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Corrigé du sujet ECRICOME Maths ECS 2017

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Exercice 1 : Inégalités de Taylor-Lagrange

1/ a/ Par limite du cours, $\lim\limits_{x\to 0}x\ln x=0$ . Par composition avec la limite $\lim\limits_{u\to 0}e^u=1$ , on a $\lim\limits_{x\to 0}g(x)=1$ .

$\boxed{\text{$f$ et $g$ admettent des limites (finies) en 0.}}$

1/ b/ $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour $x>0$ , $f'(x)=\ln x+1$ .
$f'(x)>0$ ssi $\ln x>-1$ ssi $x>e^{-1}$ . On a le tableau de variations suivant :

$g$ est dérivable sur $]0,1]$ et pour $x>0$ , $g'(x)=f'(x)e^{x\ln x}$ . $g'(x)$ est du signe de $f'(x)$ . On a le tableau de variations suivant :

1/ c/ $g$ est continue sur $]0,1]$ et admet une limite finie en 0 ; $g$ est donc prolongeable par continuité en 0.

$\boxed{\text{L'int\'egrale $\int\limits_0^1g(t)\,\mathrm{d}t$ converge.}}$

2/ a/ Soit $n\in \mathbb{N}$ . La fonction $t\mapsto (f(t))^n$ est continue sur $]0,1]$ et admet une limite finie en 0 (valant 0 si $n\in\mathbb{N}^*$ et 1 si $n=0$ ). La fonction $f^n$ est donc prolongeable par continuité en 0. L’intégrale $\int\limits_0^1[f(t)]^n\,\mathrm{d}t$ converge.

$\boxed{\text{Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n$ existe.}}$

2/ b/ Par l’étude de fonction de la question 1.b., on a $-\frac 1e\leqslant t\ln t\leqslant 0$ pour tout $t\in ]0,1]$ . Pour tout $t\in ]0,1]$ , on a donc :

$\begin{eqnarray*}|t\ln t|&\leqslant & e^{-1}\\|t\ln t|^n&\leqslant & e^{-n}\\|(t\ln t)^n|&\leqslant & e^{-n}\end{eqnarray*}$

La fonction $|f^n|$ est continue sur $]0,1]$ et admet une limite finie en 0, donc l’intégrale $\int\limits_0^1|(t\ln t)^n|\,\mathrm{d}t$ converge.
Par « croissance de l’intégrale », on a : $\int\limits_0^1|(t\ln t)^n|\,\mathrm{d}t\leqslant \int\limits_0^1e^{-n}\,\mathrm{d}t$ , soit $\int\limits_0^1|(t\ln t)^n|\,\mathrm{d}t\leqslant e^{-n}$ .
Par l’inégalité triangulaire :

$|u_n|\leqslant \frac 1{n!}\int\limits_0^1|(t\ln t)^n|\,\mathrm{d}t\leqslant \frac{e^{-n}}{n!}$

$\lim\limits_{n\to +\infty}e^{-n}=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty}n!=+\infty$ . Sans forme indéterminée, $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{e^{-n}}{n!}=0$ .

Par le théorème d’encadrement,

$\boxed{\text{la suite $u$ converge et $\lim u_n=0$.}}$

2/ c/ $u_0=\int\limits_0^11\,\mathrm{d}t=1$ et $u_1=\int\limits_0^1t\ln t\,\mathrm{d}t$ . Pour calculer cette intégrale, effectuons une intégration par parties, en revenant bien aux intégrales partielles. Soit $A\in ]0,1[$ . Les fonctions $u$ et $v$ suivantes sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[A,1]$ :

$u:t\mapsto \frac{t^2}{2}\quad\text{ et }\quad v:t\mapsto \ln t$

$u'(t)=t$ et $v'(t)=\frac 1t$ . On a :

$\begin{eqnarray*}\int\limits_A^0t\ln t\,\mathrm{d}t&=&\left[\frac {t^2}2\ln t\right]_A^1-\int\limits_A^1\frac t2\,\mathrm{d}t\\&=&-\frac 12A^2\ln A-\left[\frac{t^2}4\right]_A^1\\&=&-\frac 14+\frac{A^2}{4}-\frac{A^2\ln A}2\end{eqnarray*}$

Par limite usuelle, $\lim\limits_{A\to 0}A^2\ln A=0$ . En faisant tendre $A$ vers 0, nous obtenons

$\boxed{\text{$u_1=-\frac 14$.}}$

2/ d/ Soit $A\in ]0,1[$ . On effectue une intégration par parties avec les fonctions de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[A,1]$ :

$u:t\mapsto \frac{t^{n+1}}{n+1}\text{ et }v:t\mapsto (\ln t)^n$

$u'(t)=t^n$ et $v'(t)=\frac nt (\ln t)^{n-1}$ .

$\begin{eqnarray*}\int\limits_A^1t^n (\ln t)^n\,\mathrm{d}t&$ $=&\left[\frac{t^{n+1}}{n+1}(\ln t)^n\right]_A^1-\int\limits_A^1\frac{nt^{n+1}(\ln t)^{n-1}}{(n+1)t}\,\mathrm{d}t\\&$ $=&-\frac {A^{n+1}(\ln A)^n}{n+1}-\frac n{n+1}\int\limits_A^1t^n(\ln t)^{n-1}\,\mathrm{d}t$\end{eqnarray*}$

Par limite usuelle (ou croissance comparée) $\lim\limits_{A\to 0}A^{n+1}(\ln A)^n=0$ . En faisant tendre $A$ vers 0, nous obtenons :

$n!u_n=-\frac n{n+1}\int\limits_0^1t^n (\ln t)^{n-1}\,\mathrm{d}t$

Nous réitérons, comme indiqué, l’intégration par parties sur le segment $[A,1]$ , avec les fonctions de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[A,1]$ :

$u:t\mapsto \frac{t^{n+1}}{n+1}\text{ et }v:t\mapsto (\ln t)^{n-1}$

$\begin{eqnarray*} \int\limits_A^1t^n (\ln t)^{n-1}\,\mathrm{d}t&=&\left[\frac{t^{n+1}}{n+1}(\ln t)^{n-1}\right]_A^1-\int\limits_A^1\frac{(n-1)t^{n+1}(\ln t)^{n-2}}{(n+1)t}\,\mathrm{d}t\\&=&-\frac {A^{n+1}(\ln A)^{n-1}}{n+1}-\frac {n(n-1)}{n+1}\int\limits_A^1t^n(\ln t)^{n-2}\,\mathrm{d}t\end{eqnarray*}$

Par limite usuelle (ou croissance comparée) $\lim\limits_{A\to 0}A^{n+1}(\ln A)^{n-1}=0$ , et en faisant tendre $A$ vers 0, nous obtenons :

$n!u_n=\frac {n(n-1)}{(n+1)^2}\int\limits_0^1t^n (\ln t)^{n-2}\,\mathrm{d}t$

En continuant ce procédé, nous avons pour tout $k\in[\![0,n]\!]$ :

$n!u_n=(-1)^{k}\frac{n(n-1)\dots (n-k+1)}{(n+1)^k}\int\limits_0^1t^n (\ln t)^{n-k}\,\mathrm{d}t$

En particulier, $n!u_n=(-1)^n \frac{n!}{(n+1)^n}\int\limits_0^1t^n \,\mathrm{d}t=(-1)^n \frac{n!}{(n+1)^n}\left[\frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1=(-1)^n \frac{n!}{(n+1)^{n+1}}$ .

