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Corrigé du sujet EM Lyon Maths ECS 2018

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Problème I. Suite d’intégrales et équivalent

Partie I : Étude d’une suite d’intégrales

1/ On a

$\begin{eqnarray*} W_{0} &=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}1du=\pi /2 \\ W_{1} &=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin (u)du=\left[ -\cos \left( u\right) \right] _{0}^{\pi /2}=1 \end{eqnarray*}$

Donc $W_{0}=\pi /2$ et $W_{1}=1$

2/ Soit $k\in \mathbb{N}$ . Puisque l’on ne doit plus avoir qu’une seule intégrale, on les regroupe (linéarité) :

$\begin{eqnarray*} W_{k}-W_{k+2} &=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin (u)^{k}\left( 1-\sin \left( x\right) ^{2}\right) du \\ &=&\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\sin (u)^{k}\cos \left( u\right) ^{2}du \end{eqnarray*}$

et pour pouvoir trouver la primitive la puissance, on la regroupe avec sa dérivée

$v\left( u\right) =\cos \left( u\right) :v^{\prime }\left( u\right) =-\sin \left( u\right)$

$w^{\prime }\left( u\right) =\cos \left( u\right) \sin \left( u\right) ^{k}:w\left( u\right) =\frac{1}{k+1}\sin \left( u\right) ^{k+1}$

et $v$ et $w$ sont de classe $C^{1}$ sur $\left[ 0,\pi /2\right]$ donc

$\begin{eqnarray*} W_{k}-W_{k+2} &=&\left[ \cos \left( u\right) \frac{1}{k+1}\sin \left( u\right) ^{k+1}\right] _{0}^{\pi /2}-\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}-\sin \left( u\right) \frac{1}{k+1}\sin \left( u\right) ^{k+1}du \\ &=&0+\frac{1}{k+1}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}-\sin \left( u\right) \sin \left( u\right) ^{k+1}du=\frac{1}{k+1}W_{k+2} \end{eqnarray*}$

et on a donc bien $W_{k}-W_{k+2}=\frac{1}{k+1}W_{k+2}$

Partie II : Une autre expression de $I\left( x\right)$

3/ On doit montrer que $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{t^{k}}{\sqrt{ 1-t^{2}}}dt=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(\sin (u))^{k}du$ par le changement de variable $t=\sin \left( u\right)$

$f:t\mapsto \frac{t^{k}}{\sqrt{1-t^{2}}}$ est continue sur $\left] 0,1 \right[$

$\varphi :u\mapsto$ $\sin \left( u\right)$ est une bijection croissante et de classe $C^{1}$ de $\left] 0,\pi /2\right[$ sur $\left] 0,1\right[$

Donc, les deux intégrales sont de même nature $\int_{0}^{1}f\left( t\right) dt=\int_{0}^{\pi /2}f(\varphi (u))\varphi ^{\prime }(u)\mathrm{d}u$

Comme $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}(\sin (u))^{k}du$ converge, alors $\int_{0}^{1}\frac{t^{k}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$ converge et $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{t^{k}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=W_{k}$ .

4/ $I(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e}^{-xt} }{\sqrt{1-t^{2}}}dt$ intégrale impropre en $1$ car $t\mapsto \frac{ e^{xt}+e^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}$ continue $\left[ 0,1\right[$

a/ Quand $t\rightarrow 1:e^{xt}+e^{-xt}\rightarrow e^{x}+e^{-x}$ donc $\frac{e^{xt}+e^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}\sim \left( e^{x}+e^{-x}\right) \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}$

avec $e^{x}+e^{-x}$ constante par rapport à $t.$

Or, $\int_{0}^{1}\frac{t^{0}}{\sqrt{1-t^{2}}}$ converge donc, par équivalence de fonctions positives, $\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e} ^{xt}+\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$ converge également.

Donc $I$ est définie sur $\mathbb{R}$

Pour tout $x\in \mathbb{R},$ $-x\in \mathbb{R}$ et $I\left( -x\right) =\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xt}+\mathrm{e}^{+xt}}{\sqrt{1-t^{2}}} dt=I\left( x\right)$

Donc $I$ est paire.

b/ On a $I(0)=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{0t}+\mathrm{e}^{-0t}}{ \sqrt{1-t^{2}}}dt=2\int_{0}^{1}\frac{t^{0}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=2W_{0}=\pi$ .

5/ Soit $x\in \mathbb{R}_{+}$ .

a/ Soient $t\in \lbrack 0;1]$ et $n\in \mathbb{N}$ .

$f:u\longmapsto \mathrm{e}^{u}+\mathrm{e}^{-u}$ est de classe $C^{n+1}$ sur $\mathbb{R}^{+}$ et $f^{\left( k\right) }\left( u\right) =\mathrm{e} ^{u}+\left( -1\right) ^{k}\mathrm{e}^{-u}$

Pour $u\in \left[ 0,xt\right] :f^{\left( 2n+1\right) }\left( u\right) = \mathrm{e}^{u}-\mathrm{e}^{-u}$ donc $0\leq f^{\left( 2n+1\right) }\left( u\right) \leq e^{u}\leq e^{xt}\leq e^{x}$ et $\left\vert f^{\left( 2n+1\right) }\left( u\right) \right\vert \leq e^{x}$ car $t\in \left[ 0,1\right]$

Donc (Taylor-Lagrange à l’ordre $2n$ appliquée à la fonction entre $0$ et $xt)$

$\begin{equation*} \left\vert f\left( xt\right) -\sum_{k=0}^{2n}\frac{f^{\left( k\right) }\left( 0\right) }{k!}\left( xt-0\right) ^{k}\right\vert \leq \frac{ \left\vert xt\right\vert ^{2n+1}}{(2n+1)!}e^{x}\leq \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} e^{x}\text{ donc } \end{equation*}$

de même quand $k$ est impair, $f^{\left( k\right) }\left( 0\right) =e^{0}-e^{0}=0$ et pour $k$ pair $f^{\left( k\right) }\left( 0\right) =2 \mathrm{\ }$ donc

