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Corrigé du sujet ECRICOME Maths ECS 2019

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Exercice 1 : Intégrale de Wallis

1/ La fonction cosinus est continue sur $\mathbb{R}$ ainsi que la fonction polynomiale $u\mapsto u^n$ donc par composition la fonction $t\mapsto (\cos t)^n$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc on peut l’intégrer sur le segment $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ et $I_n$ est bien définie.

On a $I_0=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 \text{d}t = \frac{\pi}{2}$ .

$I_1=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos t) \text{d}t = \left[\sin t\right]^{\frac{\pi}{2}}_0 = 1.$

Pour la suite on utilise la relation $\cos (a+b) =\cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)$ vraie pour tout $a,b$ dans $\mathbb{R}.$ On a en particulier $\cos(2a)=\cos(a)^2-\sin(a)^2=\cos(a)^2+\cos(a)^2 - 1 =2\cos(a)^2-1.$
Donc $\cos(a)^2 =\frac12\left(\cos(2a)+1\right).$

Par conséquent $I_2=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos t)^2 \text{d}t =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac12\left(\cos(2t)+1\right)\text{d}t = \frac12\left[\frac12\sin(2 t)+t\right]^{\frac{\pi}{2}}_0 =\frac{\pi}4.$

2/ a/ On calcule le signe de

$\begin{array}{rcl}I_{n+1}-I_n&=& \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^{n+1} \text{d}t-\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^{n} \text{d}t \\&=& \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left((\cos t)^{n+1}-(\cos t)^{n}\right)\text{d}t = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos t-1\right)(\cos t)^{n}\text{d}t.\end{array}$

Pour tout

$t\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right], 0\le \cos(t)\le 1$ donc

$\left(\cos t-1\right)(\cos t)^{n}\le 0.$ En intégrant selon

$t$ sur

$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ avec

$0\le \frac{\pi}{2},$ on obtient

$I_{n+1}-I_n\le 0.$

Donc la suite

$(I_k)_{k\in\mathbb{N}}$ est décroissante. Comme, pour tout

$t\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right], 0\le \cos(t)$ ,
en intégrant selon

$t$ sur

$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ avec

$0\le \frac{\pi}{2},$ on obtient

$0\le I_n.$

Donc la suite

$(I_k)_{k\in\mathbb{N}}$ est décroissante et minorée donc elle converge.

2/ b/ On remarque $I_{n+2}=\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos t)^{n+2} \text{d}t =\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos t)^{n+1}\cos(t) \text{d}t .$

On pose $u'(t) = \cos(t)$ et $u(t)=\sin(t)$ puis $v(t) = (\cos t)^{n+1}, v'(t)= (n+1)(-\sin(t))(\cos t)^{n},$ les fonctions $u,v$ sont $C^1$ sur $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ et

$I_{n+2} = \left[ \sin(t) (\cos t)^{n+1}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}}(n+1)(-\sin(t))(\cos t)^{n}\sin(t)\text{d}t = 0+(n+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin(t))^2(\cos t)^{n}\text{d}t$

$=(n+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos(t)^2)(\cos t)^{n}\text{d}t = (n+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^{n}\text{d}t - (n+1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos t)^{n+2}\text{d}t= (n+1)(I_n-I_{n+2}).$

Bilan : Pour tout $n\in\mathbb{N}, I_{n+2} = (n+1)(I_n-I_{n+2}).$

2/ c/ Ce qui précède assure que $I_{n+2} = (n+1)I_n-(n+1)I_{n+2}$ donc $(n+2)I_{n+2} = (n+1)I_n$ donc
$I_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}I_n.$

On pose alors ${\cal H}_n : \left(I_{2n}=\frac{(2n)!}{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}\frac{\pi }{2}\text{ et }I_{2n+1}=\frac{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}{(2n+1)!}\right).$

Avec $I_0=\frac{\pi }{2}$ et $I_1=1$ , on voit que ${\cal H}_0$ est vraie.

Supposons ${\cal H}_n$ vraie, on a alors $I_{2(n+1)}$

$=I_{2n+2}$

$=\frac{2n+1}{2n+2}I_{2n}$

$\underset{{\cal H}_n}{=}\frac{2n+1}{2n+2}\times \frac{(2n)!}{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}\times \frac{\pi }{2}$

$= {\frac{2n+2}{2(n+1)}}\times\frac{2n+1}{2(n+1)}\times \frac{(2n)!}{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}\times\frac{\pi }{2}$

$= \frac{(2(n+1))!}{\left( 2^{n+1}(n+1)!\right) ^{2}}\frac{\pi }{2}.$

Puis

$= I_{2(n+1)+1}$

$= I_{2n+1 +2}$

$=\frac{2n+2}{2n+3}I_{2n+1}$

$\underset{{\cal H}_n}{=}\frac{2n+2}{2n+3}\times \frac{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}{(2n+1)!}$

$= \frac{2n+2}{2n+3}\times {\frac{2n+2}{2(n+1)}}\times\frac{\left( 2^{n}n!\right) ^{2}}{(2n+1)!}$

$= \frac{\left( 2^{n+1}(n+1)!\right) ^{2}}{(2(n+1)+1)!}.$

Donc ${\cal H}_{n+1}$ est vraie.

Conclusion : pour tout $n \in \mathbb{N}, {\cal H}_{n}$ est vraie.