$\boxed{\text{$\forall n\in\mathbb{N}$, $u_n=\frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}}$}}$

2/ e/ Pour $n\geqslant 1$ , $|u_n|=\frac{1}{(n+1)^{n+1}}\leqslant \frac 1{(n+1)^2}\leqslant \frac1{n^2}$ .
La série de Riemann $\sum \frac 1{n^2}$ converge. On a $0\leqslant |u_n|\leqslant \frac1{n^2}$ .
Par le théorème de comparaison des séries à termes positifs, la série $\sum |u_n|$ converge. Par propriété relative à la convergence absolue,

$\boxed{\text{la s\'erie de terme g\'en\'eral $u_n$ converge.}}$

2/ f/ Avec calcul vectoriel :
function S = somme(n)
k = 0:n
u = (-1).^k ./(k+1).^(k+1)
S = sum(u)
endfunction

Par une boucle for :
function S = sommebis(n)
S = 0
for k = 0:n
S = S + (-1)^k/(k+1)^(k+1)
end
endfunction

3/ a/ Soit $n\in\mathbb{N}$ . Considérons $I=[-\frac 1e,0]$
et $f:t\mapsto e^t$ . La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur $I$ , et pour tout $t\in I$ , $|f^{(n+1)}(t)|=e^t\leqslant 1$ . Par l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre $n$ , pour tout $x\in I$ , on a :

$\left|f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}(x-0)^k\right|\leqslant \frac{|x-0|^{n+1}}{(n+1)!}$

Pour tout entier naturel $k$ , $f^{(k)}=f$ .
Pour $x\in I$ , on a $|x|\leqslant \frac 1e$ , puis $|x|^{n+1}\leqslant \left( \frac 1e\right)^{n+1}$ et donc :

$\forall x\in I,\quad \left|e^x-\sum\limits_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}\right|\leqslant \frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$

3/ b/ Soit $x\in ]0,1]$ . Par l’étude de la question 1.b., $x\ln x\in [-\frac 1e,0]$ . On peut appliquer le résultat de la question précédente :

$\left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|\leqslant \frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$

Les fonctions $x\mapsto \left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|$ et $x\mapsto \frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$ sont continues sur $]0,1]$ et l’intégrale $\int\limits_0^1\frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}\,\mathrm{d}x$ est convergente. Par le théorème de comparaison pour des intégrales de fonctions continues positives, l’intégrale $\int\limits_0^1\left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|\,\mathrm{d}x$ converge.

Par « croissance de l’intégrale » :

$\int\limits_0^1\left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|\,\mathrm{d}x\leqslant \int\limits_0^1\frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}\,\mathrm{d}x$

soit

$\int\limits_0^1\left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|\,\mathrm{d}x\leqslant\frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$

Par ailleurs, par linéarité pour des intégrales convergentes, $I-S_n=\int\limits_0^1\left(e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right)\,\mathrm{d}x$ .\\
On termine par l’inégalité triangulaire :

$\left|I-S_n\right|\leqslant \int\limits_0^1\left|e^{x\ln x}-\sum\limits_{k=0}^n \frac{(x\ln x)^k}{k!}\right|\,\mathrm{d}x\leqslant\frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$

3/ c/ Sans forme indéterminée, $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{e^{n+1}(n+1)!}$ . Le théorème d’encadrement appliqué à l’encadrement de la question précédente donne : $\lim S_n=I$ .
Ainsi $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(k+1)^{k+1}}=I$ . Le changement d’indice $n=k+1$ donne :

$I=-\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^n}$

3/ d/
function I = estimation(eps)
n = 0
while 1/ (exp(n+1)*factorial(n+1)) >= eps
n = n+1
end
I = somme(n)
endfunction

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Exercice 2 : Matrice Symétrique

1/ a/ $J$ est une matrice symétrique réelle donc $J$ est diagonalisable et il existe une matrice orthogonale $P$ et une matrice diagonale $D$ telles que $J=PDP^{-1}=PD{ }^tP$ .

1/ b/ On a, en notant $C_1,\dots, C_n$ les colonnes de $J$ :

$\begin{eqnarray*}rg(J)&=&\dim\vect<C_1,C_2,\dots, C_n>\\&=&\dim \vect<C_1>\text{ car }C_1=C_2=\dots = C_n\\&=&1\text{ car }C_1\neq 0\text{ donc }(C_1)\text{ est libre} \end{eqnarray*}$

$\boxed{\text{Le rang de $J$ est 1.}}$

Comme $n\geqslant 2$ , on a $\rg(J-0I_n)<n$ et

$\boxed{\text{0 est valeur propre de $J$.}}$

Par le théorème du rang, $\dim E_0=n-\rg(J-0I_n)=n-1$ .

$\boxed{\text{L'espace propre associ\'e \`a 0 est de dimension $n-1$.}}$

1/ c/ Deux matrices semblables ont même trace, donc $\tr(D)=\tr(J)=n$ .
Par la question précédente, il existe un réel $\mu$ tel que $D=\begin{pmatrix}0&0&\dots &\dots &0\\0&0&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&\mu\end{pmatrix}$ . On a $\tr(D)=\mu$ . Finalement, $\mu =n$ et

$D=\begin{pmatrix}0&0&\dots &\dots &0\\0&0&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&n\end{pmatrix}$

2/ a/ Développons le carré :

$\begin{eqnarray*}\left( \sum\limits_{i=1}^n x_i\right)^2&=&\left( \sum\limits_{i=1}^n x_i\right)\left( \sum\limits_{j=1}^n x_j\right)=\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2}x_ix_j\\&=&\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i<j}x_ix_j+\sum\limits_{i=1}^n x_i^2+\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; j<i}x_ix_j\\&&\text{on change d'indice dans la derni\`ere somme : $i'=j$ et $j'=i$}\\&=&\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i<j}x_ix_j+\sum\limits_{i=1}^n x_i^2+\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i'<j'}x_{j'}x_{i'}\\&=&\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i<j}x_ix_j+\sum\limits_{i=1}^n x_i^2+\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i'<j'}x_{i'}x_{j'}\\&=&2\sum\limits_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2, \; i<j}x_ix_j+\sum\limits_{i=1}^n x_i^2\end{eqnarray*}$

On a bien

$f(x_1,x_2,\dots, x_n)=\frac 12\left[\left( \sum\limits_{i=1}^n x_i\right)^2-\sum\limits_{i=1}^n x_i^2\right]$

2/ b/ La matrice $M=\begin{pmatrix}0&1/2&\dots &\dots &1/2\\1/2&0&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &1/2&1/2\\1/2&\dots & \dots &1/2&0\end{pmatrix}$ est une matrice (symétrique) telle que
$f(x)={ }^tXMX$ pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ .

2/ c/ On a $M=\frac 12J-\frac 12I_n$ .

2/ d/ On a $M=\frac 12PD{ }^tP-\frac 12PI_n{ }^tP=P\left( \frac 12D-\frac 12I_n\right){ }^tP$ .

$M=P\Delta { }^tP\text{ avec }\Delta = \begin{pmatrix}-1/2&0&\dots &\dots &0\\0&-1/2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &-1/2&0\\0&\dots & \dots &0&(n-1)/2\end{pmatrix}$

En tant que fonction polynomiale de

$n$ variables,

$f$ est continue sur

$\mathbb{R}^n$ .
L’ensemble

$S$ est un ensemble fermé (défini par une fonction continue et une égalité) et borné (pour tout

$x\in S$ ,

$\Vert x\Vert =1$ ).
Par le théorème des bornes atteintes,

$f$ admet un minimum et un maximum sur

$S$ .

2/ e/ Soit $x\in S$ .
Posons $Y={ }^tPX$ . Par b. et d., nous avons $f(x)={ }^tY\Delta Y$ . Par calcul matriciel,

$f(x)=-\frac 12 \left( y_1^2+y_2^2+\dots +y_{n-1}^2\right)+\left(\frac{n-1}2\right)y_n^2$

Par ailleurs, $\Vert y\Vert ^2={ }^tYY={ }^tXP{ }^tPX={ }^tXX=1$ car $x\in S$ . Donc $\sum\limits_{i=1}^n y_i^2=1$ , puis :

$f(x)=-\frac 12 \left(1-y_n^2\right)+\left(\frac{n-1}2\right)y_n^2=-\frac 12+\frac n2y_n^2$

Nous avons $0\leqslant y_n^2\leqslant \Vert y\Vert ^2$ , soit $0\leqslant y_n^2\leqslant 1$ . On en déduit l’encadrement de $f(x)$ :

$\forall x\in\mathbb{R}^n,\quad -\frac 12\leqslant f(x)\leqslant -\frac 12+\frac n2$

Ceci ne nous fournit qu’un minorant et un majorant de $f$ sur $S$ .

Soit $x$ un vecteur propre de norme 1 associé à la valeur propre $-\frac 12$ de $M$ . Nous avons $f(x)={ }^tX(-\frac 12)X=-\frac 12{ }^tXX=-\frac 12$ .

$\boxed{\text{$f$ admet un minimum sur $S$, valant $-\frac 12$.}}$

Soit $x$ un vecteur propre de norme 1 associé à la valeur propre $\frac n2-\frac 12$ de $M$ . Nous avons de même $f(x)=\frac n2-\frac 12$ .

$\boxed{\text{$f$ admet un maximum sur $S$, valant $\frac{n-1}{2}$.}}$

3/ a/ $A$ est une matrice symétrique réelle : elle est diagonalisable et il existe $P$ matrice réelle d’ordre $n$ orthogonale et $D$ matrice diagonale d’ordre $n$ telles que $A=P D{ }^tP$ .
Comme $A$ a toutes ses valeurs propres positives, les coefficients diagonaux de $D$ sont positifs, et chacun est le carré d’une racine carrée. Il existe $r_1,\dots, r_n$ réels tels que :

$A=P\begin{pmatrix}r_1^2&0&\dots &\dots &0\\0&r_2^2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n^2\end{pmatrix}{ }^tP$

Posons $B=P\begin{pmatrix}r_1&0&\dots &\dots &0\\0&r_2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n\end{pmatrix}{ }^tP$ .

Nous avons :

$\begin{eqnarray*} B^2 &=&P\begin{pmatrix}r_1&0&\dots &\dots &0\\0&r_2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n\end{pmatrix}{ }^tPP\begin{pmatrix}r_1&0&\dots &\dots &0\\0&r_2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n\end{pmatrix}{ }^tP \\ &=& P\begin{pmatrix}r_1^2&0&\dots &\dots &0\\0&r_2^2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n^2\end{pmatrix}{ }^tP \\ &=& A \\ \end{eqnarray*}$

car ${ }^tPP=I_n$ .

$\boxed{\text{Il existe une matrice $B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que $B^2=A$.}}$

3/ b/ Remarquons qu’avec le choix de la matrice $B$ précédemment effectué, $B$ est symétrique. En effet, en notant $S=\begin{pmatrix}r_1&0&\dots &\dots &0\\0&r_2&\ddots&&\vdots\\\vdots & \ddots &\ddots&\ddots &\vdots\\\vdots & &\ddots &0&0\\0&\dots & \dots &0&r_n\end{pmatrix}$ , on a ${ }^tB={ }^tP{ }^tSP={ }^tPSP=B$ .

Les valeurs propres de $A$ sont non nulles donc $u$ est bijectif. De même, les valeurs propres de $B$ sont les $r_i\neq 0$ , donc $B$ est inversible et $v$ est bijectif.
La matrice de $v$ relativement à une base orthonormée est symétrique, donc $v$ est un endomorphisme symétrique. Pour les mêmes raisons, les endomorphismes $u$ , $u^{-1}$ , $v^{-1}$ sont des endomorphismes symétriques.
Pour $x$ et $y$ vecteurs de $\mathbb{R}^n$ , on a :

$\begin{eqnarray*}\langle x,y\rangle &=&\langle v^{-1}(v(x)),y\rangle\\&=&\langle v(x),v^{-1}(y)\rangle\quad \text{ car $v^{-1}$ est sym\'etrique}\end{eqnarray*}$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a alors $(\langle x,y\rangle )^2\leqslant \Vert v(x)\Vert ^2\Vert v^{-1}(y)\Vert ^2$ . Enfin,

