Ceci est un premier jet et a besoin encore de beaucoup de relectures pour bien tenir la route.

ECRICOME 2010 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

Ceci est un premier jet et a besoin encore de beaucoup de relectures pour bien tenir la route.

EXERCICE 1

1. Convergence de la suite

(a)Soitnun ´el´ement de N^∗ et soittun ´el´ement de [0,1[.

Commet n’est pas ´egal `a 1, 1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹= 1−tⁿ

1−t ·Donc 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ = 1−t 1−tⁿ·

Alors 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ −(1−t) = 1−t

1−tⁿ −(1−t) = (1−t) 1

1−tⁿ −1

=(1−t)tⁿ 1−tⁿ ·

∀n∈N^∗, ∀t∈[0,1[, 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ −(1−t) =(1−t)tⁿ 1−tⁿ · Soitnun ´el´ement deN^∗ et soitt un ´el´ement de [0,1[.

06t <1 donne tⁿ6t, puis 0<1−t61−tⁿ. On a alors 0< 1−t

1−tⁿ 61 ettⁿ >0 donc 06 (1−t)tⁿ 1−tⁿ 6tⁿ.

Ainsi 06 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ −(1−t)6tⁿ (F).

Notons que pour t= 1, tⁿ vaut 1 et 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ −(1−t) vaut 1 n· Comme 1

n 61, l’in´egalit´e (F) vaut encore pour t= 1.

Ainsi :∀t∈[0,1], 06 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹−(1−t)6tⁿ. Puisque 061 en int´egrant entre 0 et 1 il vient : 06

Z 1 0

dt

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ − Z 1

0

(1−t) dt6 Z 1

0

tⁿdt.

Or Z 1

0

dt

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ =un, Z 1

0

(1−t) dt=

−(1−t)² 2

¹

0

= 1 2 et

Z 1 0

tⁿdt= tⁿ⁺¹

n+ 1 ¹

0

= 1

n+ 1· Alors 06un−1

2 6 1 n+ 1·

∀n∈N^∗, 06un−1 2 6 1

n+ 1· Comme lim

n→+∞

1

n+ 1, il vient par encadrement : lim

n→+∞un= 1 2· (u_n)_n>1 converge vers 1

2· (b)Soitnun ´el´ement de N^∗.

∀t∈[0,1[, (1−t)tⁿ 1−tⁿ = 1

n

(1−t)t

1−tⁿ n tⁿ⁻¹= 1 n

t−t²

1−tⁿ n tⁿ⁻¹= 1 n

(tⁿ)¹ⁿ−(tⁿ)ⁿ²

1−tⁿ n tⁿ⁻¹.

Posons alors∀t∈[0,1[, ϕn(t) =tⁿ ethn(t) = 1 n

tⁿ¹ −t²ⁿ

1−t ·Notons que∀t∈[0,1[, (1−t)tⁿ

1−tⁿ =ϕ⁰_n(t)hn ϕn(t) . hn est continue sur [0,1[ et il n’est pas difficile de v´erifier queϕn est une bijection de [0,1[ sur [0,1[, croissante et de classeC¹.

Le th´eor`eme de changement de variable sur les int´egrales g´en´eralis´ees propos´e par le programme permet de dire que Z 1

0

ϕ⁰_n(t)h_n ϕ_n(t) dt et

Z 1 0

h_n(u) dusont de mˆeme nature et qu’en cas de convergence elles sont ´egales.

Or ∀t∈[0,1[, ϕ⁰_n(t)hn ϕn(t)

= (1−t)tⁿ

1−tⁿ = 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹ −(1−t).

Commet→ 1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹−(1−t) est continue sur [0,1],t→ (1−t)tⁿ

1−tⁿ est continue sur [0,1[ et prolongeable par continuit´e en 1.

Ainsi Z 1

0

(1−t)tⁿ

1−tⁿ dt est convergente. Donc Z 1

0

ϕ⁰_n(t)h_n ϕ_n(t)

dtconverge.

Ceci donne alors la convergence de Z 1

0

hn(u) duet l’´egalit´e Z 1

0

ϕ⁰_n(t)hn ϕn(t) dt=

Z 1 0

hn(u) du.

Les int´egrales Z 1

0

(1−t)tⁿ 1−tⁿ dtet

Z 1 0

1 n

u¹ⁿ−uⁿ² 1−u

!

duconvergent et sont ´egales.

Notons que cela donne la convergence de Z 1

0

uⁿ¹ −u²ⁿ

1−u dudonc l’existence dev_n. De plusun−1

2 = Z 1

0

1

1 +t+t²+· · ·+tⁿ⁻¹−(1−t)

dt= Z 1

0

(1−t)tⁿ 1−tⁿ dt= 1

n Z 1

0

uⁿ¹ −uⁿ²

1−u du= vn

n· Pour tout ´el´ementndeN^∗,

Z 1 0

uⁿ¹ −u²ⁿ

1−u duconverge.

Pour tout ´el´ementndeN^∗,u_n−1 2 = v_n

n·

2. R´ esultats interm´ ediaires

x→1x−1. Alors (lnx)^k ∼

x→1(x−1)^k et ainsi (lnx)^k x−1 ∼

x→1(x−1)^k−1. Donc lim

x→1

(lnx)^k x−1 = lim

x→1(x−1)^k−1=

1 sik= 1 0 sik>2.

Pour tout ´el´ement kdeN^∗, lim

x→1

(lnx)^k x−1 =

1 sik= 1 0 sik>2.

(b)Soitkun ´el´ement deN^∗. Posons∀x∈]0,1[, ψk(x) = (lnx)^k x−1 ·

ψ_k est continue sur ]0,1[ et prolongeable par continuit´e en 1 (d’apr`es(a)).

On peut donc d´ej`a dire que Z 1

1 2

ψk(x) dxconverge. Montrons que Z ¹₂

0

ψk(x) dxconverge.

x→0lim

√x|ψ_k(x)|

= lim

x→0

√x(lnx)^k x−1

= 0 par croissance compar´ee. Donc :

• |ψk(x)|= o 1

√x

au voisinage de 0.