$\begin{equation*} \sum_{k=0}^{2n}\frac{f^{\left( k\right) }\left( 0\right) }{k!}\left( xt-0\right) ^{k}=\sum_{k=0:k\text{ pair}}^{2n}\frac{2}{k!}\left( xt\right) ^{k} \end{equation*}$

réindexé par $k=2h$ on obtient $\left\vert \mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e} ^{-xt}-\sum_{h=0}^{n}\frac{2(xt)^{2h}}{(2h)!}\right\vert \leq \frac{ x^{2n+1}}{(2n+1)!}\mathrm{e}^{x}$ } $.$

b/ On reconstruit alors l’inégalité sur $I\left( x\right) :$ pour tout $t\in \left[ 0,1\right[ :$

$\begin{equation*} $\left\vert \frac{\mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{1-t}^{2}} -\sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!}\frac{t^{2k}}{\sqrt{1-t^{2}}} \right\vert \leq \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\mathrm{e}^{x}$} \end{equation*}$

avec les bornes croissantes

$\begin{eqnarray*} \left\vert \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{1-t} ^{2}}-\sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!}\frac{t^{2k}}{\sqrt{1-t^{2}}} dt\right\vert &\leq &\int_{0}^{1}\left\vert \frac{\mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e} ^{-xt}}{\sqrt{1-t}^{2}}-\sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!}\frac{t^{2k}}{ \sqrt{1-t^{2}}}\right\vert dt \\ &\leq &\int_{0}^{1}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\mathrm{e}^{x}dt=\frac{x^{2n+1} }{(2n+1)!}\mathrm{e}^{x} \end{eqnarray*}$

finalement

$\begin{equation*} \left\vert I\left( x\right) -\sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!} \int_{0}^{1}\frac{t^{2k}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\right\vert \leq \frac{x^{2n+1} }{(2n+1)!}\mathrm{e}^{x} \end{equation*}$

et, pour tout $n$ de $\mathbb{N}$ : $\left\vert I(x)-\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!}W_{2k}\right\vert \leq \frac{ x^{2n+1}\pi }{2(2n+1)!}\mathrm{e}^{x}$ .

c/ Quand $n$ tend vers $+\infty ,$ $\frac {x^{2n+1}\pi} { 2(2n+1)!}\mathrm{e}^{x}\leftrightarrow 0$ ( $x$ est constante)

Donc $\left\vert \cdots \right\vert \rightarrow 0$ et $\sum_{k=0}^{n}\frac{ 2x^{2k}}{(2k)!}W_{2k}=\sum_{k=0}^{n}\frac{2x^{2k}}{(2k)!}\frac{(2k)!}{ 2^{2k}(k!)^{2}}\frac{\pi }{2}\rightarrow I\left( x\right)$

et $\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{2k}}{(2k)!}\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^{2}} \rightarrow \frac{1}{\pi }I\left( x\right)$

Finalement, $\displaystyle\sum_{k\geq 0}\frac{x^{2k}}{2^{2k}(k!)^{2}}$ converge et $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty }\frac{x^{2k}}{2^{2k}(k!)^{2}} =\frac{1}{\pi }I(x)$ .

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Partie III : Équivalent de $I\left( x\right)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$

6/ On sait que $\frac{\pi }{2}=W_{0}$

On doit donc comparer deux intégrales et pour cela comparer leurs contenus :

Pour tout $t\in \left[ 0,1\right] :\mathrm{e}^{-xt}\leq e^{0}$ donc, pour $t\in \left[ 0,1\right[ :0\leq \frac{\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}\leq \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}$ et (bornes croissantes).

Or, pour tout $x$ de $\mathbb{R}_{+}$ : $0\leq \displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e} ^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\leq \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=W_{0}= \frac{\pi }{2}$ .

7/ a/ Pour tout $v\in \left[ 0,\frac{1}{2}\right] :\frac{1}{1-v}-1=\frac{v }{1-v}\geq 0$

$\begin{eqnarray*} (1+v)^{2}-\frac{1}{1-v} &=&\frac{(1+v)^{2}\left( 1-v\right) -1}{1-v}= \frac{\left( 1-v^{2}\right) \left( 1+v\right) -1}{1-v} \\ &=&\frac{v-v^{2}-v^{3}}{1-v}=\frac{v\left( 1-v-v^{2}\right) }{1-v} \end{eqnarray*}$

$1-v-v^{2}$ peut se traiter comme polynôme du second degré.

Plus simplement ici : $0\leq v\leq \frac{1}{2}$ donc $0\leq v^{2}\leq \frac{1}{4}$ et $0\leq v+v^{2}\leq \frac{3}{4}$ donc $1-v-v^{2}\geq \frac{ 1}{4}\geq 0$ et $\frac{v\left( 1-v-v^{2}\right) }{1-v}\geq 0$

Finalement, pour tout $v$ de $\left[ 0,\frac{1}{2}\right]$ : $1\leq \frac{1}{1-v}\leq \left( 1+v\right) ^{2}$ .

7/ b/ Soit $x\in \mathbb{R}_{+}$ .

$\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}\sim _{t\rightarrow 1}\frac{\mathrm{ e}^{x}}{\sqrt{1-t^{2}}}$ et $\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{1}}{\sqrt{1-t^{2}}} dt=W_{0}$ converge.

Donc par équivalence de fonctions positives, $\int_{0}^{1}\frac{ \mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$ converge.

Changement de variable $u=1-t=\varphi \left( t\right)$ (forme que l’on pourrait changer en $t=1-u,$ mais ce sens nous est imposé par l’énoncé).