$\begin{eqnarray*}\Vert v(x)\Vert ^2&=&\langle v(x),v(x)\rangle \\&=&\langle v^2(x),x\rangle\quad \text{ car $v$ est sym\'etrique}\\&=&\langle u(x),x\rangle\text{ car }\mat(v^2)=B^2=A=\mat(u)\text{ donc }v^2=u\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}\Vert v^{-1}(y)\Vert ^2&=&\langle v^{-1}(y),v^{-1}(y)\rangle\\&=&\langle (v^{-1})^2(y),y\rangle\quad\text{ car $v^{-1}$ est sym\'etrique}\\&=&\langle (v^2)^{-1}(y),y\rangle = \langle u^{-1}(y),y\rangle\end{eqnarray*}$

$\boxed{\text{$\forall (x,y)\in (\mathbb{R}^n)^2,\quad (\langle x,y\rangle )^2\leqslant \langle u(x),x\rangle \;\langle u^{-1}(y),y\rangle$}}$

3/ c/ Soit $x$ un vecteur non nul de $\mathbb{R}^n$ . Posons $y=u(x)$ . Comme $u$ est injectif (0 n’est pas valeur propre de $A$ ), son noyau est réduit à $\{0\}$ , et comme $x\neq 0$ , on a $u(x)\neq 0$ . On a :

$\langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(y),y\rangle = \langle u(x),x\rangle \langle x,u(x)\rangle = \langle x,y\rangle ^2$

Il y a égalité dans l’inégalité trouvée plus haut.
Soit $x$ un vecteur de $\mathbb{R}^n$ de norme 1. On a par la question précédente (on prend $y=x$ ):

$\Vert x\Vert ^2\leqslant \langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(x),x\rangle\quad \text{ donc }\quad 1\leqslant \langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(x),x\rangle$

Soit $\lambda>0$ une valeur propre de $A$ , et $x_0$ un vecteur propre de $u$ de norme 1 associé à cette valeur propre (un tel vecteur existe, car si $v$ est un vecteur propre, $\frac v{\Vert v\Vert}$ est encore vecteur propre et il est normé).

On a $u(x_0)=\lambda x_0$ donc $x_0=\lambda u^{-1}(x_0)$ . Ainsi :

$\begin{eqnarray*}\langle u(x_0),x_0\rangle \langle u^{-1}(x_0),x_0\rangle&=&\langle \lambda x_0,x_0\rangle \langle \frac 1{\lambda}x_0,x_0\rangle\\&=&\frac{\lambda}{\lambda}\langle x_0,x_0\rangle\langle x_0,x_0\rangle=1\end{eqnarray*}$

En conclusion, pour tout vecteur $x$ de $\mathbb{R}^n$ de norme 1, on a :

$\langle u(x_0),x_0\rangle \langle u^{-1}(x_0),x_0\rangle\leqslant \langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(x),x\rangle$

et le minimum de l’ensemble $\{\langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(x),x\rangle,\;x\in\R^n,\; \Vert x\Vert =1\}$ est $1=\langle u(x_0),x_0\rangle \langle u^{-1}(x_0),x_0\rangle$ .

4/ a/ On a $1\times 2-1\times 1=1\neq 0$ donc $A$ est inversible. De plus,

$A^{-1}=\frac 11\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-1\\-1&1\end{pmatrix}$

4/ b/ $\lambda$ est valeur propre de $A$ ssi $A-\lambda I_2$ est non inversible ssi $(1-\lambda)(2-\lambda)-1=0$ ssi $\lambda^2-3\lambda+1=0$ .

$Sp(A)=\left\{\frac{3-\sqrt 5}2,\frac{3+\sqrt 5}2\right\}$

Comme $\sqrt 5<\sqrt 9$ , on a $\frac{3-\sqrt 5}2>0$ .

$\boxed{\text{Les valeurs propres de $A$ sont strictement positives.}}$

4/ c/ Faisons le lien avec la question 3. La matrice $A$ est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Soit $u$ l’endomorphisme canoniquement associé à $A$ .
On a $\langle u(x),x\rangle ={ }^tXAX=x_1^2+2x_2^2+2x_1x_2$ et $\langle u^{-1}(x),x\rangle = { }^tXA^{-1}X=2x_1^2+x_2^2-2x_1x_2$ ,

ce qui fait que $g(x_1,x_2)=\langle u(x),x\rangle \langle u^{-1}(x),x\rangle$ .

Quant à la contrainte $x_1^2+x_2^2=1$ , elle équivaut à $\Vert x\Vert ^2=1$ , ou encore $\Vert x\Vert =1$ .
Le résultat de la question 3.c. nous donne que la valeur du minimum de $g$ sous la contrainte $x_1^2+x_2^2=1$ est 1.

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Problème : Densité de probabilité

Partie A :

1/ $\bullet$ $g_a$ est continue sur $]-\infty, 0[$ et $]0,+\infty[$ .
En réalité, comme $\lim\limits_{x\to 0^+}g_a(x)=0=g_a(0)=\lim\limits_{x\to 0^-}g_a(x)$ , $g_a$ est continue sur $\mathbb{R}$ , mais cela ne nous sert pas ici.

$\bullet$ $g_a$ est positive sur $\mathbb{R}$ .

$\bullet$ Soit $A>0$ .

$\begin{eqnarray*}\int\limits_0^Ag_a(x)\,\mathrm{d}x&=&\left[-e^{-x^2/(2a^2)}\right]_0^A=1--e^{-A^2/(2a^2)}\\\lim\limits_{A\to +\infty}\int\limits_0^Ag_a(x)\,\mathrm{d}x&=&1\end{eqnarray*}$

donc l’intégrale $\int\limits_0^{+\infty}g_a(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut 1.
Comme $g_a$ est nulle sur $\mathbb{R}^-$ , l’intégrale $\int\limits_{-\infty}^0g_a(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut 0.
L’intégrale $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}g_a(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut 1.
Par ces trois points,

$\boxed{\text{$g_a$ est une densit\'e de probabilit\'e.}}$

2/ a/ Une densité de $N$ est :

$f_N:x\mapsto \frac{1}{\sqrt {2\pi a^2}}e^{-x^2/(2a^2)}\text{ pour }x\in\mathbb{R}$

On a $E(N)=0$ et $E(N^2)=V(N)+(E(N))^2=V(N)=a^2$ .

$\boxed{\text{$E(N)=0$ et $E(N^2)=a^2$}}$

2/ b/ Puisque $N$ admet un moment d’ordre 2, l’intégrale définissant $E(N^2)$ converge absolument et on a :

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2}{\sqrt {2\pi a^2}}e^{-x^2/(2a^2)}\,\mathrm{d}x=a^2$

L’intégrande est pair ; par parité :

$2\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{x^2}{\sqrt {2\pi a^2}}e^{-x^2/(2a^2)}\,\mathrm{d}x=a^2$

donc l’intégrale $\int\limits_0^{+\infty}x^2g_a(x)\,\mathrm{d}x$ converge (absolument) et vaut $\frac{\sqrt{2\pi a^2}}2$ soit $a\sqrt{\frac{\pi }{2}}$ .
Comme $g_a$ est nulle sur $\mathbb{R}^-$ , on a la convergence absolue de l’intégrale $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}x^2g_a(x)\,\mathrm{d}x$ et sa valeur.