2/ d/ function y=I(n)
u=zeros(1,2*n+2)
//u(0)= pi/2 ce terme n’existe pas dans le tableau
u(1) = 1
u(2) = pi/4
for k=1:n
u(2*k+1) = (2*k)*u(2*k-1)/(2*k+1)
u(2*k+2) = (2*k+1)*u(2*k)/(2*k+2)
end
y = u
endfunction

3/ a/ D’après le cours, $\cos(x)-1\underset{0}{\sim} -\frac{x^2}{2}$ et $\ln(1+u)\underset{0}{\sim}u.$

3/ b/ Pour tout $n\in\mathbb{N}^*,$ on a $0<n^{-1/4} \leq 1$ donc $0<\cos(n^{-1/4})<1$ et on peut composer par $\ln$ . Ainsi $n\ln(\cos(n^{-1/4}))=n\ln\left(1+\cos\left(\frac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)-1\right)$ or
$\frac{1}{\sqrt[4]{n}}\underset{+\infty}{\to} 0$ donc

$\cos\left(\frac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)-1\underset{+\infty}{\sim}-\frac{1}{2n^{1/2}}= -\frac{1}{2\sqrt{n}}\underset{+\infty}{\to }0$

donc

$n\ln(\cos(n^{-1/4}))\underset{+\infty}{\sim} n \times \left(\cos\left(\frac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)-1 \right)\underset{+\infty}{\sim} -\frac{n}{2\sqrt{n}}=-\frac{\sqrt{n}}{2}.$

On en déduit que $n\ln(\cos(n^{-1/4}))\underset{+\infty}{\to }-\infty$ , en composant cette limite par exponentielle, il vient

$\text{exp}\left( n\ln\left(\cos(n^{-1/4})\right)\right)=\left(\cos(n^{-1/4})\right)^n\underset{+\infty}{\to }0.$

3/ c/ Avec un raisonnement analogue,

$\cos\left(\frac{1}{n^{2/3}}\right)-1\underset{+\infty}{\sim}-\frac{1}{2n^{4/3}}\underset{+\infty}{\to }0$

donc

$n\ln(\cos(n^{-2/3}))\underset{+\infty}{\sim} n \times \left(\cos\left(\frac{1}{n^{2/3}}\right)-1 \right)\underset{+\infty}{\sim} -\frac{n}{2n^{4/3}}=-\frac{1}{2n^{1/3}}.$

On en déduit que $n\ln(\cos(n^{-2/3}))\underset{+\infty}{\to }0$ , en composant cette limite par exponentielle, il vient

$\text{exp}\left( n\ln\left(\cos(n^{-2/3})\right)\right)=\left(\cos(n^{-2/3})\right)^n\underset{+\infty}{\to }1.$

4/ a/ Soit $n\in\mathbb{N}^*,$ sur $[0;n^{-1/4}], (\cos t)^n$ est dominé par 1 donc en intégrant avec $0<n^{-1/4},$ on a

$\displaystyle \int_0^{n^{-1/4}} (\cos t)^{n} \text{d}t\le \int_0^{n^{-1/4}} 1 \text{d}t = n^{-1/4}.$

4/ b/ Soit $n\in\mathbb{N}^*,$ sur $\left[n^{-1/4} ; \frac{\pi}{2}\right], t\mapsto (\cos t)^n$ est décroissante donc dominée par $\left(\cos(n^{-1/4})\right)^n$ donc en intégrant avec $n^{-1/4}<\frac{\pi}{2},$ on a

$\displaystyle \int_{n^{-1/4}}^{\frac{\pi}{2}} (\cos t)^{n} \text{d}t\le \int_{n^{-1/4}}^{\frac{\pi}{2}} \left(\cos(n^{-1/4})\right)^n\text{d}t = \left(\cos(n^{-1/4})\right)^n\times\left( \frac{\pi}{2}- n^{-1/4}\right)\leqslant \frac{\pi}{2}\left(\cos(n^{-1/4})\right)^n.$

4/ c/ On utilise la relation de Chasles, les questions 3(b), 4(a), 4(b) et le fait que $I_n$ est positive,

$0\le I_n=\int_0^{n^{-1/4}} (\cos t)^{n} \text{d}t + \int_{n^{-1/4}}^{\pi/2} (\cos t)^{n} \text{d}t\le \frac{1}{n^{1/4}}+\frac{\pi}{2}\left(\cos(n^{-1/4})\right)^n\underset{+\infty}{\to }0.$

Donc par encadrement

$I_n\underset{+\infty}{\to }0.$

5/ a/ Soit $n\in\mathbb{N}^*.$ On utilise la relation de Chasles

$I_n = \int_0^{n^{-2/3}} (\cos t)^{n} \text{d}t + \int_{n^{-2/3}}^{\pi/2} (\cos t)^{n} \text{d}t.$

Sur

$\left[{n^{-2/3}},{\pi/2}\right]$ , cosinus est positif donc, avec des bornes dans l’ordre croissant, on a

$\displaystyle\int_{n^{-2/3}}^{\pi/2} (\cos t)^{n} \text{d}t\ge 0.$

Donc $\displaystyle I_n \ge \int_0^{n^{-2/3}} (\cos t)^{n} \text{d}t$ , on utilise une fois de plus le fait que $t\mapsto (\cos t)^n$ est décroissante sur $\left[0;{n^{-2/3}}\right]$ pour minorer,

$I_n \ge \int_0^{n^{-2/3}} (\cos t)^{n} \text{d}t\ge \left(\cos\left( n^{-2/3}\right)\right)^{n}\int_0^{n^{-2/3}} 1 \text{d}t=\left(\cos\left( n^{-2/3}\right)\right)^{n}n^{-2/3}.$

A la question 3(c), il est vu que $\left(\cos(n^{-2/3})\right)^n\underset{+\infty}{\to }1$ donc $\left(\cos\left( n^{-2/3}\right)\right)^{n}n^{-2/3}\underset{+\infty}{\sim }n^{-2/3}=\frac{1}{n^{2/3}}.$

Or $\frac23 < 1$ donc la série de Riemann $\sum\limits_{n\ge 1} \frac{1}{n^{2/3}}$ diverge donc par comparaison des séries à terme général positif, la série $\sum\limits_{n\ge 1}\left(\cos\left( n^{-2/3}\right)\right)^{n}n^{-2/3}$ diverge et par comparaison la série $\sum\limits_{n\ge 1} I_n$ diverge.