On doit donc préparer le terrain avant d’intervenir. On prépare le terrain :

$1-t^{2}=\left( 1-t\right) \left( 1+t\right) =\left( 1-t\right) \left( 2-\left( 1-t\right) \right)$ et $t=-\left( 1-t\right) +1$

$\begin{equation*} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=\int_{0}^{1}-\frac{ \mathrm{e}^{x\left[ -\left( 1-t\right) +1\right] }}{\sqrt{\left( 1-t\right) \left( 2-\left( 1-t\right) \right) }}\times -1dt \end{equation*}$

$f:u\mapsto -\frac{\mathrm{e}^{x\left[ -u+1\right] }}{\sqrt{u\left( 2-u\right) }}$ est continue sur $\left] 0,1\right[$

$\varphi :t\mapsto 1-t$ est une bijection décroissante et de classe $C^{1}$ de $\left] 0,1\right[$ dans $\left] 0,1\right[$ et $\varphi ^{\prime }\left( t\right) =-1$

donc les intégrales sont de même nature (convergentes) et

$\begin{equation*} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=\int_{1}^{0}-\frac{ \mathrm{e}^{x\left( 1-u\right) }}{\sqrt{u\left( 2-u\right) }}dt=\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\frac{e^{-xu}}{\sqrt{1-u/2}\sqrt{u}}dt \end{equation*}$

donc $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}} }dt=\frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{ \sqrt{u}\sqrt{1-u/2}}du$ $.$

7/ c/ Pour tout $x$ de $\mathbb{R}_{+}$

On a pour tout $v$ de $\left[ 0,\frac{1}{2}\right]$ : $1\leq \frac{1}{1-v}\leq \left( 1+v\right) ^{2}$

Or, pour $u\in \left[ 0,1\right] :\frac{u}{2}\in \left[ 0,\frac{1}{2} \right]$ donc $1\leq \frac{1}{1-u/2}\leq \left( 1+\frac{u}{2}\right) ^{2}$ et $1\leq \frac{1}{\sqrt{1-u/2}}\leq 1+\frac{u}{2}$

multiplié par $\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}\geq 0$ :

$\begin{equation*} \frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}\leq \frac{1}{\sqrt{1-u/2}}\frac{\mathrm{ e}^{-xu}}{\sqrt{u}}\leq \frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}\left( 1+\frac{u}{ 2}\right) \end{equation*}$

avec les bornes croissantes

$\begin{equation*} \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u} }du\leq \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{ \sqrt{u}\sqrt{1-u/2}}du\leq \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}\left( 1+\frac{u}{2}\right) du \end{equation*}$

en développant la troisième intégrale

$\begin{equation*} \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u} }du\leq \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\leq \frac{ \mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du+ \frac{\mathrm{e}^{x}}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-xu}\sqrt{u}du. \end{equation*}$

8/ a/ Une densité de la loi normale d’espérance nulle et de variance $\frac{1}{2}$ est $\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2\pi }}e^{-\left( t\sqrt{2} \right) ^{2}/2}=$ $\frac{1}{\sqrt{\pi }}e^{-t^{2}}$

Avec $X\hookrightarrow \mathcal{N}\left( 0,1/2\right)$ on a $\mathrm{P} \left( X\geq 0\right) =\frac{1}{2}=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{\pi }} e^{-t^{2}}dt$

Donc $\int_{0}^{+\infty }\mathrm{e}^{-t^{2}}dt$ converge et vaut $\int_{0}^{+\infty }\mathrm{e}^{-t^{2}}dt=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$

Sa variance est $\frac{1}{2}=E\left( X^{2}\right) -E\left( X^{2}\right) =E\left( X^{2}\right) =\int_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{\pi }} t^{2}e^{-t^{2}}dt$ donc $\int_{-\infty }^{+\infty }t^{2}e^{-t^{2}}dt=\frac{ \sqrt{\pi }}{2}$ (converge)

Et, par parité $\int_{0}^{+\infty }t^{2}e^{-t^{2}}dt=\frac{\sqrt{\pi } }{4}$ .

8/ b/ Soit $x\in \mathbb{R}_{+}^{\ast }$ . À l’aide du changement de variable $t=\varphi \left( u\right) =\sqrt{xu}$ ,

$\varphi$ est une bijection croissante et $C^{1}$ de $\left] 0,1\right[$ dans $\left] 0,\sqrt{x}\right[$ et $\varphi ^{\prime }\left( u\right) = \frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{u}}$

On a :

$\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}=\frac{2}{\sqrt{x}}\mathrm{e}^{-\sqrt{xu} ^{2}}\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{u}}=f\left( \varphi \left( u\right) \right) \varphi ^{\prime }\left( u\right)$ avec $f:t\mapsto \frac{2}{\sqrt{x}} \mathrm{e}^{-t^{2}}$ continue sur $\left] 0,1\right[$

Donc

$\begin{equation*} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du=\int_{0}^{\sqrt{x}}\frac{2 }{\sqrt{x}}\mathrm{e}^{-t^{2}}dt=\frac{2}{\sqrt{x}}\int_{0}^{\sqrt{x}} \mathrm{e}^{-t^{2}}dt \end{equation*}$

et $\int_{0}^{\sqrt{x}}\mathrm{e}^{-t^{2}}\rightarrow \frac{\sqrt{\pi }}{2}$ quand $x\rightarrow +\infty$ donc $\int_{0}^{\sqrt{x}}\mathrm{e} ^{-t^{2}}\sim \frac{\sqrt{\pi }}{2}$ et par produit

$\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim } \frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{x}}$

De même :

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-xu}\sqrt{u}du &=&\int_{0}^{\sqrt{x}}\frac{2}{x \sqrt{x}}\mathrm{e}^{-\sqrt{xu}^{2}}\sqrt{xu}^{2}\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{u}} \mathrm{e}^{-t^{2}}dt \\ &=&\frac{2}{x\sqrt{x}}\int_{0}^{\sqrt{x}}t^{2}\mathrm{e}^{-t^{2}}dt \end{eqnarray*}$

et $\int_{0}^{\sqrt{x}}t^{2}\mathrm{e}^{-t^{2}}\sim \frac{\sqrt{\pi }}{4}$ donc

$\begin{equation*} \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-xu}\sqrt{u}du\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim } \frac{\sqrt{\pi }}{4}\frac{2}{x\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2x\sqrt{x}}. \end{equation*}$

et on a donc bien $\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du \underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{x}}\qquad$ et $\qquad \int_{0}^{1}\mathrm{e}^{-xu}\sqrt{u}du\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\frac{\sqrt{\pi }}{2x\sqrt{x}}.$

9/ On a

$\begin{equation*} I(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}+\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{ 1-t^{2}}}dt=\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}} dt+\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt \end{equation*}$

La seconde intégrale est bornée puisque $0\leq \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e} ^{-xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\leq \frac{\pi }{2}$