• |ψk|et x→ 1

√x sont positives sur

0,1 2

.

• Z ¹₂

0

√dx

x converge (¹₂ <1).

Les crit`eres de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent alors la convergence de Z ¹₂

0

|ψk(x)|dx.

Alors Z ¹₂

0

ψ_k(x) dxest absolument convergente donc convergente.

Ceci ach`eve de montrer la convergence de Z 1

0

ψk(x) dx.

Pour tout ´el´ement kdeN^∗, Z 1

0

(lnx)^k

x−1 dxconverge.

(c)f est de classeC² surR. ∀x∈R, f⁰(x) =e^x−2e^2xet f⁰⁰(x) =e^x−4e^2x. f(0) = 0 etf⁰(0) =−1.

L’in´egalit´e de Taylor-Lagrange appliqu´ee en 0 `a l’ordre 1 pourf donne :

∀x∈]− ∞,0], |f(x)−f(0)−f⁰(0)x|6|x−0|²

2 Max

u∈[0,x]|f⁰⁰(u)|ou∀x∈]− ∞,0],

e^x−e^2x+x 6 x²

2 Max

u∈[0,x]|e^u−4e^2u|.

Notons que∀u∈]− ∞,0], |e^u−4e^2u|=e^u|1−4e^u|6|1−4e^u|.

Posons alors :∀u ∈]− ∞,0], `(u) = 1−4e<sup>u</sup>. u→ e<sup>u</sup> est strictement croissante sur ]− ∞,0] donc ` est strictement d´ecroissante sur ]− ∞,0].

De plus`(0) =−3 et lim

u→−∞`(u) = 1. Alors∀u∈]− ∞,0], −36`(u)<1. Ainsi∀u∈]− ∞,0], |`(u)|63.

Donc∀u∈]− ∞,0], |e^u−4e^2u|=e^u|1−4e^u|6|1−4e^u|63.

Ainsi∀x∈]− ∞,0], Max

u∈[0,x]|e^u−4e^2u|63.

Alors∀x∈]− ∞,0],

e^x−e^2x+x 6 x²

2 Max

u∈[0,x]|e^u−4e^2u|6 3x² 2 ·

∀x∈]− ∞,0],

e^x−e^2x+x 6 3x²

2 ·

3. Application

(a)Soitnun ´el´ement de N^∗. vn+ 1

n Z 1

0

lnu 1−udu=

Z 1 0

uⁿ¹ −uⁿ²

1−u du+1 n

Z 1 0

lnu 1−udu=

Z 1 0

e^lnun −e^{2 lnnu} +^ln_n^u

1−u du.

Soituun ´el´ement de ]0,1[. lnu

n appartient `a ]− ∞,0[.

Alors, d’apr`es2. (c)on a :

e^lnun −e^{2 lnnu} +lnu n

63 (lnu)²

2n² ·De plus 1 1−u >0.

Donc :

e^lnun −e^{2 lnnu} +^ln_n^u 1−u

=

e^lnun −e^{2 lnnu} +^ln_n^u

1−u 6 1

1−u

3 (lnu)² 2n² = 3

2n² (lnu)²

1−u·Alors :

• ∀u∈]0,1[,

e^lnun −e^{2 lnnu} +^ln_n^u 1−u

6 3 2n²

(lnu)² 1−u·

• Z 1

0

(lnx)²

x−1 dxconverge d’apr`es2. (b)donc Z 1

0

3 2n²

(lnu)² 1−u

duconverge ´egalement.

Les crit`ere de comparaison concernant les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent alors la convergence de

Z 1 0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u 1−u

du.

Z 1 0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u

1−u du est alors absolument convergente (donc convergente mais cela on le savait d´ej`a) ce qui permet d’´ecrire que

Z 1 0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u

1−u du

6 Z 1

0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u 1−u

du.

Mieux

vn+1 n

Z 1 0

lnu 1−udu

=

Z 1 0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u

1−u du

6 Z 1

0

e^lnnu −e^{2 lnnu} +^ln_n^u 1−u

du6 3 2n²

Z 1 0

(lnu)² 1−u du.

Pour tout ´el´ementndeN^∗,

vn+ 1 n

Z 1 0

lnu 1−udu

6 3

2n² Z 1

0

(lnu)² 1−u du.

(b)PosonsJ = Z 1

0

(lnu)²

1−u duet rappelons queI= Z 1

0

lnu 1−udu.

∀n∈N^∗,

vn+1 nI

6 3

2n²J. Donc∀n∈N^∗, |n vn+I|6 3 2nJ.

Comme lim

n→+∞

3

2nJ = 0, il vient par encadrement : lim

n→+∞(n v_n) =−I.

u→ lnu

1−u est strictement n´egative sur ]0,1[ et Z 1

0

lnu

1−uduconverge. AlorsI= Z 1

0

lnu

1−udu <0.

Donc lim

n→+∞(n vn) =−Iet −I n’est pas nul. Alorsn vn ∼

n→+∞−I. Ce qui donne encore :

vn ∼

n→+∞−I n·

Rappelons que∀n∈N^∗, u_n−1 2 = v_n

n·Alors

u_n−1

2 ∼

n→+∞− I n²·

EXERCICE 2

I Dans tout l’exercice nous ´ecrirons f_n`a la place de f

1. ´ Etude de

(a)• SoitP un ´el´ement de Rn[X].

P est un polynˆome `a coefficients r´eels de degr´e au plus n. AinsiP<sup>0</sup> est un polynˆome `a coefficients r´eels de degr´e au plusn−1 etP⁰⁰ est un polynˆome `a coefficients r´eels de degr´e au plusn−2.

Alors P⁰⁰ et XP⁰ sont deux polynˆomes `a coefficients r´eels de degr´e au plus n. Finalement fn(P) est un ´el´ement de Rn[X] comme combinaison lin´eaire de deux ´el´ements deRn[X].