5/ b/ function S=somme(n)
S = pi/2
tableau = I(floor(n/2)) sinon on laisse I(n), tant pis pour les termes superflus
for j=1:n
S=S+tableau(j)
end
endfunction

6/ a/ Soit $t\in]-\pi,\pi[, \frac{2}{1+\tan^2(\frac{t}{2})}= \frac{2}{1+\frac{\sin^2(\frac{t}{2})}{\cos^2(\frac{t}{2})}}= \frac{2{\cos^2(\frac{t}{2})}}{{\cos^2(\frac{t}{2})}+{\sin^2(\frac{t}{2})}} = 2{\cos^2(\frac{t}{2})} = \cos(t)+1.$

6/ b/ La fonction $t\mapsto \frac{1}{1+\cos(t)}$ est continue sur le segment $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$ donc l’intégrale $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+\cos(t)} \text{d}t$ est bien définie. On applique le changement de variables $u=\tan\left(\frac{t}{2}\right)$ de classe $C^1$ avec $\text{d}u = \frac12\left(1+\tan^2\left(\frac{t}{2}\right)\right)\text{d}t = \frac{1}{1+\cos(t)} \text{d}t.$

Avec $t=0, u=0$ et avec $t=\frac{\pi}{2}, u= 1,$ donc

$\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{1+\cos(t)} \text{d}t=\int_0^1 1\text{d}u = 1.$

6/ c/ Soit $n\in\mathbb{N},$ on utilise la linéarité de l’intégration,

$\sum_{k=0}^n(-1)^k I_k = \sum_{k=0}^n\int_{0}^{\pi/2}(-1)^k(\cos(t))^k \text{d}t = \int_{0}^{\pi/2} \sum_{k=0}^n (-\cos(t))^k \text{d}t.$

Or sur $\left[0;\frac{\pi}{2}\right], -\cos(t)\ne 1$ donc $\sum\limits_{k=0}^n (-\cos(t))^k =\frac{1-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}.$ De plus la fonction $t\mapsto \frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}$ est continue sur le segment $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$ , donc

$\sum_{k=0}^n(-1)^k I_k = \int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{1+\cos(t)} \text{d}t - \int_{0}^{\pi/2}\frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t$

6/ d/ On utilise la positivité de l’intégration avec le fait que $0<\frac{\pi}{2},$

$\left\vert \int_{0}^{\pi/2}\frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t\right\vert \le \int_{0}^{\pi/2}\left\vert\frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}\right\vert\text{d}t = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\vert\cos(t)\vert^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos(t)^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t .$

On a

$\vert\cos(t)\vert^{n+1}=\cos(t)^{n+1}$ car

$\cos$ est positif sur

$\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$ . On a aussi avec cet argument que, pour tout

$t\in \left[0;\frac{\pi}{2}\right], \frac{1}{1+\cos t}\leq 1$ donc en multipliant par

$\cos(t)^{n+1}$ positif on a

$\frac{\cos(t)^{n+1}}{1+\cos(t)}\leq \cos(t)^{n+1},$ puis en intégrant toujours avec des bornes dans l’ordre croissant, il vient

$\left\vert \int_{0}^{\pi/2}\frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t\right\vert \le \int_{0}^{\pi/2}{\cos(t)^{n+1}}\text{d}t =I_{n+1}.$

6/ e/ On en déduit avec 6(c) puis 6(b) que

$\left\vert \int_{0}^{\pi/2}\frac{-(-\cos(t))^{n+1}}{1+\cos(t)}\text{d}t\right\vert =\left\vert \sum_{k=0}^n(-1)^k I_k - \int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{1+\cos(t)} \text{d}t \right\vert = \left\vert \sum_{k=0}^n(-1)^k I_k -1 \right\vert \le I_{n+1}.$

Or la suite $(I_k)$ converge vers 0 selon 4(c), donc par encadrement

$\left\vert \sum_{k=0}^n(-1)^k I_k -1 \right\vert\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0 \text{ donc } \sum_{k=0}^n(-1)^k I_k\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 1.$

Conclusion : la série $\sum\limits_{k\ge 0}(-1)^k I_k$ converge et sa somme vaut 1.

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Exercice 2 : Diagonalisation de Matrices

1/ Le calcul donne $S^2=I_3.$ Donc $X^2-1$ est un polynôme annulateur de $S$ , les racines sont $1$ et $-1$ donc le spectre de $S$ est inclus dans $\{-1,1\}.$

On remarque que $S+I_3=\begin{pmatrix} 1 & 0&1\\ 0&1&0\\ 1&0&1\end{pmatrix}$ qui n’est pas inversible car il y a deux colonnes égales donc $-1$ est valeur propres de $S.$

On remarque que $S-I_3=\begin{pmatrix} -1 & 0&1\\ 0&0&0\\ 1&0&-1\end{pmatrix}$ qui n’est pas inversible car il y a une colonne nulle donc $1$ est valeur propres de $S.$

Finalement le spectre de $S$ est $\{-1,1\}.$

2/ On applique la définition de $F,$

$\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in F\Longleftrightarrow a=c\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} 0\\ 1\\0\\ \end{pmatrix}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in\text{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\0\\ \end{pmatrix} \right).$

Donc $F=\text{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\0\\ \end{pmatrix} \right)$ , par conséquent $\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0\\ 1\\0\\ \end{pmatrix} \right)$ engendre $F$ et ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre et donc une base de $F.$

On applique la définition de $G,$

$\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in G\Longleftrightarrow a=-c \text{ et } b=-b \Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in\text{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{pmatrix} \right).$

Donc $G=\text{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1\end{pmatrix} \right)$ , par conséquent $\left( \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}\right)$ engendre $G$ et ce vecteur n’est pas nul donc il forme une famille libre et donc une base de $G.$

Pour trouver une base du sous-espace propre de S associé à la valeur propre $-1$ (noté $\text{SEP}(S,-1)$ ) , on caractérise l’appartenance par une combinaison linéaire,

$\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in \text{SEP}(S,-1)$

$\Longleftrightarrow(S+I_3) \begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} a+c=0\\b=0\end{array}\right.$