$\boxed{\text{$Z_a$ admet une esp\'erance, et cette esp\'erance vaut $a\sqrt{\frac{\pi }{2}}$.}}$

2/ c/ $Z_a$ admet un moment d’ordre 2 ssi l’intégrale $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}x^2g_a(x)\,\mathrm{d}x$ converge absolument ssi l’intégrale $I=\int\limits_0^{+\infty}\frac{x^3}{a^2}e^{-x^2/(2a^2)}\,\mathrm{d}x$ converge.
La fonction $\varphi:x\mapsto \frac{x^2}{2a^2}$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\mathbb{R}^+$ , strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$ , bijective de $\mathbb{R}^+$ dans $\mathbb{R}^+$ . Le changement de variables $u=\frac{x^2}{2a^2}$ est permis dans cette intégrale impropre $I$ ; les intégrales avant et après changement de variables sont de même nature, et égales en cas de convergence. L’intégrale après changement de variable est $J=\int\limits_0^{+\infty}2a^2ue^{-u}\,\mathrm{d}u=2a^2\Gamma (2)=2a^2$ , convergente.
Donc $Z_a$ admet un moment d’ordre 2, donc une variance, et $E(Z_a^2)=2a^2$ .

$V(Z_a)=E(Z_a^2)-(E(Z_a))^2=2a^2-\frac{\pi a^2}{2}$

$\boxed{\text{$Z_a$ admet une variance, valant $\frac{(4-\pi)a^2}{2}$.}}$

Partie B :

1/
function X = tirage(n)
urnes = zeros(1,n)
X = 1
choix = floor(rand()*n) + 1
disp(choix)
while max(urnes)<2
urnes(choix) = urnes(choix) + 1
choix = floor(rand()*n) + 1
disp(choix)
X = sum(urnes)
//si on préfère X = X+1, prendre l’initialisation X = 0 au lieu de X=1
end
endfunction

2/ Ici $n=1$ . On ne dispose que d’une urne. Elle contient deux boules pour la première fois au deuxième tirage. $X_1$ est la variable aléatoire certaine égale à 2. Son espérance est 2 et sa variance est 0.

3/ Ici $n=2$ . On dispose de deux urnes. Notons $N_i$ la variable aléatoire égale au numéro de l’urne choisie au $i$ -ième placement de boule.

$X_2(\Omega)=\{2,3\}$

$\begin{eqnarray*}{[X_2=2]}&=&\left([N_1=1]\cap [N_2=1]\right)\cup \left( [N_1=2]\cap [N_2=2]\right)\\P(X_2=2)&=&P(N_1=1)P(N_2=1)+P(N_1=2)P(N_2=2)=\frac 12\times \frac 12+\frac 12\times \frac 12=\frac 12\\{[X_2=3]}&=&\left([N_1=1]\cap [N_2=2]\right)\cup \left( [N_1=2]\cap [N_2=1]\right)\\P(X_2=2)&=&P(N_1=1)P(N_2=2)+P(N_1=2)P(N_2=1)=\frac 12\times \frac 12+\frac 12\times \frac 12=\frac 12\end{eqnarray*}$

La variable aléatoire $X_2-2$ est à valeurs dans $\{0,1\}$ et prend la valeur 1 avec probabilité 1/2 ; elle suit la loi de Bernoulli de paramètre 1/2.

$E(X_2-2)=\frac 12\quad \text{ et }\quad V(X_2-2)=\frac 12\times \frac 12=\frac 14$

Par linéarité de l’espérance, $E(X_2)=E(X_2-2)+2=\frac 52$ ; par propriété $V(aX+b)=a^2V(X)$ , on a $V(X_2)=V(X_2-2)=\frac 14$ .

$\boxed{\text{$X_2(\Omega)=\{2,3\}$, $P(X_2=2)=P(X_2=3)=\frac 12$ ; $E(X_2)=\frac 52 $ et $V(X_2)=\frac 14$.}}$

4/ a/ Au plus rapide, on peut choisir deux fois de suite la même urne, et $X_n$ prend la valeur 2. Au plus long, on peut choisir chacune des urnes une seule fois (cela prend $n$ tirages) et le tirage suivant aboutit à une urne contenant 2 boules pour la première fois ; $X_n$ prend la valeur $n+1$ . Les situations intermédiaires sont possibles (pour $k\in[\![2,n]\!]$ , on choisit pendant $k-1$ placements des urnes différentes, et le tirage $k$ , on prend une urne déjà utilisée).

$\boxed{\text{$X_n(\Omega)=[\![2,n+1]\!]$}}$

4/ b/ Pour $k\in [\![2,n+1]\!]$ , on a :

$\begin{eqnarray*}P(X_n>k-1)&=&P(\text{"Les $k-1$ premi\`eres urnes choisies sont toutes diff\'erentes"})\\&=&\frac{n}n\times \frac{n-1}n\dots \times \frac{n-k+2}n=\frac{n(n-1)\dots (n-k+2)}{n^{k-1}} \\&=&\frac{n!}{(n-k+1)!n^{k-1}}\end{eqnarray*}$

Cette relation est en réalité valable aussi pour $k=1$ puisque $P(X_n>0)=1$ .

On a $[X_n>k]\cup [X_n=k]=[X_n>k-1]$ et l’union est constituée d’événements disjoints.

Donc $P(X_n>k)+P(X_n=k)=P(X_n>k-1)$ .

Pour $k\in [\![2,n+1]\!]$ ,

$\begin{eqnarray*}P(X_n=k)&=&\frac{n!}{(n-k+1)!n^{k-1}}-\frac{n!}{(n-k)!n^{k}}\\&=&\frac{n!}{(n-k+1)!n^{k}}\left[n-(n-k+1)\right]=\frac{n!(k-1)}{(n-k+1)!n^{k}}\end{eqnarray*}$

$\boxed{\text{Pour $k\in [\![2,n+1]\!]$, \quad $P(X_n=k)=\frac{n!(k-1)}{(n-k+1)!n^{k}}$.}}$

4/ c/ Pour $n\in\mathbb{N}^*$ , $X_n$ prend un nombre fini de valeurs, et admet donc une espérance.