∀P ∈Rn[X], fn(P)∈Rn[X].

• SoientP etQdeux ´el´ements deRn[X] et soitλun r´eel.

f_n(λ P+Q) = (λ P+Q)⁰⁰−4X(λ P+Q)⁰=λ P⁰⁰+Q⁰⁰−4X(λ P⁰+Q⁰) =λ(P⁰⁰−4X P⁰) + (Q⁰⁰−4X Q⁰).

fn(λ P+Q) =λ fn(P) +fn(Q).

∀λ∈R, ∀(P, Q)∈(Rn[X])², fn(λ P+Q) =λ fn(P) +fn(Q). Finalement : fn est un endomorphisme deRn[X].

(b)fn(1) = 0_Rn[X]−4X×0_Rn[X]= 0_Rn[X] et fn(X) = 0_Rn[X]−4X×1 =−4X.

∀k∈[[2, n]], fn(X^k) =k(k−1)X^k−2−4X(k X^k−1) =−4k X^k+k(k−1)X^k−2.

fn(1) = 0_Rn[X],fn(X) =−4X et∀k∈[[2, n]], fn(X^k) =−4k X^k+k(k−1)X^k−2.

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, pour tout k dans [[0, n]], fn(X^k) est comme combinaison lin´eaire d’´el´ements de la famille (1, X, . . . , X^k). Cela suffit pour dire que :

la matriceA_n def_n dans la base canonique deRn[X] est triangulaire sup´erieure.

(c)An est triangulaire sup´erieure donc son spectre est l’ensemble de ses ´el´ements diagonaux.

Alors Spfn = SpAn={−4k;k∈[[0, n]]}.

La suite (−4k)_k∈[[0,n]]´etant strictement d´ecroissante,f_n poss`eden+ 1 valeurs propres deux `a deux distinctes. Comme f_n est un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimensionn+ 1 :

f_n est diagonalisable.

Sachant que f_n poss`ede n+ 1 sous-espaces propres de dimension n´ecessairement au moins un et que la somme des dimensions des sous espaces propres def<sub>n</sub> n’ex`ede pas la dimension de Rn[X] qui estn+ 1, on en d´eduit que :

chacun des sous-espaces propres def_n est de dimension 1.

(d)SoitP un vecteur propre def_n associ´e `a la valeur propreλ. Soitrson degr´e eta_r le coefficient de son terme de plus haut degr´e. r∈[[0, n]] eta_r6= 0.

f_n(P) =λ P doncP⁰⁰−4X P⁰=λ P.

Le coefficient deX^rdansP⁰⁰−4X P⁰ est−4 (r ar) et le coefficient deX^rdansλ P estλ ar. Alors−4 (r ar) =λ ar. Orar n’est pas nul doncλ=−4r=−4 degP.

SiP est un vecteur propre defn associ´e `a la valeur propreλ:λ=−4 degP .

• Existence deHn.

−4nest une valeur propre defn. SoitPn un vecteur propre defn associ´e `a la valeur propre−4n.

D’apr`es ce qui pr´ec`ede :−4n = −4 degPn. Alors degPn = n. Notons an le coefficient de Xⁿ dans Pn et posons Hn= 1

a_nPn.

Par constructionH_n est un polynˆome unitaire. De plus, le degr´e deH_n est celui deP_n donc estn.

CommeH_n= 1 an

P_n et queP_n est un vecteur propre def_n associ´e `a la valeur propre−4n, il est de mˆeme pourH_n.

Finalement H_n est un polynˆome unitaire de degr´entel quef_n(H_n) =−4n H_n.

• Unicit´e deH_n.

Supposons que Qn soit encore un polynˆome unitaire de degr´entel quefn(Qn) =−4n Qn.

Alors Qn et Hn sont deux ´el´ements non nuls du sous-espace propre de fn associ´e `a la valeur propre−4nqui est de dimension 1.

Ainsi il existe un r´eelα(non nul) tel queQn=α Hn.

Le coefficient deXⁿ deQn est alors le mˆeme que le coefficient deXⁿ dansα Hn. CommeQn et Hn sont unitaires et de degr´en: 1 =α.

AinsiQ_n=H_n. D’o`u l’unicit´e deH_n.

Il existe un unique polynˆome unitaireH_n de degr´entel quef_n(H_n) =−4n H_n. Ou encore :

Il existe un unique polynˆome unitaireH_n de degr´entel que H_n⁰⁰−4X H_n⁰ =−4n H_n.

2. ´ Etude de la suite

(a)Soitnun ´el´ement de N^∗. fn(Hn) =−4n Hn doncH_n⁰⁰−4X H_n⁰ =−4n Hn.

En d´erivant il vientH_n⁰⁰⁰−4H_n⁰ −4X H_n⁰⁰=−4n H_n⁰ ouH_n⁰⁰⁰−4X H_n⁰⁰=−4 (n−1)H_n⁰.

Ainsi (H_n⁰)⁰⁰−4X(H_n⁰)⁰ =−4 (n−1)H_n⁰. CommeH_n⁰ appartient `a Rn[X] :fn(H_n⁰) =−4 (n−1)H_n⁰.

∀n∈N^∗, f_n(H_n⁰) =−4 (n−1)H_n⁰. Je pr´ef`ere :∀n∈N^∗, (H_n⁰)⁰⁰−4X(H_n⁰)⁰=−4 (n−1)H_n⁰. Soitnun ´el´ement deN^∗.

Hn est unitaire et de degr´en. Alors H_n⁰ est un polynˆome de degr´en−1 et le coefficient deXⁿ⁻¹dansH_n⁰ estn.

PosonsTn= 1

nH_n⁰. AlorsTn est un polynˆome unitaire de degr´en−1.

Commefn(H_n⁰) =−4 (n−1)H_n⁰ :fn(Tn) =−4 (n−1)T_n⁰ carTn= 1 nH_n⁰.

AinsiTn est un polynˆome unitaire de degr´en−1 tel queT_n⁰⁰−4X T_n⁰ =−4 (n−1)Tn.