$\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ -1\end{pmatrix}$
$\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in G.$

Donc $G= \text{SEP}(S,-1).$

De même
$\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in \text{SEP}(S,1)$

$\Longleftrightarrow(S-I_3) \begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl} -a+c=0\\a-c=0\end{array}\right.$

$\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{pmatrix} +b\begin{pmatrix} 0\\ 1\\0\\ \end{pmatrix}$

$\Longleftrightarrow \begin{pmatrix} a\\ b\\ c\end{pmatrix}\in F.$
Donc $F= \text{SEP}(S,1).$

3/ En tant que sous-espaces propres associées à des valeurs propres distinctes, $F$ et $G$ sont en somme directe, la somme de leurs dimensions vaut 3 qui est celle de ${\cal M}_{3,1}(\mathbb{R})$ donc $F$ et $G$ sont supplémentaires de ${\cal M}_{3,1}(\mathbb{R})$ .

4/ a/ Dans la colonne 1 de $S$ , tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne $i=n+1-1= n.$
Dans la colonne 2 de $S$ , tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne $i=n+1-2= n-1.$
Et ainsi de suite jusqu’à la colonne $n$ o\`u tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne $i=n+1-n= 1.$

Donc

$S= \begin{pmatrix} 0 &\hdots &0& 0&1\\ 0&\hdots &0&1&0\\\vdots & \iddots& \iddots & \iddots & \vdots \\ 0&1&0&\hdots &0\\ 1&0&\hdots &0& 0\end{pmatrix} .$

$S$ est symétrique à coefficients réels donc diagonalisable.

4/ b/ $SX=\begin{pmatrix} x_n\\ x_{n-1}\\ \vdots \\ x_2\\ x_1\end{pmatrix}.$ Cette question en apparence anodine présente un intérêt pour la suite si on remarque que $X$ est symétrique si et seulement si $SX=X$ et que $X$ est antisymétrique si et seulement si $SX=-X.$

4/ c/ Dans la suite, pour toute matrice $M$ , on note $(M)_{i,j}$ son coefficient en ligne $i$ et colonne $j.$

On a alors $(S^2)_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^n (S)_{i,k}(S)_{k,j}$ .

Or les $(S)_{u,v}$ valent 0 ou 1 donc $(S)_{i,k}(S)_{k,j}$ vaut 0 ou 1, et $(S)_{i,k}(S)_{k,j}$ vaut 1 si et seulement si $(S)_{i,k}=(S)_{k,j}=1$ si et seulement si $i=n+1-k$ et $k=n+1-j$ si et seulement si $i=j=n+1-k$ .

Par conséquent si $i\ne j$ alors $(S^2)_{i,j}=0.$

Si $i= j$ alors $(S^2)_{i,i}=\sum\limits_{k=1}^n (S)_{i,k}(S)_{k,i}.$ Dans cette somme tous les termes sont nuls sauf celui pour $k=n+1-i$ et ce terme $(S)_{i,n+1-i}(S)_{n+1-i,i}$ vaut 1 donc la somme vaut 1.

Bilan : $S^2=I_n.$

5/ a/ On s’inspire de la démonstration de cours par analyse-synthèse qui montre que toute matrice $M\in{\cal M}_n(\mathbb{R})$ est somme d’une matrice symétrique : $\frac12(M+{}^t\!M)$ et d’une matrice antisymétrique : $\frac12(M-{}^t\!M).$

Analyse : On suppose qu’il existe $Y\in F, Z\in G$ tel que $X=Y+Z.$

On utilise la remarque faite en 4(b), on multiplie par $S$ et
$SX=SY+SZ=Y-Z$ car $Y$ est symétrique et $Z$ est antisymétrique.

Donc $X+SX=2Y$ et $X-SX=2Z$ donc, en cas d’existence, $Y$ et $Z$ sont uniques et valent respectivement $\frac12(X+SX)$ et $\frac12(X-SX)$ .

Synthèse : Il est immédiat que $\frac12(X+SX)+\frac12(X-SX)=X.$

De plus $S\left(\frac12(X+SX)\right)= \frac12(SX+S^2X)=\frac12(SX+X)$ donc $\frac12(X+SX)\in F.$

Et $S\left(\frac12(X-SX)\right)= \frac12(SX-S^2X)=\frac12(SX-X)$ donc $\frac12(X-SX)\in G.$

Bilan : il existe un unique couple $(Y,Z)$ tel que $Y\in F, Z\in G$ et $X=Y+Z.$

5/ b/ Avec 4(c), on sait que $S^2-I_n=(0)$ donc $X^2-1$ est annulateur de $S$ donc le spectre de $S$ est inclus dans $\{-1,1\}.$ On sait aussi que $S$ est diagonalisable. Si $S$ n’a qu’une valeur propre $\lambda$ alors $S=\lambda I_n$ ce qui est absurde car $n\ge 2.$ Donc $S$ a au moins deux valeurs propres donc le spectre de $S$ est $\{-1,1\}.$

On utilise ensuite la remarque de la question 4(b) ainsi

$X\in F\Longleftrightarrow SX=X\Longleftrightarrow (S-I_n)X=(0)\Longleftrightarrow X\in \text{SEP}(S,1)$

$X\in G\Longleftrightarrow SX=-X\Longleftrightarrow (S+I_n)X=(0)\Longleftrightarrow X\in \text{SEP}(S,-1).$

Donc $F$ et $G$ sont les sous-espaces propres de $G$ avec les valeurs propres respectives 1 et $-1.$

6/ a/ Soit $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2,$ $(AS)_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^n (A)_{i,k}(S)_{k,j} = (A)_{i,n+1-j}$ car $(S)_{k,j}$ est nul sauf si $k=n+1-j$ et dans ce cas il vaut 1.

D’autre part $(SA)_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^n (S)_{i,k}(A)_{k,j} = (A)_{n+1-i,j}$ car $(S)_{i,k}$ est nul sauf si $k=n+1-i$ et dans ce cas il vaut 1.

