒ 0≤x≤1

=⇒ −1≤x−1≤0 (soustraction de−1 `a chaque membre) (14)

x∈[0,1] =⇒ 0≤x≤1

=⇒ 0≤xⁿ ≤1 (x7→xⁿ est croissante surR⁺) (15)

x∈[0,1] =⇒ 0≤x≤1

=⇒ 1≤1 +x≤2 (ajout de 1 `a chaque membre)

=⇒ 0≤ln(1 +x)≤ln(2) (x7→ln(x) est croissante sur ]0,+∞[) (16)

De cette ´etude, on d´eduit que pour toutx∈[0,1] :

(x−1)xⁿ ln(1 +x)≤0.

Par croissance de l’int´egrale, on a donc : Z 1 0

(x−1)xⁿ ln(1 +x)dx

| {z }

In+1−In

≤0

et par suite que :I_n+1≤I_n.

La suite (In)_n∈N^∗ est donc d´ecroissante.

2.2.2. • Rappel d’un r´esultat fondamental du cours

La suite (In)_n∈N^∗ étant décroissante, on sait qu’elle converge si et seulement si elle est minorée.

• Montrons que la suite (In)n∈N^∗ est minor´ee par 0.

Soitn∈N^∗. De (15) et (16), on d´eduit que :

∀x∈[0,1], f_n(x) =xⁿln(1 +x)≥0.

Par croissance de l’int´egrale, on a donc : Z 1

0

xⁿln(1 +x)dx

| {z }

I_n

≥0.

La suite (In)n∈N^∗ est donc minor´ee par 0.

(21)

• Conclusion

La suite (In)n∈N^∗ est d´ecroissante et minor´ee. Elle est donc convergente.

2.2.3. • On a déjà montré que :∀n∈N^∗, 0≤In.(cf. question 2.2.2.)

• Montrons que : ∀n∈N^∗, I_n≤ ln(2) n+ 1.

Soitn∈N^∗. Soitx∈[0,1]. D’apr`es (16), on sait que ln(1 +x)≤ln(2). Commexⁿ≥0 (cf. (15)), on en d´eduit :

xⁿln(1 +x)

| {z }

f_n(x)

≤ln(2)xⁿ

en multipliant chaque membre par xⁿ. On a donc :

∀x∈[0,1], fn(x)≤ln(2)xⁿ. Par croissance de l’int´egrale, on en d´eduit que :

Z 1 0

xⁿln(1 +x)dx

| {z }

In

≤ Z 1

0

ln(2)xⁿdx. (17)

Or :

Z 1 0

ln(2)xⁿdx = ln(2) Z 1

0

xⁿdx (lin´earit´e)

= ln(2) xⁿ⁺¹

n+ 1 ¹

0

(formule de primitivation)

= ln(2) 1ⁿ⁺¹

n+ 1− 0ⁿ⁺¹ n+ 1

= ln(2) n+ 1. De ce calcul et de (17), on d´eduit que :In≤ ln(2)

n+ 1.

• D´etermination de la limite de (In)n∈N^∗. On a ´etabli que :

∀n∈N^∗, 0≤In ≤ ln(2) n+ 1. De cette in´egalit´e, de

ln(2) n+ 1 →

n→+∞0 et du théorèmedes gendarmes, on déduit que :

n→+∞lim In = 0.