D’apr`es1. (d)H_n−1 est l’unique polynˆome unitaire de degr´en−1 tel queH_n−1⁰⁰ −4X H_n−1⁰ =−4 (n−1)H_n−1. AinsiTn=H_n−1 donc 1

nH_n⁰ =H_n−1. H_n⁰ =n H_n−1.

Pour tout ´el´ement ndeN^∗,H_n⁰ =n H_n−1. Soitnun ´el´ement de [[2,+∞[[.

H_n⁰ =n H_n−1et H_n−1⁰ = (n−1)H_n−2 doncH_n⁰⁰=n H_n−1⁰ =n(n−1)H_n−2.

Alors−4n Hn=H_n⁰⁰−4X H_n⁰ =n(n−1)H_n−2−4X(n H_n−1). −4n Hn=n(n−1)H_n−2−4X(n H_n−1).

En divisant par−4nqui n’est pas nul on obtient :Hn=−n−1

4 H_n−2+X H_n−1. DoncH_n−X H_n−1+n−1

4 H_n−2= 0_Rn[X].

Pour tout ´el´ement nde [[2,+∞[[,H_n−X H_n−1+(n−1)

4 H_n−2= 0_Rn[X]. (b)1 est un polynˆome unitaire de degr´e 0 qui v´erifie (1)⁰⁰−4X(1)⁰=−(4×0) 1 donc 1 =H0. X est un polynˆome unitaire de degr´e 1 qui v´erifie (X)⁰⁰−4X(X)⁰=−(4×1) 1 doncX =H1.

H₀= 1 etH₁=X. 0_R2[X] =H₂−X H₁+2−1

4 H₀=H₂−X²+1

4·AlorsH₂=X²−1 4· 0_R3[X] =H3−X H2+3−1

4 H1=H3−X

X²−1 4

+1

2X =H3−X³+3

4X. Alors H3=X³−3 4X.

H2=X²−1

4 etH3=X³−3 4X. (c)Rappelons queu0= 1,u1= 1 ; et∀n∈[[2,+∞[[, un =un−1−(n−1)u_n−2

4 ·

1

2 program Ecricome2010_Ex2;

3

4 var n:integer;u,v,w:real;

5 6 begin

7

8 u:=1;v:=1;

9

10 for n:=2 to 2010 do

11 begin

12 w:=v-(n-1)*u/4;

13 u:=v; v:=w;

14 end;

15

16 writeln(’u_2010 vaut : ’,v);

17 18 end.

19 20

3. Application aux points critiques d’une fonction de trois variables

(x, y, z)→x²+y²+z²est de classeC¹ surU comme fonction polynˆome.

(x, y, z)→x−y est de classe C¹ sur U comme fonction polynˆome et ne s’annule pas surU. Commet→ln|t|est de classeC¹ surR^∗, par composition (x, y, z)→ln|x−y| est de classeC¹ surU.

De mˆeme (x, y, z)→ln|y−z|et (x, y, z)→ln|z−x|sont de classeC¹ surU.

V est alors de classeC¹ surU comme combinaison lin´eaire de quatre fonctions de classeC¹surU.

∀(x, y, z)∈U, ∂V

∂x(x, y, z) = 2x− 1

x−y − (−1)

z−x = 2x− 1

x−y − 1

x−z =2x(x−y)(x−z)−(x−z)−(x−y)

(x−y)(x−z) ·

∀(x, y, z)∈U, ∂V

∂x(x, y, z) = 2x(x−y)(x−z)−(2x−y−z) (x−y)(x−z) · De mˆeme :∀(x, y, z)∈U, ∂V

∂y(x, y, z) =2y(y−x)(y−z)−(2y−x−z) (y−x)(y−z) · On a encore :∀(x, y, z)∈U, ∂V

∂z(x, y, z) = 2z(z−x)(z−y)−(2z−x−y) (z−x)(z−y) · Soit (α, β, γ) un ´el´ement deU.

∇V(α, β, γ) = 0_R³ ⇐⇒ ∂V

∂x(α, β, γ) = ∂V

∂y(α, β, γ) = ∂V

∂z(α, β, γ) = 0.

∇V(α, β, γ) = 0_R3 ⇐⇒























2α(α−β)(α−γ)−(2α−β−γ) (α−β)(α−γ) = 0 2β(β−α)(β−γ)−(2β−α−γ)

(β−α)(β−γ) = 0 2γ(γ−α)(γ−β)−(2γ−α−β)

(γ−α)(γ−β) = 0

⇐⇒







2α(α−β)(α−γ)−(2α−β−γ) = 0 2β(β−α)(β−γ)−(2β−α−γ) = 0 2γ(γ−α)(γ−β)−(2γ−α−β) = 0 .

∇V(α, β, γ) = 0_R³ ⇐⇒







2α(α−β)(α−γ) = 2α−β−γ 2β(β−α)(β−γ) = 2β−α−γ 2γ(γ−α)(γ−β) = 2γ−α−β .

Un point (α, β, γ) deU est un point critique de V si et seulement si :







2α(α−β)(α−γ) = 2α−β−γ 2β(β−α)(β−γ) = 2β−α−γ 2γ(γ−α)(γ−β) = 2γ−α−β

(S).

(b)Q= (X−α)(X−β)(X−γ) doncQ⁰ = (X−β)(X−γ) + (X−α)(X−γ) + (X−α)(X−β).

Q⁰⁰= (X−γ) + (X−β) + (X−γ) + (X−α) + (X−β) + (X−α) = 2 3X−(α+β+γ) . Soit (α, β, γ) un ´el´ement deU.

Notons que :Q⁰⁰(α)−4α Q⁰(α) = 2 3α−(α+β+γ)

−4α (α−β)(α−γ)+0+0

= 2 (2α−β−γ)−2α(α−β) (α−γ) . AlorsQ⁰⁰(α)−4α Q⁰(α) = 0⇐⇒2 (2α−β−γ)−2α(α−β) (α−γ)

= 0⇐⇒2α−β−γ= 2α(α−β) (α−γ).