Or l’énoncé dit que $(A)_{i,n+1-j} = (A)_{n+1-i,j}$ donc $(AS)_{i,j}=(SA)_{i,j}$ et cela pour tout $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2.$ Donc $SA =AS.$

6/ b/ On sait que $AX=\lambda X$ donc $A(SX) = SAX = S(\lambda X) = \lambda SX$ car $\lambda$ est un réel.

Avec le calcul de 4(b), on voit que si $X$ est non nulle alors $SX$ le sera aussi car on retrouve les mêmes coefficients dans l’ordre inversé donc comme $X$ est vecteur propre, il est non nul donc $SX$ est aussi non nul.

Bilan : $SX$ est vecteur propre de $A$ associé à $\lambda.$

6/ c/ On calcule $AY=AX+ASX= \lambda X+\lambda SX=\lambda Y.$

6/ d/ Si $Y$ est nul alors $X=-SX$ donc $X$ est antisymétrique tout en étant un vecteur propre de $A$ associé à $\lambda.$

Si $Y$ est non nul alors comme $AY=\lambda Y$ , $Y$ est vecteur propre de $A$ associé à $\lambda$ et de plus $SY=SX +S^2X=SX+X=Y$ donc $Y$ est symétrique.

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Problème : Probabilités Discrètes

1/ Avant le deuxième tirage c’est-à-dire après le premier, il y a soit 2 blanches (B) et une noire (N) si on a pioché N au premier tour. Si on pioche B au premier tour, on aura 2 N et une B.

Donc $X_1(\Omega)=\{1,2\}.$ On a $\mathbb{P}(X_1=1)=\mathbb{P}(B_1)=\frac12$ donc $\mathbb{P}(X_1=2)=\frac12.$ On reconnaît une loi uniforme sur $[\![1,2]\!].$ Ainsi $E(X_1)=\frac32$ et $V(X_1)=\frac{4-1}{12}=\frac14.$

2/ Lors de deux tirages, on peut extraire 2 N ou 2 B ou bien 1 N et 1 B donc $X_2$ peut valoir 3 ou 2 ou 1 donc $X_2(\Omega)=[\![1,3]\!].$ $[X_2=1]$ est réalisé si et seulement si $B_1\cap B_2$ est réalisé donc

$\mathbb{P}([X_2=1])=\mathbb{P}(B_1\cap B_2)=\mathbb{P}(B_1)\mathbb{P}_{B_1}(B_2)=\frac12 \times \frac13=\frac16$

car sachant

${B_1}$ , le deuxième tirage se fait dans une urne avec 1 B et 2 N.

De même $[X_2=3]$ est réalisé si et seulement si $N_1\cap N_2$ est réalisé donc

$\mathbb{P}([X_2=3])=\mathbb{P}(N_1\cap N_2)=\mathbb{P}(N_1)\mathbb{P}_{N_1}(N_2)=\frac12 \times \frac13=\frac16$

car sachant

${N_1}$ , le deuxième tirage se fait dans une urne avec 1 N et 2 B.

Donc $\mathbb{P}([X_2=2] ) = 1 - \mathbb{P}([X_2=1]) -\mathbb{P}([X_2=3]) =1-\frac16-\frac16=\frac23.$

3/ Sachant qu’il y a une blanche et une noire au début, lors de $k$ tirages on peut extraire entre 0 et $k$ blanches donc après ceux-ci, l’urne peut contenir entre 1 blanche et $k+1$ blanches donc $X_k(\Omega)=[\![1,k+1]\!].$

4/ Soit $i\in\mathbb{N}^*, j\in [\![1,k+1]\!].$ Il est immédiat qu’après le $k^e$ tirage, il y a $k+1$ boules dans l’urne car une ajoute une boule à chaque tirage. Donc après le $(k+1)^e$ tirage, il y a $k+2$ boules dans l’urne. Le tirage $k+1$ amène une B ou une N donc à son issue, le nombre de B est stable ou est augmenté de 1. Donc si $i\ne j$ et $i\ne j+1$ alors $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=i])= 0.$

Selon le protocole, le nombre de B est stable après un tirage si et seulement si on sort une B donc $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j])$ est la probabilité de sortir une B dans une urne contenant $j$ B et $k+2$ boules donc $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j])=\frac{j}{k+2}.$

Selon le protocole, le nombre de B est augmenté de 1 après un tirage si et seulement si on sort une N donc $\mathbb{P}_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j+1])$ est la probabilité de sortir une N dans une urne contenant $j$ B et $k+2$ boules donc $P_{ [X_k=j]}([X_{k+1}=j+1])=\frac{k+2-j}{k+2}.$

5/ Soit $k\in\mathbb{N},$ si $i\notin [\![1,k+2]\!]=X_{k+1}(\Omega),$ alors $\mathbb{P}(X_{k+1}=i)=0$ et comme $i-1\notin [\![1,k+1]\!]=X_k(\Omega),$ on a aussi $\mathbb{P}(X_{k}=i)=\mathbb{P}(X_{k}=i-1)=0$ donc la formule $(*)$ est vraie.