$E(X_n)=\sum\limits_{k=2}^{n+1}kP(X_n=k)=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\frac{n!k(k-1)}{(n-k+1)!n^{k}}$

4/ d/ function E = esperance(n)
facto = prod([1:n])
fac = facto
somme = 0
puissance = n
for k = 2:(n+1)
puissance = puissance *n
fac = fac/(n-k+2)
somme = somme + k*(k-1)/(puissance * fac)
end
E = facto * somme
endfunction

Partie C :

1/ La fonction $t\mapsto \ln (1+t)$ est concave sur $]-1,+\infty[$ , donc sa courbe représentative est en-dessous de ses tangentes, et en particulier de sa tangente en 0, d’équation $y=t$ .

$\forall t>-1,\quad \ln(1+t)\leqslant t\quad\text{ et donc }\quad \forall x\in [0,\frac 12],\; \ln (1-x)\leqslant -x$

Introduisons $g:x\mapsto \ln (1-x)+x+x^2$ . $g$ est dérivable sur $[0,\frac 12]$ et pour $x$ réel de cet intervalle,
$g'(x)=-\frac 1{1-x}+x+2x=\frac{x-2x^2}{1-x}=\frac{2x(\frac 12-x)}{1-x}\geqslant 0$ .
$g$ est donc croissante sur $[0,\frac 12]$ . Comme $g(0)=0$ , on a $g(x)\geqslant 0$ pour $x\in [0,\frac 12]$ .

$\boxed{\text{Pour tout r\'eel $x$ de $[0,\frac 12]$, \quad $-x-x^2\leqslant \ln (1-x)\leqslant -x$.}}$

2/ Soient $m\in\mathbb{N}$ et $n\in\mathbb{N}^*$ tels que $m\leqslant \frac n2$ . Pour tout $k\in[\![0,m]\!]$ , on a $0\leqslant \frac kn\leqslant \frac 12$ . Par la question précédente :

$-\frac kn-\frac {k^2}{n^2}\leqslant \ln (1-\frac kn)\leqslant -\frac kn$

On somme ces inégalités pour $k$ allant de 0 à $m$ :

$\sum\limits_{k=0}^m\left(-\frac kn-\frac {k^2}{n^2}\right)\leqslant \sum\limits_{k=0}^m\ln (1-\frac kn)\leqslant \sum\limits_{k=0}^m-\frac kn$

Par linéarité de la somme :

$-\frac 1n\sum\limits_{k=0}^mk-\frac {1}{n^2}\sum\limits_{k=0}^mk^2\leqslant \sum\limits_{k=0}^m\ln (1-\frac kn)\leqslant -\frac 1n\sum\limits_{k=0}^mk$

Par les formules de sommation : $\sum\limits_{k=0}^mk=\frac{m(m+1)}{2}$ et $\sum\limits_{k=0}^mk^2=\frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$ , on obtient le résultat demandé :

$\begin{equation*}-\frac{m(m+1)}{2n}-\frac{m(m+1)(2m+1)}{6n^{2}}\leqslant \alpha(n,m)\leqslant -\frac{m(m+1)}{2n}.\end{equation*}$

3/ Pour $x\leqslant 0$ , $\lfloor \sqrt nx\rfloor\leqslant 0$ et $\lfloor nx\rfloor$ n’est pas une valeur de $X_n$ . Ainsi $P(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)=0$ .

$\boxed{\text{Pour $x\leqslant 0$, $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)=0$}}$

4/ a/ $x$ est dans cette question strictement positif.
$\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt nx=+\infty$ . Par composition avec la limite $\lim\limits_{x\to +\infty}\lfloor x\rfloor =+\infty$ , on a :

$\boxed{\text{$\lim\limits_{n\to +\infty}\lfloor \sqrt nx\rfloor=+\infty$}}$

On a l’encadrement :

$\sqrt nx-1\leqslant \lfloor\sqrt nx\rfloor\leqslant \sqrt nx$

puis

$1-\frac 1{\sqrt nx }\leqslant \frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}{\sqrt n x}\leqslant \frac1{\sqrt nx}$

Comme $\lim\limits_{n\to +\infty}1-\frac 1{\sqrt nx }=1$ , on applique le théorème d’encadrement, et on obtient : $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}{\sqrt n x}=1$ .

$\boxed{\text{Un \'equivalent de $\lfloor \sqrt nx\rfloor$ quand $n$ tend vers $+\infty$ est $\sqrt nx$.}}$

4/ b/ Comme $\lim\limits_{n\to +\infty}\lfloor \sqrt nx\rfloor=+\infty$ , il existe un rang à partir duquel $\lfloor \sqrt nx\rfloor \geqslant 2$ .
Comme $\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}{n}\underset{n\to +\infty}{\sim}\frac x{\sqrt n}$ et $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac x{\sqrt n}=0$ , il existe un rang à partir duquel $\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}n\leqslant \frac 12$ .
Par ces deux informations,

$\boxed{\text{il existe $N\in\mathbb{N}$ tel que pour $n\geqslant N$, $\quad$ $2\leqslant \lfloor \sqrt nx\rfloor \leqslant \frac n2$.}}$

4/ c/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et $k\in[\![2,n+1]\!]$ .

$\begin{eqnarray*}\prod\limits_{i=0}^{k-2}\left(1-\frac{i}{n}\right)&=&\prod\limits_{i=0}^{k-2}\frac{\left(n-i\right)}n\\&=&\frac{\prod\limits_{i=0}^{k-2}(n-i)}{n^{k-1}}\\&=&\frac{n(n-1)\dots (n-k+2)}{n^{k-1}}=\frac{n!}{(n-k+1)!n^{k-1}}\\\text{ D' o\`u }\frac{k-1}n\prod\limits_{i=0}^{k-2}\left(1-\frac{i}{n}\right)&=&\frac{n!(k-1)}{n^k(n-k+1)!}\end{eqnarray*}$

Par la question B.4.b., on a bien $P(X_n=k)=\frac{k-1}n\prod\limits_{i=0}^{k-2}\left(1-\frac{i}{n}\right)$ .

4/ d/ Par propriété de l’exponentielle :

$\begin{eqnarray*}\exp (\alpha(n,m))&=&\exp\left({\sum\limits_{k=0}^m\ln (1-\frac kn)}\right)=\prod\limits_{k=0}^me^{\ln (1-\frac kn)}=\prod\limits_{k=0}^m(1-\frac kn) \\\exp \left( \alpha(n,\lfloor \sqrt nx\rfloor -2)\right)&=&\prod\limits_{k=0}^{\lfloor \sqrt nx\rfloor -2}\left( 1-\frac kn\right)\end{eqnarray*}$

Pour $n\geqslant N$ , $\lfloor \sqrt nx\rfloor$ est un entier compris entre 2 et $\frac n2$ , donc compris entre 2 et $n+1$ ; c’est une valeur de $X_n(\Omega)$ , et la formule de la question c. s’applique.