Finalement :Q⁰⁰(α)−4α Q⁰(α) = 0⇐⇒2α(α−β) (α−γ) = 2α−β−γ.

De mˆemeQ⁰⁰(β)−4β Q⁰(β) = 0⇐⇒2β(β−α)(β−γ) = 2β−α−γ.

On a encoreQ⁰⁰(γ)−4γ Q⁰(γ) = 0⇐⇒2γ(γ−α)(γ−β) = 2γ−α−β.

(α, β, γ) est un ´el´ement deU etQ= (X−α)(X−β)(X−γ). (α, β, γ) est solution de (S) si et seulement siQ⁰⁰−4X Q⁰ admet pour racinesα,β,γ.

(c)Soit (α, β, γ) un point critique deV. (α, β, γ) est un ´el´ement de U. Alors α, β,γsont distincts deux `a deux.

PosonsQ= (X−α)(X−β)(X−γ). α,β,γsont alors trois racines distinctes de Q⁰⁰−4XQ⁰. AinsiQdiviseQ⁰⁰−4XQ⁰. Il existe un ´el´ement T deR[X] tel queQ⁰⁰−4XQ⁰=T Q.

Qest de degr´e 3 doncQ⁰ est de degr´e 2 etQ⁰⁰ est de degr´e 1. AinsiQ⁰⁰−4XQ⁰ est de degr´e 3.

Alors n´ecessairementT est un polynˆome constant.

Finalement il existe un r´eel ctel que Q⁰⁰−4XQ⁰ =c Q.

Le coefficient deX³dansQestc et c’est−4×3 dansQ⁰⁰−4XQ⁰. Ainsic=−12 doncQ⁰⁰−4XQ⁰=−12Q.

Q⁰⁰−4XQ⁰=−12Q.

Qest donc un polynˆome unitaire de degr´e 3 qui v´erifieQ⁰⁰−4XQ⁰ =−4 (3)Qdonc d’apr`es1. (d),Q=H3. Si (α, β, γ) est un point critique deV et si Q= (X−α)(X−β)(X−γ) alorsQ=H₃. En bref :

Si (α, β, γ) est un point critique deV :H3= (X−α)(X−β)(X−γ).

• Soit (α, β, γ) un point critique deV. AlorsH3= (X−α)(X−β)(X−γ) doncα,β,γ sont trois racines distinctes (car (α, β, γ) est dansU) deH3.

Or H3=X³−3

4X doncH3a exactement trois racines 0,

√3 2 et−

√3

2 . Ainsi (α, β, γ) appartient `a l’ensemble H=n

0,

√3 2 ,−

√3 2

,

0,−

√3 2 ,

√3 2

,^√

3 2 ,0,−

√3 2

,

−

√3 2 ,0,

√3 2

,^√

3 2 ,−

√3 2 ,0

,

−

√3 2 ,

√3 2 ,0 o

.

• R´eciproquement soit (α, β, γ) un ´el´ement de l’ensembleH.

α,β, γsont deux `a deux distincts dons (α, β, γ) est un ´el´ement deU. PosonsQ= (X−α)(X−β)(X−γ). Q=H3! !

Alors Q⁰⁰−4X Q⁰ =−12Q= −12 (X−α)(X−β)(X−γ). Donc α, β, γ sont des racines de Q⁰⁰−4X Q⁰. Alors (α, β, γ) est solution de (S) et ainsi (α, β, γ) est un point critique deV.

Les points critiques deV sont 0,

√ 3 2 ,−

√ 3 2

, 0,−

√ 3 2 ,

√ 3 2

,^√

3 2 ,0,−

√ 3 2

,

−

√ 3 2 ,0,

√ 3 2

,^√

3 2 ,−

√ 3 2 ,0 et

−

√3 2 ,

√3 2 ,0

.

PROBL` EME

PARTIE I : R´ esultats pr´ eliminaires

(a)∀n∈N^∗, un=

n

X

i=1

1 i −lnn.

1 Program ECRICOME2010_Pb;

2

3 var n,i:integer;s:real;

4 5 begin

6

7 write(’Donner la valeur de n. n=’);readln(n);

8

9 s:=1; for i:=2 to n do s:=s+1/i; writeln(’u_’,n,’=’,s-ln(n));

10 11 end.

(b)∀n∈N^∗, u_n−u_n+1=

n

X

i=1

1

i −lnn−

n+1

X

i=1

1

i + ln(n+ 1) = ln n+ 1

n

− 1 n+ 1 = ln

1 + 1

n

−1 n

1 1 +_n¹· ln

1 + 1

n

= 1 n − 1

2n² + o 1

n²

au voisinage de +∞.

1

1 + _n¹ = 1− 1 n+ o

1 n

au voisinage de +∞donc 1 n

1 1 +_n¹ = 1

n− 1 n²+ o

1 n²

au voisinage de +∞.

Ainsiun−un+1= ln

1 + 1 n

− 1 n

1 1 + ¹_n = 1

n − 1 2n² −1

n+ 1 n²+ o

1 n²

= 1 2n² + o

1 n²

au voisinage de +∞.

Par cons´equent :

u_n−u_n+1 ∼

n→+∞

1 2n². un−un+1 ∼

n→+∞

1

2n² et la s´erie de terme g´en´eral 1

2n² converge et est `a termes positifs.

Les r`egles de comparaison sur les s´eries `a termes positifs montrent que la s´erie de terme g´en´eralu_n−u_n+1converge.

La s´erie de terme g´en´eralu_n−u_n+1 converge.

Posons∀n∈N^∗, S_n =

n

X

k=1

(u_k−u_k+1). D’apr`es qui pr´ec`ede la suite (S_n)_n>1converge.

∀n ∈ [[2,+∞[[, u_n = u₁−(u₁−u_n) = u₁−

n−1

X

k=1

(u_k−u_k+1) = u₁−S_n−1. Comme la suite de terme g´en´eral S_n converge, la suite de terme g´en´eralu1−Sn−1 converge ´egalement. Finalement :

la suite (u_n)_n>1 converge.