Supposons $i = k+2,$ alors $[X_{k+1}=k+2]$ est réalisé si et seulement si $[X_{k}=k+1]\cap N_{k+1}$ est réalisé car le nombre maximal de B après $k$ tirages est $k+1.$ Donc $\mathbb{P}(X_{k+1}=k+2)=\mathbb{P}(X_{k}=k+1)P_{[X_{k}=k+1]}(N_{k+1}) =\mathbb{P}(X_{k}=k+1)\times \frac{1}{k+2}.$ Or $k+2\notin X_k(\Omega)$ donc $\mathbb{P}(X_{k}=k+2)=0$ donc la formule

$\mathbb{P}\left( \left[ X_{k+1}=i\right] \right) =\frac{i}{k+2}{\mathbb{P}}\left( \left[X_{k}=i\right] \right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{\ }\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=i-1\right] \right) \mathtt{\quad }\left( \ast \right)$

est vraie pour

$i=k+2.$

Supposons $i\in [\![1,k+1]\!],$ On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements $\{[X_k=j]\}_{1\le j \le k+1}$ ce qui donne

$\mathbb{P}\left( \left[ X_{k+1}=i\right] \right) =\sum_{j=1}^{k+1} \mathbb{P}(X_k=j)\mathbb{P}_{[X_k=j]}( X_{k+1}=i)$

$\mathbb{P}_{[X_k=j]}( X_{k+1}=i)=0$ si

$i\ne j$ et

$i\ne j+1$ donc il reste deux termes dans la somme

$\mathbb{P}\left( \left[ X_{k+1}=i\right] \right) = \mathbb{P}(X_k=i)\mathbb{P}_{[X_k=i]}( X_{k+1}=i)+ \mathbb{P}(X_k=i-1)\mathbb{P}_{[X_k=i-1]}( X_{k+1}=i).$

On a vu que

$\mathbb{P}_{[X_k=i]}( X_{k+1}=i)=\frac{i}{k+2}.$

Si $i=1,$ alors $\mathbb{P}(X_k=i-1)=\mathbb{P}(X_k=0) = 0$ et la formule $(*)$ est valable pour $i=1$ , sinon la question précédente avec $j=i-1$ donne $\mathbb{P}_{[X_k=i-1]}( X_{k+1}=i) = \frac{k+2-(i-1)}{k+2}=\frac{k+3-i}{k+2}.$

Finalement on a bien dans tous les cas

$\mathbb{P}\left( \left[ X_{k+1}=i\right] \right)=\frac{i}{k+2}{\ P}\left( \left[X_{k}=i\right] \right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{\ }P\left( \left[ X_{k}=i-1\right] \right) \mathtt{\quad }\left( \ast \right).$

6/ On a $X_3(\Omega)=[\![1,4]\!],$ et
$\mathbb{P}(X_3=1)=\frac{1}{4}\mathbb{P}(X_2=1)=\frac{1}{24}, \mathbb{P}(X_3=4)=\frac{1}{4}\mathbb{P}(X_2=3)=\frac{1}{24}$

puis

$\mathbb{P}(X_3=2)=\frac{2}{4}\mathbb{P}(X_2=2)+\frac{3}{4}\mathbb{P}(X_2=1)=\frac{1}{3}+\frac{1}{8} = \frac{11}{24}$

$\mathbb{P}(X_3=3) = 1 - \mathbb{P}(X_3=1)-\mathbb{P}(X_3=2)-\mathbb{P}(X_3=4)=\frac{11}{24}.$

7/ a/ On reprend la question 5 avec $i=1$ et $\mathbb{P}(X_k=0) = 0$ ainsi, pour tout $k\in \mathbb{N}$ , on a\\ $\mathbb{P}(X_{k+1}=1)=\frac{1}{k+2}\mathbb{P}(X_k=1).$ Avec $\mathbb{P}(X_0=1) = 1,$ une récurrence simple donne $\mathbb{P}(X_{k}=1)=\frac{1}{(k+1)!}.$

7/ b/ On reprend la question 5 avec $i=k+2$ et $\mathbb{P}(X_k=k+2) = 0$ ainsi, pour tout $k\in \mathbb{N}$ , on a $\mathbb{P}(X_{k+1}=k+2)=\frac{3+k-(k+2)}{k+2}\mathbb{P}(X_k=k+1) = \frac{1}{k+2}\mathbb{P}(X_k=k+1).$ Avec $\mathbb{P}(X_0=1) = 1,$ une récurrence simple donne $\mathbb{P}(X_{k}=k+1)=\frac{1}{(k+1)!}.$

7/ c/ Soit $k\in\mathbb{N}, a_{k+1}=(k+2)!\mathbb{P}(X_{k+1}=2) = (k+2)!\left(\frac{2}{k+2}{\ P}\left( \left[X_{k}=2\right] \right) +\frac{3+k-2}{k+2}\mathbb{\ }P\left( \left[ X_{k}=1\right] \right)\right)$

donc $a_{k+1} = (k+2)!\left(\frac{2}{k+2}\frac{a_k}{(k+1)!}+\frac{3+k-2}{k+2}\frac{1}{(k+1)!}\right) = 2a_k+k+1.$

$\bullet$ $b_{k+1} = a_{k+1} + k+1 + 2 =2a_k+k+1+k+3 = 2(a_k+k+2)=2b_k.$

$\bullet$ La suite $(b_j)$ est géométrique de raison 2 donc, pour tout $k\in \mathbb{N},$ $b_k=2^kb_0=2^k(a_0+2)= 2^{k+1}$ car $\mathbb{P}(X_0=2)=0.$ Donc $a_k=2^{k+1}-k-2$ et $\mathbb{P}(X_k=2)=\frac{2^{k+1}-k-2}{(k+1)!}.$

8/ La ligne 5 simule une loi uniforme sur $[\![1,n+b]\!]$ en effet $rand()$ simule une loi uniforme sur $]0,1[$ donc $rand()*(n+b)$ simule une loi uniforme sur $]0,n+b[$ donc $1+ rand()*(n+b)$ simule une loi uniforme sur $]1,1+n+b[$ en prenant la partie entière $floor(1+ rand()*(n+b))$ simule une loi uniforme sur $[\![1,n+b]\!]$ . Donc $r$ est un nombre entier choisi au hasard dans $[\![1,n+b]\!]$ , on peut considérer que les boules N ont les numéros 1 à $n$ et que les blanches ont les numéros $n+1$ à $n+b$ . Ainsi $n$ est le nombre de N et $b$ le nombre de B. Donc si $r>n$ , on a sorti une B et $n$ est augmenté de 1 sinon on a sorti une N et $b$ augmenté de 1.