La première a été encadrée avec

$\begin{equation*} \underset{a\left( x\right) }{\underbrace{\frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du}}\leq \underset{b\left( x\right)}{\underbrace{\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{xt}}{\sqrt{1-t^{2}}}dt}}\leq \underset{a\left( x\right) }{\underbrace{\frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}} \int_{0}^{1}\frac{\mathrm{e}^{-xu}}{\sqrt{u}}du}}+\underset{c\left( x\right) }{\underbrace{\frac{\mathrm{e}^{x}}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{1}\mathrm{e }^{-xu}\sqrt{u}du}} \end{equation*}$

avec $a\left( x\right) \sim \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{x}}$

et $b\left( x\right) \sim \frac{\mathrm{e}^{x}}{\sqrt{2}}\frac{\sqrt{\pi } }{2x\sqrt{x}}=o(a\left( x\right))$ donc $a\left( x\right) +b\left( x\right) \sim a\left( x\right)$ on a donc

$\begin{equation*} \underbrace{\frac{a\left( x\right) }{\mathrm{e}^{x}\sqrt{\pi }/\sqrt{2x}}} _{\rightarrow 1}\leq \frac{b\left( x\right) }{\mathrm{e}^{x}\sqrt{\pi }/ \sqrt{2x}}\leq \underbrace{\frac{a\left( x\right) +b\left( x\right) }{ \mathrm{e}^{x}\sqrt{\pi }/\sqrt{2x}}}_{\rightarrow 1} \end{equation*}$

et par encadrement, $\frac{b\left( x\right) }{\mathrm{e}^{x}\sqrt{\pi }/ \sqrt{2x}}\rightarrow 1$ quand $x\rightarrow +\infty$ , donc $I(x)\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\frac{\mathrm{e}^{x} \sqrt{\pi }}{\sqrt{2x}}$

Partie IV : Une application en probabilités

10/ a/ Pour estimer $\mathrm{P}\left( X=Y\right) ,$ on prend comme estimateur la moyenne statistique des réalisations de cet événement :

On réalise $n$ fois une double simulation de Poisson dont on teste l’égalité.

Un compteur $cpt$ totalise les occurences.

function r = estime(lambda);

n=1000;cpt=0

for i=1:n

if ( grand(1,1,’poi’,lambda)==grand(1,1,’poi’,lambda) ) then cpt=cpt+1

r=cpt/n

endfunction

On peut également générer une liste de réalisations de X et de Y puis créer la liste des X==Y et enfin dénombrer les $\% T$ (true, vrai)

La valeur $\% T$ est vue par Scilab comme $1$ . sum([ $\%T$ , $\%T$ , $\%F$ ])=2

function $\:$ r = estime(lambda);

n=1000;cpt=0

X=grand(1,n,’poi’,lambda) \#

X=grand(1,n,’poi’,lambda)

r=sum(X==Y)/n

endfunction

11/ Grâce à la fonction précédente, on trace, en fonction de $\lambda$ , une estimation de $\sqrt{\pi \lambda }\mathrm{P}([X=Y])$ pour $\lambda \in ]0;20]$ et on obtient le graphe suivant :

$2\sqrt{\pi \lambda }\mathrm{P}([X=Y])$ semble donc tendre vers $0.5$

Donc $2\sqrt{\pi \lambda }\mathrm{P}([X=Y])=\frac{\mathrm{P}([X=Y])}{ 1/\left( 2\sqrt{\pi \lambda }\right) }$ tend vers $1$ et $\mathrm{P}([X=Y])\sim \frac{1}{2\sqrt{\pi \lambda }}$ quand $\lambda$ tend vers $+\infty$ $.$

Pour réaliser ce graphique, on peut procéder ainsi :

lambda=linspace(0,20,100)

Y=zeros(1,100)

for i=1:100

Y(i)=estime(lambda(i))*sqrt(\pi*lambda(i))

end

plot2d(lambda,Y)

12/ a/ On a $\left( X=Y\right)$ $=\bigcup\limits_{k=0}^{+\infty }\left( X=k\cap Y=k\right)$ réunion d’incompatibles donc
$\mathrm{P}\left( X=Y\right) =\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\mathrm{P}\left( X=k\cap Y=k\right)$ et comme $X$ et $Y$ sont indépendantes,

$\begin{eqnarray*} \mathrm{P}\left( X=Y\right) &=&\sum\limits_{k=0}^{+\infty }\mathrm{P}\left( X=k\right) \mathrm{P}\left( Y=k\right) \\ &=&\sum\limits_{k=0}^{+\infty }e^{-\lambda }\frac{\lambda ^{k}}{k!} e^{-\lambda }\frac{\lambda ^{k}}{k!} \end{eqnarray*}$

avec $e^{-\lambda }$ constante par rapport à $k,$ donc $\mathrm{P}([X=Y])=\mathrm{e}^{-2\lambda }\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty }\frac{\lambda ^{2k}}{(k!)^{2}}$ .

12/ a/ On se souvient que $\sum_{k=0}^{+\infty }\frac{x^{2k}}{2^{2k}(k!)^{2}} =\sum_{k=0}^{+\infty }\frac{\left( x/2\right) ^{2k}}{(k!)^{2}}=\frac{1}{ \pi }I(x)$ pour $x\geq 0$ .

On ajuste avec $\frac{x}{2}=\lambda$ donc $x=2\lambda :$ $\mathrm{P} ([X=Y])=\frac{e^{-2\lambda }}{\pi }I\left( 2\lambda \right)$ .

b/ Et comme $I(x)\underset{x\rightarrow +\infty }{\sim }\frac{\mathrm{e} ^{x}\sqrt{\pi }}{\sqrt{2x}}$ en substituant $x=2\lambda \rightarrow +\infty$ on a

$\mathrm{P}([X=Y])\sim \frac{e^{-2\lambda }}{\pi }\frac{e^{2\lambda } \sqrt{\pi }}{\sqrt{4\lambda }}=\frac{1}{2\sqrt{\pi \lambda }}$ lorsque $\lambda$ tend vers $+\infty$ .

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Problème 2 : Algèbre linéaire et suite de variables aléatoires

Partie I :

1/ a/ Pour tout $P\in E,$ $\varphi \left( P\right) =\frac{1}{n} X(1-X)P^{\prime }+XP$ donc $\varphi \left( P\right)$ est bien définie.