(c)La s´erie de terme g´en´eral 1

i² converge car 2>1. Alors la suite de terme g´en´eral

n

X

i=1

1

i² est convergente.

La suite

n

X

i=1

1 i²

!

n>1

converge.

2. Loi de Gumbel.

(a)FZ est la fonction de r´epartition d’une variable al´eatoire `a densit´e si et seulement si :

• FZ est croissante ;

• lim

t→−∞FZ(t) = 0 et lim

t→+∞FZ(t) = 1 ;

• FZ est continue surRet de classeC¹surRpriv´e d’un ensemble fini de points.

Rappelons quex→e^xest croissante surR. Alorst→e^−test d´ecroissante surRdonct→ −e^−test croissante surR. Ainsit→e^−e−t est croissante surR. FZ est croissante surR.

t→−∞lim (−e^−t) =−∞donc lim

t→−∞FZ(t) = lim

t→−∞e^−e−t = 0. lim

t→+∞(−e^−t) = 0 donc lim

t→+∞FZ(t) = lim

t→+∞e^−e−t = 1.

Rappelons que x→e^xest de classeC¹ surR. Alorst →e^−t est classe C¹ sur Rdonct→e^−e−t est de classeC¹ sur R. AinsiFZ est de classeC¹surR. En particulierFZ est continue surR. Ceci ach`eve de montrer que :

F_Z est bien (sic) la fonction de r´epartition d’une variable al´eatoire `a densit´e.

Notons queF_Z⁰ est une densit´e deZ et que∀t∈R, F_Z⁰(t) =e^−te^−e−t.

La fonctionf_Z d´efinie par :∀t∈R, f_Z(t) =e^−te^−e−t est une densit´e deZ. (b)Notons FW la fonction de r´epartition deW.

W prend ses valeurs dans ]0,+∞[ donc∀x∈]− ∞,0], F_W(x) = 0.

Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[.

FW(x) =P(W 6x) =P(e^−Z 6x) =P(−Z 6lnx) =P(Z >−lnx) = 1−P(Z <−lnx) = 1−P(Z6−lnx).

FW(x) = 1−FZ(−lnx) = 1−e^{−e−(−lnx)} = 1−e^−elnx= 1−e^−x.

∀x∈R, FW(x) =

1−e^−x si x∈]0,+∞[

0 sinon

. Plus de doute :

W =e^−Z suit la loi exponentielle de param`etre 1.

(c)Soitkun ´el´ement deN. Posons :∀x∈]0,+∞[, hk(x) =|(−lnx)^ke^−x|.

Notons que :∀x∈]0,+∞[, hk(x) =|lnx|^ke^−x. hk est continue et positive sur ]0,+∞[.

x→+∞lim x²hk(x)

= lim

x→+∞

|lnx|^k x

x³ e^x

= lim

x→+∞

lnx x^1k

k x³ e^x

!

= 0×0 = 0 par croissance compar´ee. Alors :

• hk(x) = o 1

x²

au voisinage de +∞.

• hk etx→ 1

x² sont positives sur [1,+∞[.

• Z +∞

1

dx

x² converge.

Les crit`eres de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent que Z +∞

1

hk(x) dxconverge.

x→0lim

√x hk(x)

= lim

x→0

√x|lnx|^ke^−x

= lim

x→0

|x^2k1 lnx|^ke^−x

= 0×1 = 0 par croissance compar´ee.

• hk(x) = o 1

√x

au voisinage de 0.

• hk etx→ 1

√x sont positives sur ]0,1].

• Z 1

0

√dx

x converge.

Les crit`eres de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent que Z 1

0

h_k(x) dxconverge.

Finalement Z +∞

0

hk(x) dxconverge et ainsi Z +∞

0

(−lnx)^ke^−xdtest absolument convergente.

Pour tout ´el´ementk deN, Z +∞

0

(−lnx)^ke^−xdt est absolument convergente.

(d)Soitkun ´el´ement deN. Rappelons que∀t∈R, f_Z(t) =e^−te^−e−t. Notons queZ poss`ede un moment d’ordrekd`es que

Z +∞

−∞

t^kf_Z(t) dt converge (et pas plus...).

t→t^kfZ(t) est continue surR. SoitAun r´eel. La fonctiont→e^−test de classeC¹surR. Cela justifie le changement de variableu=e^−t dans ce qui suit.

Z A 0

t^kfZ(t) dt= Z A

0

t^ke^−e−te^−tdt= Z e^−A

1

(−lnu)^ke^−u(−1) du= Z 1

e^−A

(−lnu)^ke^−udu.

Donc Z A

0

t^kfZ(t) dt= Z 1

e^−A

(−lnu)^ke^−uduet Z 0

A

t^kfZ(t) dt= Z e^−A

1

(−lnu)^ke^−udu.

• lim

A→+∞e^−A= 0 et Z 1

0

(−lnu)^ke^−uduconverge ; alors la premi`ere ´egalit´e donne :

A→+∞lim Z A

0

t^kfZ(t) dt= Z 1

0

(−lnu)^ke^−udu. Ainsi Z +∞

0

t^kfZ(t) dtconverge et vaut Z 1

0

(−lnu)^ke^−udu.

• lim

A→−∞e^−A= +∞et Z +∞

1

(−lnu)^ke^−uduconverge ; alors la seconde ´egalit´e donne : lim

A→−∞

Z 0 A

t^kf_Z(t) dt= Z +∞

1

(−lnu)^ke^−udu. Ainsi Z 0

−∞

t^kf_Z(t) dtconverge et vaut Z +∞

1

(−lnu)^ke^−udu.

Finalement Z +∞

−∞

t^kfZ(t) dtconverge et vaut Z +∞

1

(−lnu)^ke^−udu+ Z 1

0

(−lnu)^ke^−uduou Z +∞

0

(−lnu)^ke^−udu.

Pour tout ´el´ement kdeN,Z poss`ede un moment d’ordrek qui vaut Z +∞

0

(−lnu)^ke^−udu.