$n$ et $b$ sont initialisés à 1 ensuite on simule $k$ tirages et on retourne $b$ le nombre de B à la fin des ces tirages. On a donc simuler $X_k.$

9/ On calcule les effectifs de chaque valeur entre 1 et $k+1$ puis on divise par $N$ pour avoir les fréquences. On passe sur le tiret du nom de la fonction qui n’est correct syntaxiquement.
function LE = loiExpo(k,N)
LE=zeros(1,k+1)
for j=1:N
valeur = mystere(k)
LE(valeur) = LE(valeur) + 1
end
LE = LE/N
endfunction

10/ La matrice $M$ est telle que $(M)_{k,i}=\mathbb{P}(X_k=i),$ on retourne donc la n-ème ligne de $M.$

function LT=loiTheo(n)
M=zeros(n,n+1)
M(1,1)=1/2
M(1,2)=1/2
for k=1:n-1
M(k+1,1)=M(k,1)/(k+2)
for i=2:k+1
M(k+1,i)=(i/(k+2))*M(k,i)+(3+k-i)/(k+2)*M(k,i-1)
end
M(k+1,k+2)=M(k+1,1)
end
LT=M(n,:)
endfunction

11/ En théorie $\mathbb{P}(X_5=1)=\mathbb{P}(X_5=6)=\frac{1}{6!}$ or dans le tableau les valeurs sont distinctes donc c’est un calcul expérimental avec $LoiExp$ .

12/ a/ $X_{k+1}$ a un support fini donc a une espérance. On utilisera le fait que si $i$ n’est pas dans le support de $X_k$ alors $\mathbb{P}(X_k=i)=0$ . On emploiera aussi le théorème de transfert. On a

$\noindent E(X_{k+1})=\sum_{i=1}^{k+2} i\mathbb{P}(X_{k+1}=i) = \sum_{i=1}^{k+2} i\left( \frac{i}{k+2}{\ P}\left( \left[X_{k}=i\right] \right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=i-1\right] \right) \right)$

$\noindent = \sum_{i=1}^{k+2} \frac{i^2}{k+2}{\mathbb{P}}\left( \left[X_{k}=i\right] \right) +\sum_{i=1}^{k+2}i\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=i-1\right] \right)$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E(X_{k}^2) + \sum_{j=0}^{k+2}(j+1)\frac{3+k-j-1}{k+2}\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=j\right] \right)$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E(X_{k}^2) + \sum_{j=1}^{k+2}(j+1)\frac{3+k-j-1}{k+2}\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=j\right] \right)$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E(X_{k}^2) +\sum_{j=1}^{k+2}(j+1)\frac{2+k-j}{k+2}\mathbb{P}\left( \left[ X_{k}=j\right] \right)$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E(X_{k}^2)+ \frac{1}{k+2}E((X_k+1)(2+k-X_k))$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E\left(X_{k}^2 +(2+k)X_k-X_k^2+2+k-X_k\right)$

$\noindent = \frac{1}{k+2}E\left((1+k)X_k+2+k\right)$

$\noindent= \frac{1+k}{k+2}E\left(X_k\right)+1.$

12/ b/ Pour tout $k\in \mathbb{N},$ on pose ${\cal H}_k : \left(E(X_k) = \frac{k+2}{2}\right).$

${\cal H}_0$ est vraie car $X_0$ constant de valeur 1 donc de moyenne 1.

Si ${\cal H}_k$ vraie à un rang $k\in\mathbb{N},$ alors $E(X_{k+1}) = \frac{1+k}{k+2}E\left(X_k\right)+1 = \frac{1+k}{k+2}\frac{k+2}{2}+1 = \frac{k+1}{2} + 1 = \frac{k+1 + 2}{2}$ donc ${\cal H}_{k+1}$ vraie.

Bilan : Pour tout $k\in \mathbb{N},$ $E(X_k) = \frac{k+2}{2}.$

12/ c/ Il y a autant de B que de N au début de l’expérience, on ajoute une B ou une N à chaque tirage, donc par symétrie, $X_k$ et $Y_k$ ont la même loi et la même espérance. De plus on a toujours $X_k+Y_k$ qui vaut le nombre de boules après $k$ tirages donc $X_k+Y_k=k+2$ donc $E(X_k)+E(Y_k)=k+2$ donc $E(X_k) =E(Y_k)= \frac{k+2}{2}.$

13/ a/ La variable $X_k$ a une variance donc $\frac{X_k}{k+2}$ en a une aussi et on peut appliquer la formule de Bienaymé-Tchebychev

$\forall \alpha >0, \quad \mathbb{P}\left(\left\vert\frac{X_k}{k+2}-E\left(\frac{X_k}{k+2}\right)\right\vert\ge \alpha\right) \le \frac{V\left(\frac{X_k}{k+2}\right)}{\alpha^2}$

donc

$0\le \mathbb{P}\left(\left\vert\frac{X_k}{k+2}-\frac12\right\vert\ge \alpha\right) \le \frac{1}{12(k+2)\alpha^2}$

en utilisant

$E\left(\frac{X_k}{k+2}\right) = \frac{E(X_k)}{k+2}=\frac12$ et

$V\left(\frac{X_k}{k+2}\right) = \frac{1}{(k+2)^2}V(X_k)=\frac{1}{12(k+2)}.$

Donc $\mathbb{P}\left(\left\vert\frac{X_k}{k+2}-\frac12\right\vert\ge \alpha\right)\underset{k\to +\infty}{\to } 0$ par
encadrement.

Donc $\mathbb{P}\left(\left\vert\frac{X_k}{k+2}-\frac12\right\vert< \alpha\right) = 1-\mathbb{P}\left(\left\vert\frac{X_k}{k+2}-\frac12\right\vert\ge \alpha\right)\underset{k\to +\infty}{\to } 1.$

$\frac{X_k}{k+2}$ représente la proportion de boules blanches dans l’urne après $k$ tirages, intuitivement cette proportion a tendance à être proche de $\frac12$ quand $k$ est grand.