Soient $P,Q\in E$ et $\alpha \in \mathbb{R}$ , alors :

$\begin{eqnarray*} \varphi \left( \alpha P+Q\right) &=&\frac{1}{n}X(1-X)\left( \alpha P+Q\right) ^{\prime }+X\left( \alpha P+Q\right) \\ &=&\alpha \left( \frac{1}{n}X(1-X)P^{\prime }+XP\right) +\left( \frac{1}{n} X(1-X)Q^{\prime }+XQ\right) \\ &=&\alpha \varphi \left( P\right) +\varphi \left( Q\right) \end{eqnarray*}$

Donc $\varphi$ est une application linéaire.

b/ $\varphi \left( X^{n}\right) =\frac{1}{n}X(1-X)nX^{n-1}+X\cdot X^{n}=X^{n}$

c/ Et si $\deg Q\leq n-1$ alors $\deg \left( \frac{1}{n}X(1-X)Q^{\prime }+XQ\right) \leq n$

Donc si $P\in E,$ il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ et $Q\in \mathbb{R}_{n-1} \left[ X\right]$ tel que $P=\alpha X^{n}+Q$

et $\varphi \left( P\right) =\alpha \varphi \left( X^{n}\right) +\varphi \left( Q\right)$ donc $\deg \left( \varphi \left( P\right) \right) \leq n$ et $\varphi \left( P\right) \in E$

Donc $\varphi$ est un endomorphisme de $E$ .

2/ Pour $1\leq k<n:$

$\begin{eqnarray*} \varphi \left( X^{k}\right) &=&\frac{1}{n}X(1-X)kX^{k-1}+XX^{k} \\ &=&\frac{k}{n}X^{k}+\frac{n-k}{n}X^{k+1} \end{eqnarray*}$

et $\varphi \left( 1\right) =X$ donc $A= \begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & \dots & \dots & 0 \\ 1 & \frac{1}{n} & \ddots & & & \vdots \\ 0 & \frac{n-1}{n} & \frac{2}{n} & \ddots & & \vdots \\ \vdots & 0 & \frac{n-2}{n} & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & & \ddots & \ddots & \frac{n-1}{n} & 0 \\ 0 & \dots & \dots & 0 & \frac{1}{n} & \frac{n}{n} \end{pmatrix}$

C’est une matrice échelonnée donc le rang est égal au nombre de pivots :

$\func{rg}\left( A\right) =n-1$

3/ a/ Comme $\func{rg}\left( A\right) =n-1,$ $\dim \left( \func{Ker}\varphi \right) =1$ (théorème du rang)

Donc $\ker \left( \varphi \right) \neq \left\{ 0\right\}$ et $\varphi$ n’est pas injejctif

b/ Soit $P$ un polynôme non nul de $\ker (\varphi )$ .

On a alors $\varphi \left( P\right) =\frac{1}{n}X(1-X)P^{\prime }+XP=X\left[ \frac{1}{n}(1-X)P^{\prime }+P\right] =0$ (polynôme nul)

Donc $\frac{1}{n}(1-X)P^{\prime }+P=0$

En particulier, en $1:\varphi \left( P\right) \left( 1\right) =\frac{1}{n} (1-1)P^{\prime }\left( 1\right) +P\left( 1\right) =P\left( 1\right) =0$

Donc $\boxed { \text{1 est racine de P}}$

$\bullet$ Si $\alpha \neq 1$ est racine de $P$ alors $0=\frac{1}{n} (1-\alpha )P^{\prime }\left( \alpha \right) +P\left( \alpha \right) =\frac{1 }{n}(1-\alpha )P^{\prime }\left( \alpha \right)$ donc $P^{\prime }\left( \alpha \right) =0$

Donc $\alpha$ est racine d’ordre 2 de $P,$ donc de $P^{\prime }.$

Et pour tout entier $k$ (récurrence) $\alpha$ sera racine d’ordre $k$

Donc $P$ est le polynôme nul. Ce qui est faux.

Donc $\boxed { \text{1 est la seule racine de P}}$

$\bullet$ Si $\deg \left( P\right) =m<n$ alors il existe $Q$ de degré $<m$ et $\alpha \neq 0\in \mathbb{R}$ tel que $P=\alpha X^{m}+Q$ et $\varphi \left( P\right) =\alpha \varphi \left( X^{m}\right) +\varphi \left( Q\right)$

Et comme $\deg \left( \varphi \left( X^{m}\right) \right) =m+1>\deg \left( \varphi \left( Q\right) \right)$ alors $\deg \left( \varphi \left( P\right) \right) =m+1$ et $\varphi \left( P\right) \neq 0$

Donc $\deg \left( P\right) =n$

$\varphi \left( \left( X-1\right) ^{n}\right) =\frac{1}{n}X(1-X)n\left( X-1\right) ^{n-1}+X\left( X-1\right) ^{n}=0$

Donc $\left( X-1\right) ^{n}$ est une famille libre (un vecteur non nul) de $1$ vecteur de $\ker \left( f\right)$ et $\dim \ker \left( f\right) =1$ donc $\left( \left( X-1\right) ^{n}\right)$ est une base du noyau.

Donc, $\ker \left( \varphi \right) =\left\{ \alpha \left( X-1\right) ^{n}\ /\ \alpha \in \mathbb{R}\right\}$ et les polynômes du noyau sont des polynômes de degré $n$ qui ont $1$ pour seule racine.

c/ Le noyau étant de dimension $1,$ il suffit de trouver un vecteur non nul du noyau pour avoir une base.

Ce polynôme n’a que $0$ comme racine. Sa décomposition en éléments simples est donc de la forme $\alpha \left( X-1\right) ^{k}$

Et comme il est de degré $n$ , c’est $\alpha \left( X-1\right) ^{n}.$

4/ $A$ est triangulaire. Ses valeurs propres sont sur la diagonale.

Donc $\varphi$ a $n+1$ valeurs propres distinctes. Et $\varphi$ est diagonalisable.