$\text{Pour $n\geqslant N$,\quad }P\left(X_{n}=\left\lfloor\sqrt{n}x\right\rfloor\right)=\frac{\left\lfloor\sqrt{n}x\right\rfloor-1}{n}\exp\left(\alpha\left(n,\left\lfloor\sqrt{n}x\right\rfloor-2\right)\right)$

4/ e/ On rappelle que $x$ est un réel strictement positif fixé. Dans les négligeabilités et équivalences ci-dessous, $n$ tend vers $+\infty$ .
Par 4.a., $\lfloor \sqrt nx\rfloor=\sqrt nx + o(\sqrt nx)$ . On a $1=o(\sqrt n)$ ou encore $1=o(\sqrt nx)$ .
Donc $\lfloor \sqrt nx\rfloor-1=\sqrt nx + o(\sqrt nx)$ , et $\lfloor \sqrt nx\rfloor-1\sim \sqrt nx$ .

$\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor-1 }{n}\sim \frac x{\sqrt n}$

De même, $\lfloor \sqrt nx\rfloor-2\sim \sqrt nx$ , et par produit d’équivalents, $-\frac{(\lfloor \sqrt nx\rfloor-2)(\lfloor \sqrt nx\rfloor-1)}{2n}\sim -\frac{nx^2}{2n}\sim -\frac{x^2}2$ , et cette quantité est de limite $-\frac{x^2}2$ .

Toujours par produit d’équivalents,

$-\frac{(\lfloor \sqrt nx\rfloor-2)(\lfloor \sqrt nx\rfloor-1)(2\lfloor \sqrt nx\rfloor -3)}{6n^2}\sim-\frac{x^2}2\frac{2\sqrt nx}{3n}\sim -\frac{x^3}{3\sqrt n}$

et cette quantité est de limite nulle.

Relisons l’encadrement de la question 2. appliqué au cas de $\alpha(n,\lfloor \sqrt nx\rfloor-2)$ . Les calculs précédents nous assurent que les deux membres encadrants tendent vers $-\frac{x^2}2$ quand $n$ tend vers $+\infty$ . Par le théorème d’encadrement, $\lim\limits_{n\to +\infty}\alpha(n,\lfloor \sqrt nx\rfloor-2)=-\frac{x^2}2$ . Par composition avec exp, continue en $-\frac{x^2}2$ , on a :

$\lim\limits_{n\to +\infty}\exp(\alpha(n,\lfloor \sqrt nx\rfloor-2))=\exp(-\frac{x^2}2)\text{ puis }\exp(\alpha(n,\lfloor \sqrt nx\rfloor-2))\sim\exp(-\frac{x^2}2)$

Par produit d’équivalents, $\sqrt n\frac{\left(\left\lfloor\sqrt{n}x\right\rfloor-1\right)}{n}\exp\left(\alpha\left(n,\left\lfloor\sqrt{n}x\right\rfloor-2\right)\right)\sim x\exp(-\frac{x^2}2)$ .

$\boxed{\text{Pour $x>0$, $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)=x\exp(-\frac{x^2}2)$}}$

On s’aperçoit que

$\boxed{\text{Pour tout r\'eel $x$, $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)=g_1(x)$}}.$

Partie D

1/ a/ Soit $k\in\mathbb{Z}$ et $n\in\mathbb{N}^*$ .

$\lfloor \sqrt nx\rfloor =k\text{ ssi }k\leqslant \sqrt nx<k+1\text{ ssi }\frac{k}{\sqrt n}\leqslant x<\frac{k+1}{\sqrt n}$

$\boxed{\text{Pour $k\in\mathbb{Z}$ et $n\in \mathbb{N}^*$, l'ensemble des r\'eels $x$ tels que $\lfloor \sqrt nx\rfloor =k$ est $[\frac k{\sqrt n},\frac{k+1}{\sqrt n}[$.}}$

1/ b/ $X_n(\Omega)=[\![2,n+1]\!]$ .
$\lfloor \sqrt nx\rfloor\in X_n(\Omega)$ ssi $2\leqslant \lfloor \sqrt nx\rfloor\leqslant n+1$ ssi $2\leqslant \sqrt nx<n+2$ ssi $\frac 2{\sqrt n}\leqslant x< \frac{n+2}{\sqrt n}$ .
À l’aide des intervalles trouvés en question précédente :

$f_n(x)=\begin{cases}0&\text{ si }x<\frac 2{\sqrt n}\\\sqrt n P(X_n=2)&\text{ si }\frac 2{\sqrt n}\leqslant x<\frac{3}{\sqrt n}\\\sqrt n P(X_n=3)&\text{ si }\frac 3{\sqrt n}\leqslant x<\frac{4}{\sqrt n}\\\vdots &\\\sqrt n P(X_n=n+1)&\text{ si }\frac {n+1}{\sqrt n}\leqslant x<\frac{n+2}{\sqrt n}\\0&\text{ si }x\geqslant \frac{n+2}{\sqrt n}\end{cases}$

où chacune des probabilités peut être exprimée à l’aide de la question 4.b. de la partie B (mais ce n’est pas nécessaire).
$f_n$ est donc une fonction positive sur $\mathbb{R}$ , et continue sur $\mathbb{R}$ privé d’un nombre fini de points.
L’intégrale de $f$ sur $\mathbb{R}$ converge (c’est l’intégrale d’une fonction continue par morceaux sur le segment $[\frac 2{\sqrt n},\frac{n+2}{\sqrt n}]$ , $f$ étant nulle hors de ce segment) et on a :

$\begin{eqnarray*}\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_n(t)\,\mathrm{d}t&=&0+\int\limits_{2/\sqrt n}^{3/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=2)\,\mathrm{d}t+\int\limits_{3/\sqrt n}^{4/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=3)\,\mathrm{d}t+\dots \\&& +\int\limits_{(n+1)/\sqrt n}^{(n+2)/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=n+1)\,\mathrm{d}t+0\\&=&P(X_n=2)+P(X_n=3)+\dots + P(X_n=n+1)=1\text{ car }X_n(\Omega)=[\![2,n+1]\!]\end{eqnarray*}$

$\boxed{\text{Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $f_n$ est une densit\'e de probabilit\'e.}}$

2/ a/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et $k\in\mathbb{Z}$ .
$\bullet$ Premier cas : $k>\lfloor \sqrt nx\rfloor$ .
L’entier $\lfloor \sqrt nx\rfloor$ est strictement inférieur à l’entier $k$ . On a donc $\lfloor \sqrt nx\rfloor\leqslant k-1$ . Ainsi $\sqrt nx<\lfloor \sqrt nx\rfloor +1<k$ puis $\sqrt nx-k<0$ .
$P(U\leqslant \sqrt nx-k)=0$