Pour tout ´el´ementkdeN,Z^k poss`ede une esp´erance qui vaut Z +∞

0

(−lnu)^ke^−udu.

PARTIE II : ´ Etude de la variable

(a) Soit nun ´el´ement de N^∗. L’´ev´enement {Y2 > n} se r´ealise si et seulement si lesn premi`eres pioches n’ont pas amen´e 2 boules portant des num´eros distincts. Autrement dit l’´ev´enement{Y<sub>2</sub>> n}se r´ealise si et seulement si lesn premi`eres pioches fournissent des boules portant toutes le mˆeme num´ero. Ainsi :

les ´ev´enements{Y2> n}et Cn sont ´egaux.

Dans la suite, si i est dansN^∗ et si j est dans [[1, r]], nous noterons B_i^j l’´ev´enement la i^`eme pioche donne la boule portant le num´eroj.

P(C_n) =P

(B₁¹∩B¹₂∩ · · · ∩B_n¹)∪(B₁²∩B₂²∩ · · · ∩B²_n)∪(B₁³∩B³₂∩ · · · ∩B_n³)

. Par incompatibilit´e on obtient : P(Cn) =P(B₁¹∩B¹₂∩ · · · ∩B_n¹) +P(B₁²∩B²₂∩ · · · ∩B_n²) +P(B₁³∩B₂³∩ · · · ∩B_n³). Par ind´ependance il vient : P(C_n) =P(B₁¹)P(B₂¹)· · ·P(B_n¹) +P(B₁²)P(B₂²)· · ·P(B_n²) +P(B³₁)P(B₂³)· · ·P(B³_n) = 3

1 3

n

= 1

3 n−1

.

Pour tout ´el´ement ndeN^∗,P(Y2> n) =P(Cn) = 1

3 n−1

.

Disons pour simplifier que Y2(Ω) = [[2,+∞[[...

∀n∈[[2,+∞[[, P(Y2=n) =P(Y2> n−1)−P(Y2> n) = 1

3 n−2

− 1

3 n−1

= 1

3

n−2 1−1

3

= 2 3

1 3

n−2

∀n∈[[2,+∞[[, P(Y₂=n) = 2 3

1 3

n−2

.

Remarque Y₂−1 =Y₂−Y₁ suit la loi g´eom´etrique de param`etre 2

3 ce qui n’est pas franchement une surprise.

(b)Soitnun ´el´ement de N^∗. {Y2=k}

k∈[[2,+∞[[ est un syst`eme quasi-complet d’´ev´enements. Ainsi : P(Y₂−Y₂=n) =

+∞

X

k=2

P({Y3−Y₂=n} ∩ {Y2=k}) =

+∞

X

k=2

P({Y3−k=n} ∩ {Y2=k}).

P(Y2−Y2=n) =

+∞

X

k=2

P({Y3=n+k} ∩ {Y2=k}).

Pour tout ´el´ement ndeN^∗,P(Y2−Y2=n) =

+∞

X

k=2

P({Y3=n+k} ∩ {Y2=k}).

Soit nun ´el´ement de N^∗ et k un ´el´ement de [[2,+∞[[. Rappelons queP(Y2 =k) = 2 3

1 3

k−2

. En particulier cette probabilit´e n’est pas nulle.

AinsiP({Y3=n+k} ∩ {Y2=k}) =P(Y₂=k)P_{Y2=k}(Y₃=n+k) = 2 3

1 3

k−2

P_{Y2=k}(Y₃=n+k).

Supposons que l’´ev´enement{Y₂=k} soit r´ealis´e. L’´ev´enement {Y₃ =n+k}se r´ealise si et seulement si les pioches k+ 1,k+ 2,k+n−1 (`a un abus pr`es :n= 1...) donnent une des deux boules d´ej`a obtenues et la piochen+kdonne la boule qui n’a pas encore ´et´e tir´ee.

AinsiP_{Y2=k}(Y₃=n+k) = 2

3

n−11 3

.

AlorsP({Y₃=n+k} ∩ {Y₂=k}) = 2 3

1 3

k−2

P_{Y2=k}(Y₃=n+k) = 2 3

1 3

k−2 2 3

n−11 3

= 1

3^k−1 2

3 ⁿ

. Finalement :

∀n∈N^∗, ∀k∈[[2,+∞[[, P({Y₃=n+k} ∩ {Y₂=k}) = 1 3^k−1

2 3

ⁿ .

Soitnun ´el´ement deN^∗. P(Y2−Y2=n) =

+∞

X

k=2

P({Y3=n+k} ∩ {Y2=k}) =

+∞

X

k=2

1 3^k−1

2 3

ⁿ

= 1 3

2 3

^{n +∞}

X

k=2

1 3

^k−2 .

P(Y₂−Y₂=n) =1 3

2 3

n +∞

X

i=0

1 3

i

= 1 3

2 3

n

1 1−¹₃ =1

3 2

3 n

1

2 3

= 1 3

2 3

n−1

.

∀n∈N^∗, P(Y2−Y2=n) =1 3

2 3

n−1

. Ainsi :

Y3−Y2suit la loi g´eom´etrique de param`etre 2 3· 2. Loi de Y_i+1−Y_i, pour i∈ {0,1,2, . . . ,i−1}.

Dans toute cette question nous supposerons queiest un ´el´ement de [[1, r−1]].

(a)Y₁(Ω) ={1}. Supposons que i∈[[2, r−1]]

Il est clair que pour obteniriboules distinctes il est n´ecessaire de faire au moinsi pioches.

R´eciproquement supposons que k soit dans [[i,+∞[[. Si lesk−i premi`eres pioches donnent 1 et que les i suivantes donnent dans l’ordre 1, 2,...,ialors l’´ev´enement{Yi=k}se r´ealise.

Nous pouvons alors sans doute dire que Yi(Ω) = [[i,+∞[[...

Y1(Ω) ={1} et sii∈[[2, r−1]],Yi(Ω) = [[i,+∞[[.