5/ On pose, pour tout $k$ de $\left[ \left[ 0,n\right] \right]$ : $P_{k}=X^{k}(1-X)^{n-k}$ .

a/ On se doute que $P_{k}$ va être vecteur propre. On cherche donc à faire réapparaître une forme factorisée

Pour tout $k$ de $\left[ \left[ 1,n-1\right] \right]$ , $P_{k}^{\prime }=kX^{k-1}\left( 1-X\right) ^{n-k}-\left( n-k\right) X^{k}\left( 1-X\right) ^{n-k-1}$ (nulle pour $n=k$ )

$\begin{eqnarray*} \varphi (P_{k}) &=&\frac{1}{n}X\left( 1-X\right) \left[ kX^{k-1}\left( 1-X\right) ^{n-k}-\left( n-k\right) X^{k}\left( 1-X\right) ^{n-k-1}\right] +XX^{k}(1-X)^{n-k} \\ &=&X^{k}(1-X)^{n-k}\left[ \frac{k}{n}\left( 1-X\right) -\frac{n-k}{n}X+X \right] \\ &=&\frac{k}{n}P_{k} \end{eqnarray*}$

Ce qui est vrai encore pour $k=0$ et $k=n$

b/ Donc $P_{k}\neq 0$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\frac{k}{n}$ .

Les valeurs propres étant distinctes, la famille $\left( P_{0},P_{1},\ldots ,P_{n}\right)$ est libre.

C’est une famille libre de $n+1$ vecteurs de $\mathbb{R} _{n}\left[ X\right]$ et $\dim \mathbb{R}_{n}\left[ X\right] =n+1$

Donc $\left( P_{0},P_{1},\ldots ,P_{n}\right)$ est une base de $E$ et la matrice de $\varphi$ dans cette base est

$\begin{pmatrix} 0/n & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1/n & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & 0 \\ 0 & \dots & 0 & n/n \end{pmatrix}$

c/ On a ici $n+1$ valeurs propres distinctes.

Il n’y en a donc pas d’autres.

Les sous espaces propres de $\varphi$ sont donc $\limfunc{Vect}\left( P_{k}\right)$ pour $k\in \left[ \left[ 0,n\right] \right]$

Partie II : Étude d’une suite de variables aléatoires

6/ a/ $Z_{2}\left( \Omega \right) =\left\{ 0,1\right\}$

$\left( Z_{2}=0\right)$ signifie qu’au second tirage, on n’obtient pas de nouveau numéro, c’est à dire que l’on retire le même numéro qu’au premier.

Donc $\mathrm{P}\left( Z_{2}=0\right) =\frac{1}{n}$ car les $n$ boules sont équiprobables.

d’où $\mathrm{P}\left( Z_{2}=1\right) =\frac{n-1}{n}$ .

b/ Soit $k\in \mathbb{N}^{\ast }$ . Pour tout $j$ de $\left[ \left[ 1,k \right] \right]$ , si $\left( Y_{k}=j\right) ,$ on a déjà obtenus $j$ numéros. Et il y en a donc $n-j$ que l’on a pas obtenus.

La probabilité d’obtenir un de ceux ci est donc $\mathrm{P} _{[Y_{k}=j]}([Z_{k+1}=1])=\frac{n-j}{n}=1-\frac{j}{n}$

Comme, en $k$ tirages on peut obtenir entre $1$ et $k$ numéros distincts, $\left( Y_{k}=j\right) _{j\in \left[ \left[ 1,k\right] \right] }$ est un système complet d’événements de probabilités non nulle et

$\begin{eqnarray*} \mathrm{P}\left( Z_{k+1}=1\right) &=&\sum_{j=1}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) \mathrm{P}_{Y_{k}=j}\left( Z_{k+1}=1\right) \\ &=&\sum_{j=1}^{n}\left( 1-\frac{j}{n}\right) \mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) \\ &=&\sum_{j=1}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) -\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}j \mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) \end{eqnarray*}$

donc $\mathrm{P}(Z_{k+1}=1)=1-\frac{1}{n}\mathrm{E}(Y_{k})$ .

c/ Soit $k\in \mathbb{N}^{\ast }$ . $Z_{k}$ compte le nombre de numéro rajouté lors du $n\textsuperscript{\`eme}$ tirage ( $0$ ou $1$ )

Donc, $\sum_{j=1}^{k}Z_{j}$ est le nombre total de numéros ajouté en $k$ tirage. Et en partant de $0$ , $Y_{k}=\displaystyle\sum_{j=1}^{k}Z_{j}$

Donc $E\left( Y_{k}\right) =\sum_{j=1}^{k}E\left( Z_{j}\right)$ et comme $Z_{j}$ suit une loi de Bernouilli, $E\left( Z_{j}\right) =\mathrm{P}\left( Z_{j}=1\right)$ d’où :

$\mathrm{P}([Z_{k+1}=1])=1-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{k}\mathrm{P} ([Z_{j}=1])$ }

d/ D’où une récurrence avec prédécesseurs puisque l’on utilise tous les termes précédents :

$\mathrm{P}\left( Z_{1}=1\right) =1=\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{0}$

Soit $k\in \mathbb{N}$ tel que, pour tout $j\in \left[ \left[ 1,n\right] \right] :\mathrm{P}([Z_{j}=1])=\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{j-1}$ alors

$\begin{eqnarray*} \mathrm{P}\left( Z_{k+1}=1\right) &=&1-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{k}\mathrm{P} (Z_{j}=1) \\ &=&1-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{k}\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{j-1}\text{ avec }i=j-1 \\ &=&1-\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{k-1}\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{i} \\ &=&1-\frac{1}{n}\frac{1-\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k}}{1-\left( 1- \frac{1}{n}\right) }=\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k} \end{eqnarray*}$

Donc, pour tout $k$ de $\mathbb{N}^{\ast }$ : $\mathrm{P} (Z_{k}=1)=\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k-1}$ .

e/ Comme $\mathrm{P}(Z_{k+1}=1)=1-\frac{1}{n}\mathrm{E}(Y_{k})$ on a donc $E\left( Y_{k}\right) =n\left[ 1-\mathrm{P}(Z_{k+1}=1)\right]$

et $E\left( Y_{k}\right) =n\left[ 1-\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k} \right]$

7/ On note, pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ , $G_{k}$ le polynôme de $\mathbb{R}_{n}[X]$ défini par :

$\begin{equation*} G_{k}=\sum_{i=0}^{n}\mathrm{P}([Y_{k}=i])X^{i}G_{k}=\sum_{i=0}^{n}\mathrm{P} ([Y_{k}=i])X^{i} \end{equation*}$