$\bullet$ Deuxième cas : $k<\lfloor \sqrt nx\rfloor$ .
L’entier $\lfloor \sqrt nx\rfloor$ est strictement supérieur à l’entier $k$ donc $\lfloor \sqrt nx\rfloor\geqslant k+1$ . On a donc $\sqrt nx\geqslant \lfloor \sqrt nx\rfloor\geqslant k+1$ puis $\sqrt nx-k\geqslant 1$ .
$P(U\leqslant \sqrt nx-k)=1$

$\bullet$ Troisième cas : $k=\lfloor \sqrt nx\rfloor$ .
On a : $\lfloor \sqrt nx\rfloor\leqslant \sqrt nx<\lfloor \sqrt nx\rfloor$ donc $\sqrt nx-k\in [0,1[$ , et $P(U\leqslant \sqrt nx-k)=\sqrt nx-k=\sqrt nx-\lfloor \sqrt nx\rfloor$ .

$\boxed{\text{$P(U\leqslant \sqrt nx-k)=\begin{cases}0&\text{ si }k>\lfloor \sqrt nx\rfloor\\\sqrt nx-\lfloor \sqrt nx\rfloor&\text{ si }k=\lfloor \sqrt nx\rfloor\\1&\text{ si }k<\lfloor \sqrt nx\rfloor\end{cases}$}}$

2/ b/ Soit $x$ réel. Appliquons la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements $\left( [X_n=k]\right)_{k\in[\![2,n+1]\!]}.$

$\begin{eqnarray*}P(Y_n\leqslant x)&=&\sum\limits_{k=2}^{n+1}P([X_n=k]\cap [Y_n\leqslant x])\\&=&\sum\limits_{k=2}^{n+1}P\left([X_n=k]\cap \left[\frac{k+U}{\sqrt n}\leqslant x\right]\right)\\&=&\sum\limits_{k=2}^{n+1}P([X_n=k]\cap [U\leqslant \sqrt nx-k])\quad \text{ et par ind\'ependance de $X_n$ et $U$ :}\\&=&\sum\limits_{k=2}^{n+1}P(X_n=k)P(U\leqslant \sqrt nx-k)\\&&\text{(on utilise la question pr\'ec\'edente) :}\\&=&\sum\limits_{k\in [\![2,n+1]\!],\; k<\sqrt nx}P(X_n=k)P(U\leqslant \sqrt nx-k)+P(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)(\sqrt nx-\lfloor \sqrt nx\rfloor)+0\\&=&P(X_n<\sqrt nx)+P(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)(\sqrt nx-\lfloor \sqrt nx\rfloor)\end{eqnarray*}$

(cette relation est valable même si $\lfloor \sqrt nx\rfloor\not\in [\![2,n+1]\!]$ ; auquel cas la deuxième probabilité est nulle).
Par ailleurs, exprimons $\int\limits_{-\infty}^xf_n(t)\,\mathrm{d}t$ .
Pour $x< \frac2{\sqrt n}$ ,

$\int\limits_{-\infty}^xf_n(t)\,\mathrm{d}t=0=0+0=P(X_n<\sqrt nx)+P(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)(\sqrt nx-\lfloor \sqrt nx\rfloor)=P(Y_n\leqslant x)$

Et pour $x\geqslant \frac2{\sqrt n}$ , par l’expression de $f_n$ présentée en question 1.b. et par la relation de Chasles :

$\begin{eqnarray*}\int\limits_{-\infty}^xf_n(t)\,\mathrm{d}t&=&\int\limits_{2/\sqrt n}^xf_n(t)\,\mathrm{d}t\\&=&\int\limits_{2/\sqrt n}^{3/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=2)\,\mathrm{d}t+\int\limits_{3/\sqrt n}^{4/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=3)\,\mathrm{d}t+\dots \\&&+\int\limits_{{\lfloor \sqrt nx\rfloor-1}/\sqrt n}^{\lfloor \sqrt nx\rfloor/\sqrt n}\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor -1)\,\mathrm{d}t+\int\limits_{{\lfloor \sqrt nx\rfloor}/\sqrt n}^{x}\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor )\,\mathrm{d}t\\ &=&P(X_n=2)+P(X_n=3)+\dots + P(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor -1)+\\&&\left(x-\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}{\sqrt n} \right)\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)\\&=&P(X_n<\lfloor \sqrt nx\rfloor)+\left(x-\frac{\lfloor \sqrt nx\rfloor}{\sqrt n} \right)\sqrt nP(X_n=\lfloor \sqrt nx\rfloor)\\&=&P(Y_n\leqslant x)\end{eqnarray*}$

$\boxed{\text{Pour tout r\'eel $x$, $P(Y_n\leqslant x)=\int\limits_{-\infty}^xf_n(t)\,\mathrm{d}t$.}}$

2/ c/ Par 1.b., $f_n$ est une densité de probabilité, et on peut considérer $W_n$ une variable aléatoire de densité $f_n$ .
Par la question précédente, $W_n$ et $Y_n$ ont même fonction de répartition, et par conséquent même loi.
$Y_n$ est donc une variable aléatoire à densité, de densité $f_n$ .
Par la partie C., pour tout réel $x$ , $\lim\limits_{n\to +\infty}f_n(x)=g_1(x)$ .
La variable aléatoire $Z_1$ est une variable aléatoire à densité, de densité $g_1$ .
Par le résultat admis en début de partie D., la suite de variables aléatoires $(Y_n)$ converge en loi vers $Z_1$ .

$\boxed{\text{La suite $(Y_n)$ converge en loi vers $Y=Z_1$ de densit\'e $g_1$ d\'efinie en partie A.}}$

3/ a/ Soit $(A_n)$ une suite de variables aléatoires convergeant en loi vers une variable aléatoire $A$ , et $(B_n)$ une suite de variables aléatoires convergeant en probabilité vers une variable aléatoire constante égale à $c$ .
Alors la suite de variables aléatoires $(A_n+B_n)$ converge en loi vers la variable aléatoire $A+c$ , et la suite de variables aléatoires $(A_nB_n)$ converge en loi vers la variable aléatoire $cA$ .

3/ b/ $\frac{X_n}{\sqrt n}=Y_n-\frac{U}{\sqrt n}$ . On vient de voir que $(Y_n)$ convergeait en loi vers $Y=Z_1$ . Montrons que $(\frac{U}{\sqrt n})$ converge en probabilité vers 0. Soit $\varepsilon >0$ .