Yi+1 −Yi repr´esente le nombre de pioches n´ecessaires pour obtenir i+ 1 boules distinctes sachant que l’on a d´ej`a obtenu iboules distinctes. On a probablement (Yi+1−Yi)(Ω) =N^∗!

(Yi+1−Yi)(Ω) =N^∗.

(b)Soitnun ´el´ement de N^∗et soitkun ´el´ement de [[i,+∞[[ tel queP(Yi=k)6= 0.

Supposons que l’´ev´enement{Yi=k} soit r´ealis´e. L’´ev´enement{Yi+1−Yi=n}se r´ealise si et seulement si les pioches k+ 1,k+ 2,k+n−1 (`a un abus pr`es :n= 1...) donnent une des iboules d´ej`a obtenues et la pioche n+kdonne la boule qui n’a pas encore ´et´e tir´ee.

AinsiP_{Yi=k}(Yi+1−Yi=n) = i

r ⁿ⁻¹

1− i r

.

∀n∈N^∗, ∀k∈[[i,+∞[[, P(Yi=k)6= 0⇒P_{Yi=k}(Yi+1−Yi=n) = i

r n−1

1− i r

.

(c) Soit n un ´el´ement de N^∗. {Yi = k}

k∈[[i,+∞[[ est un syst`eme quasi-complet d’´ev´enements. La formule des probabilit´es totales donne alors :

P(Yi+1−Yi=n) =

+∞

X

k=i

P {Yi+1−Yi=n} ∩ {Yi=k}

. Soitkdans [[i,+∞[[.

SiP(Yi=k)6= 0 :P {Yi+1−Yi=n}∩{Yi=k}

=P(Yi=k)P_{Yi=k}(Yi+1−Yi=n) =P(Yi=k)×

i r

n−1 1− i

r

. Donc siP(Y_i =k)6= 0 :P {Yi+1−Y_i=n} ∩ {Yi=k}

=P(Y_i=k)× i

r n−1

1− i r

. SupposonsP(Yi=k) = 0. 06P {Yi+1−Yi =n} ∩ {Yi=k}

6P(Yi =k) = 0 car{Yi+1−Yi =n} ∩ {Yi=k}est contenu dans{Yi=k}.

DoncP {Yi+1−Yi=n} ∩ {Yi=k}

=P(Yi=k) = 0.

On a donc encoreP {Yi+1−Yi=n} ∩ {Yi=k}

=P(Yi =k)× i

r n−1

1− i r

.

AlorsP(Y_i+1−Y_i=n) =

+∞

X

k=i

P {Y_i+1−Y_i=n} ∩ {Y_i=k}

=

+∞

X

k=i

P(Y_i=k)× i

r n−1

1− i r

! .

P(Yi+1−Yi=n) = i

r ⁿ⁻¹

1−i r

^+∞

X

k=i

P(Yi=k) = i

r ⁿ⁻¹

1− i r

car

+∞

X

k=i

P(Yi=k) = 1.

P(Yi+1−Yi=n) = i

r n−1

1−i r

.

Yi+1−Yi suit la loi g´eom´etrique de param`etre 1−i r· AlorsE(Yi+1−Yi) = 1

1−ⁱ_r = r r−i· Le cours donne ´egalement :V(Y_i+1−Y_i) =

i r

1−_rⁱ2 = r i (r−i)²· E(Yi+1−Yi) = r

r−i etV(Yi+1−Yi) = r i (r−i)².

3. Esp´erance et variance de Xr. (a)1 +

r−1

X

i=1

(Y_r−i+1−Y_r−i) =Y1+

r−1

X

i=1

Y_r−i+1−

r−1

X

i=1

Y_r−i=Y1+

r

X

i=2

Yi−

r−1

X

i=1

Yi=Y1+Yr−Y1=Yr=Xr.

X_r= 1 +

r−1

X

i=1

(Y_r−i+1−Y_r−i).

D’apr`es2. (c), pour toutidans [[1, r−1]], Y<sub>r−i+1</sub>−Y<sub>r−i</sub> poss`ede une esp´erance qui vaut r

i et une variance qui vaut r(r−i)

i² · Alors

r−1

X

i=1

(Y_r−i+1−Y_r−i) poss`ede une esp´erance et une variance. DoncXrposs`ede une esp´erance et une variance.

Par lin´erait´e de l’esp´erance :E(Xr) = 1 +

r−1

X

i=1

E(Yr−i+1−Yr−i+1) = 1 +

r−1

X

i=1

r i =

r

X

i=1

r i =r

r

X

i=1

1 i·

V(X_r) =V 1 +

r−1

X

i=1

(Y_r−i+1−Y_r−i)

!

=V

r−1

X

i=1

(Y_r−i+1−Y_r−i)

! .

Or les variables Y₂−Y₁,Y₃−Y₂, ...,Y_r−Y_r−1 sont ind´ependantes et poss`edent une variance donc : V(X_r) =

r−1

X

i=1

V(Y_r−i+1−Y_r−i) =

r−1

X

i=1

r(r−i) i² =

r

X

i=1

r(r−i) i² =r²

r

X

i=1

1 i²−r

r

X

i=1

1 i·

E(X_r) =r

r

X

i=1

1

i et V(X_r) =r²

r

X

i=1

1 i² −r

r

X

i=1

1 i·

(b)Notons αla limite de la suite (u_n)_n>1. E(Xr) =r

r

X

i=1

1

i =r(ur+ lnr) =r ur+r lnr=rlnr+α r+r(ur−α).

Comme lim

r→+∞(u_r−α) = 0 :E(X_r) =rlnr+α r+ o(r) au voisinage de +∞.

Il existe un r´eelαtel que :E(X_r) =rlnr+α r+ o(r) au voisinage de +∞.

La suite de terme g´en´eral

r

X

i=1

1

i² converge d’apr`esI 1. (c). Notonsβ sa limite. Notons queβ est un r´eel strictement positif (comme limite d’une suite strictement croissante de r´eels positifs).