(appelée fonction génératrice de $Y_{k}$ )

a/ On a $G_{k}=\sum_{i=0}^{n}\mathrm{P}([Y_{k}=i])X^{i}G_{k}= \sum_{i=0}^{k}\mathrm{P}([Y_{k}=i])X^{i}$ car $Y\left( \Omega \right) =\left[ \left[ 1,k\right] \right]$ pour $k\geq 1$

$G_{0}=\mathrm{P}\left( Y_{0}=0\right) X^{0}=1$

$G_{1}=\mathrm{P}\left( Y_{1}=0\right) X^{0}+\mathrm{P}\left( Y_{1}=1\right) X=X$ car $Y_{1}=1$

$G_{2}=\mathrm{P}\left( Y_{2}=0\right) X^{0}+\mathrm{P}\left( Y_{2}=1\right) X+\mathrm{P}\left( Y_{2}=2\right) X^{2}$

$Y_{2}=1$ signifie que l’on a eu le même numéro aux deux tirages donc que l’on n’a pas de nouveau numéro au second.

$\left( Y_{2}=1\right) =\left( Y_{1}=1\right) \cap \left( Z_{2}=0\right)$
et $\mathrm{P}\left( Y_{2}=1\right) =\mathrm{P}\left( Y_{1}=1\right) \mathrm{ P}_{Y_{1}=1}\left( Z_{2}=0\right) =\frac{1}{n}$

$\left( Y_{2}=2\right) =\left( Y_{1}=1\right) \cap \left( Z_{2}=1\right)$
et $\mathrm{P}\left( Y_{2}=2\right) =\mathrm{P}\left( Y_{1}=1\right) \mathrm{ P}_{Y_{1}=1}\left( Z_{2}=1\right) =1-\frac{1}{n}$

donc $G_{0}=1:G_{1}=X:G_{2}=\frac{1}{n}X+\left( 1-\frac{1}{n}\right) X^{2}$ .

b/ Pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ et tout $i$ de $\left[ \left[ 0,n\right] \right]$ :

$\left( Y_{k+1}=i\right)$ si l’on a obtenus $i$ numéros distincts au $(k+1)\textsuperscript{\`eme}$ tirage.

Cela arrive ou bien quand on en a eu un de plus au $(k+1)\textsuperscript{\`eme}$ et un de moins avant ( $i-1)$ , ou bien quand on n’en a pas eu un de plus et qu’on avait déjà eu $i$ numéros avant.

Donc $\left( Y_{k+1}=i\right) =\left( Y_{k}=i-1\right) \cap \left( Z_{k+1}=1\right) \cup \left( Y_{k}=i\right) \cap \left( Z_{k+1}=0\right)$

C’est une réunion d’évènements incompatibles donc $\mathrm{P}\left( Y_{k+1}=i\right) =\mathrm{P}\left( Y_{k}=i-1\right) \mathrm{P}_{\left( Y_{k}=i-1\right) }\left( Z_{k+1}=1\right) +\mathrm{P} \left( Y_{k}=i\right) \mathrm{P}_{\left( Y_{k}=i\right) }\left( Z_{k+1}=0\right)$

avec $\mathrm{P}\left( Y_{k}=i-1\right) =1-\frac{i-1}{n}$ et $\mathrm{P} _{\left( Y_{k}=i\right) }\left( Z_{k+1}=0\right) =1-\mathrm{P}_{\left( Y_{k}=i\right) }\left( Z_{k+1}=1\right) =\frac{i}{n}$

donc $\mathrm{P}\left( Y_{k+1}=i\right) =\left( 1-\frac{i-1}{n} \right) \mathrm{P}\left( Y_{k}=i-1\right) +\frac{i}{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right)$

c/ On a :

$\begin{eqnarray*} G_{k+1} &=&\sum_{i=0}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k+1}=i\right) X^{i} \\ &=&\sum_{i=0}^{n}\left[ \left( 1-\frac{i-1}{n}\right) \mathrm{P}\left( Y_{k}=i-1\right) +\frac{i}{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right) \right] X^{i} \text{ r\'eindex\'e }j=i-1 \\ &=&\sum_{j=0}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) X^{j+1}-\frac{1}{n} \sum_{j=0}^{n}j\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) X^{j+1}+\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n}i\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right) X^{i} \end{eqnarray*}$

on fait alors apparaître la dérivée $G_{k}^{\prime }=\sum_{j=1}^{n}j\mathrm{P} \left( Y_{k}=j\right) X^{j-1}$

$\begin{eqnarray*} G_{k+1} &=&X\sum_{j=0}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) X^{j}-\frac{1}{n} X^{2}\sum_{j=1}^{n}j\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) X^{j-1}+\frac{1}{n} X\sum_{i=1}^{n}i\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right) X^{i-1} \\ &=&XG_{k}+\frac{1}{n}\left( -X^{2}+X\right) G_{k}^{\prime } \end{eqnarray*}$

et on a bien $G_{k+1}=\frac{1}{n}X(1-X)G_{k}^{\prime }+XG_{k}$

d/ On a montré que $G_{k+1}=\varphi \left( G_{k}\right)$ pour tout entier $k,$ relation « géométrique »

$\bullet$ Pour $k=0:G_{0}=\varphi ^{0}\left( G_{0}\right)$

$\bullet$ Soit $k\in \mathbb{N}$ tel que $G_{k}=\varphi ^{k}\left( G_{0}\right)$

alors $G_{k+1}=\varphi \left( G_{k}\right) =\varphi \left( \varphi ^{k}\left( G_{0}\right) \right) =\varphi ^{k+1}\left( G_{0}\right)$

Donc, pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ : $G_{k}=\varphi ^{k}(G_{0})$

8/ a/ Pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ , $G_{k}\left( 1\right) =\sum_{j=0}^{n} \mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right)$ donc $G_{k}\left( 1\right) =1$ et $G_{k}^{\prime }(X)=\sum_{j=1}^{n}j\mathrm{P}\left( Y_{k}=j\right) X^{j-1}$ donc $G_{k}^{\prime }\left( 1\right) =\sum_{j=1}^{n}i\mathrm{P} \left( Y_{k}=j\right)$ et $G_{k}^{\prime }\left( 1\right) =E\left( Y_{k}\right)$

b/ Pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ en reprenant la relation $G_{k+1}=\frac{ 1}{n}X(1-X)G_{k}^{\prime }+XG_{k}$ , on redérive pour faire apparaître $E\left( Y_{k+1}\right) :$

On a :

$\begin{eqnarray*} G_{k+1}^{\prime } &=&\frac{1}{n}(1-X)G_{k}^{\prime }-\frac{1}{n} XG_{k}^{\prime }+\frac{1}{n}X(1-X)G_{k}^{\prime \prime }+G_{k}+XG_{k}^{\prime }\text{ en }1 \\ G_{k+1}^{\prime }\left( 1\right) &=&-\frac{1}{n}G_{k}^{\prime }\left( 1\right) +G_{k}\left( 1\right) +G_{k}^{\prime }\left( 1\right) \end{eqnarray*}$

donc $\mathrm{E}\left( Y_{k+1}\right) =\left( 1-\frac{1}{n}\right) \mathrm{E}\left( Y_{k}\right) +1$

c/ Avec $u_{k}=\mathrm{E}\left( Y_{k}\right)$ on a ici une suite arithmético-géométrique.

Soit $c\in \mathbb{R}:c=\left( 1-\frac{1}{n}\right) c+1\Longleftrightarrow \frac{1}{n}c=1\Longleftrightarrow c=n$

Soit $v_{k}=u_{k}-n$

On a alors $v_{k+1}=\left( 1-\frac{1}{n}\right) v_{k}$ géométrique et $v_{k}=\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k}v_{0}$ avec $v_{0}=u_{0}-n=E\left( Y_{0}\right) -n=-n$ .

On a donc $v_{k}=-n\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k}$ et $u_{k}=v_{k}+n$ donc $E\left( Y_{k}\right) =-n\left( 1-\frac{1}{n}\right) ^{k}+n$ ce qui est cohérent.

9/ On rappelle que les polynômes $P_{0},\ldots ,P_{n}$ sont définis à la question 5. par :

$\begin{equation*} \text{pour tout }j\text{ de }\left[ \left[ 0,n\right] \right] , P_{j}=X^{j}(1-X)^{n-j}. \end{equation*}$

a/ On a $\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}P_{j}=\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j }X^{j}(1-X)^{n-j}=\left( X+1-X\right) ^{n}=1$ , ce qui donne les coordonnées de $1$ dans la base $\left( P_{0},\cdots ,P_{n}\right)$

b/ Pour tout $j$ de $\left[ \left[ 0,n\right] \right]$ , en réindexant $i-j=k$

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=j}^{n}\binom{n-j}{i-j}(-1)^{i-j}X^{i} &=&\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j }{k}(-1)^{k}X^{k+j}=X^{j}\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}(-X)^{k}1^{n-j-k} \\ (\text{ajust\'e pour le bin\^ome}) &=&X^{j}\left( 1-X\right) ^{n-j} \end{eqnarray*}$

On a donc $P_{j}=\sum_{i=j}^{n}\binom{n-j}{i-j}(-1)^{i-j}X^{i}$

c/ Et, pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ :

La matrice de $\varphi$ dans la base $\left( P_{0},\cdots ,P_{n}\right)$ est diagonale, ce qui permet de calculer ses puissances.(ou bien, les $P_{k}$ sont des vecteurs propres de $\varphi$ )

On décompose donc $G_{0}=1$ sur cette base.

Question a) : $1=\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}P_{j}$ donc

$\begin{equation*} \varphi ^{k}\left( G_{0}\right) =\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}\varphi ^{k}\left( P_{j}\right) \end{equation*}$

Or, $P_{j}$ est associé à la valeur propre $\frac{j}{n}$ donc $\varphi ^{k}\left( P_{j}\right) =\left( \frac{j}{n}\right) ^{k}P_{j}$ et

$\begin{equation*} \varphi ^{k}\left( G_{0}\right) =\sum_{j=0}^{n}\dbinom{n}{j}\left( \frac{j}{ n}\right) ^{k}P_{j}=\sum_{j=0}^{n}\left[ \dbinom{n}{j}\left( \frac{j}{n} \right) ^{k}\sum_{i=j}^{n}\dbinom{n-j}{i-j}(-1)^{i-j}X^{i}\right] \end{equation*}$

avec $0\leq j\leq n$ et $j\leq i\leq n\Longleftrightarrow 0\leq j\leq i\leq n\Longleftrightarrow 0\leq i\leq n$ et $0\leq j\leq i\leq n$ donc

$\begin{equation*} \varphi ^{k}\left( G_{0}\right) =\sum_{i=0}^{n}\left[ \sum_{j=0}^{i}\dbinom{n }{j}\left( \frac{j}{n}\right) ^{k}\dbinom{n-j}{i-j}(-1)^{i-j}\right] X^{i} \end{equation*}$

d/ Pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ et pour tout $i$ de $\left[ \left[ 0,n \right] \right]$ :

$\varphi ^{k}\left( G_{0}\right) =G_{k}=\sum_{i=0}^{n}\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right) X^{i}$

Donc $\mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right)$ est la coordonnée sur $X^{i},$ dans la base canonique de $G_{k}$

Donc

$\begin{equation*} \mathrm{P}\left( Y_{k}=i\right) =\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}\binom{n}{j} \left( \frac{j}{n}\right) ^{k}\dbinom{n-j}{i-j}(-1)^{i-j} \end{equation*}$

et il reste à transformer en factorielle les coefficients du binôme (valable car $0\leq j\leq n$ et $0\leq i-j\leq n-i$ )

$\begin{eqnarray*} \binom{n}{j}\dbinom{n-j}{i-j} &=&\frac{n!}{j!\left( n-j\right) !}\frac{ \left( n-j\right) !}{\left( i-j\right) !\left( n-i\right) !} \\ &=&\frac{n!}{j!}\frac{1}{\left( i-j\right) !\left( n-i\right) !} \\ &=&\frac{i!}{j!\left( i-j\right) !}\frac{n!}{i!\left( n-i\right) !}= \binom{n}{i}\binom{i}{j} \end{eqnarray*}$

avec $\binom{n}{i}$ constant par rapport à $j$ donc

$\mathrm{P}([Y_{k}=i])=\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j} (-1)^{i-j}\left( \frac{j}{n}\right) ^{k}$