13/ b/ $\frac{X_k}{k+2}$ représente la proportion de boules blanches dans l’urne après $k$ tirages, intuitivement cette proportion a tendance à être proche de $\frac12$ quand $k$ est grand.

14/ a/ Soit $A(X),B(X)$ dans $\mathbb{R}_X$ et $\alpha \in \mathbb{R},$ on a

$\varphi_{i,j}(\alpha A+B)=j(\alpha A+B)(X+1)-i(\alpha A+B)(X) = j(\alpha A(X+1)+B(X+1))-i(\alpha A(X)+B(X))$

$= \alpha(jA(X+1)-iA(X)) + jB(X+1)-iB(X) =\alpha \varphi_{i,j}(A)+\varphi_{i,j}(B).$

Donc $\varphi_{i,j}$ est linéaire.

14/ b/ Si $P$ est nul alors $\varphi_{i,j}(P)$ est nul aussi.

Si ${P}(X)=\sum\limits_{k=0}^n\alpha_kX^k$ avec $\alpha_n\ne 0$ alors $\mathbb{P}(X+1)=\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k(X+1)^k$ aura le même terme dominant que $\alpha_n(X+1)^n$ car les autres termes sont tous de degrés inférieurs stricts à $n$ donc le terme dominant de $\mathbb{P}(X+1)$ est $\alpha_nX^n$ donc par somme
comme $j\ne i,$ le terme dominant de $j{P}(X+1)-i{P}(X)$ sera $(j-i)\alpha_nX^n$ avec $(j-i)\alpha_n\ne 0.$

Donc ${P}(X)$ et $\varphi_{i,j}(P)$ ont le même degré.

14/ c/ On voit donc que si $P$ n’est pas nul alors $\varphi_{i,j}(P)$ ne l’est pas non plus donc le noyau de $\varphi_{i,j}$ ne contient que le polynôme nul et $\varphi_{i,j}$ est injective.

14/ d/ On a vu que l’unique antécédent de $\theta$ est $\theta$ lui-même.

Soit ${P}(X)$ non nul de degré $n,$ on sait que les antécédents éventuels de $P$ par $\varphi_{i,j}$ sont de degré $n$ donc ils sont dans $\mathbb{R}_n[X]$ . On a vu que $\varphi_{i,j}$ préserve le degré donc
$\mathbb{R}_n[X]$ est stable par $\varphi_{i,j}$ donc la restriction de $\varphi_{i,j}$ à $\mathbb{R}_n[X]$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ qui est de dimension finie. Comme $\varphi_{i,j}$ est injective sur $\mathbb{R}[X]$ , elle l’est aussi sur $\mathb{R}_n[X]$ donc la restriction de $\varphi_{i,j}$ à $\mathbb{R}_n[X]$ est bijective donc $P\in \mathbb{R}_n[X]$ a un antécédent par $\varphi_{i,j}$ .

15/ a/ Par définition, $P_{2,1}(X)=\varphi_{2,1}^{-1}((3+X-2)P_{2-1,1}(X)) = \varphi_{2,1}^{-1}(X+1)$ or $\varphi_{2,1}(-X-2) = 1\times (-(X+1)-2)-2(-X-2) = X+1$ donc $-X-2=\varphi_{2,1}^{-1}(X+1).$

Et $P_{2,2}=-P_{2,1}(0)=2.$ On remarquera que $P_{i,i}(X)$ en général est défini une somme de réels donc est un polynôme constant.

15/ b/ On a $P_{3,2}(X)= \varphi_{3,2}^{-1}((3+X-3)P_{3-1,2}(X)) = 2X$ or

$\varphi_{3,2}(-2X-4)$

$= 2(-2(X+1)-4) - 3(-2X-4)$

$= -4X-12 +6X+12 = 2X$

donc $\varphi_{3,2}^{-1}(2X) =-2X-4.$

16/ a/ ${\cal H}_1$ s’écrit : $\forall k\in\mathbb{N}, \mathbb{P}(X_k=1) = \frac{1}{(k+1)!}P_{1,1}(k)1^k.$
C’est vrai car on sait que $P_{1,1} =1$ et $\mathbb{P}(X_k=1) = \frac{1}{(k+1)!}.$

16/ b/ Soit $i\ge 2,$ on suppose ${\cal H}_{i-1}$ vraie, soit $k\in \mathbb{N},$

$\begin{array}{rcl}\alpha_{k+1}&=&(k+2)!\mathbb{P}(X_{k+1}=i)-\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\\&=& (k+2)!\left( \frac{i}{k+2}{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) +\frac{3+k-i}{k+2}\mathbb{P}\left( X_{k}=i-1\right)\right) -\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\text{ avec $(*)$}\\&=& (k+1)!\left(i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + ({3+k-i} )\mathbb{P}\left( X_{k}=i-1\right)\right) -\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1}\\&=& (k+1)!\left(i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + ({3+k-i} )\frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i-1,j}(k)j^k\right) -\sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k+1)j^{k+1} \text{ avec ${\cal H}_{i-1}$}\\&=& (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{({3+k-i} )P_{i-1,j}(k)}j^k -P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\\&=& (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{\varphi_{i,j}(P_{i,j}(X))(k)}j^k -P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\\&=& (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(\underbrace{(jP_{i,j}(X+1)-iP(X))(k)}j^k -P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\\&=& (k+1)!i{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) + \sum\limits_{j=1}^{i-1}\left(j^{k+1}P_{i,j}(k+1)-iP_{i,j}(k)j^k -P_{i,j}(k+1)j^{k+1 }\right)\\&=& i\left((k+1)!{\mathbb{P}}\left( X_{k}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k\right) = i \alpha_k.\end{array}$

Donc $(\alpha _k)$ est géométrique de raison $i$ donc, pour tout $k\in \mathbb{N},$ $\alpha_k=i^k\alpha_0.$

Or $\alpha_0= (0+1)!{\mathbb{P}}\left( X_{0}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(0)j^0=P_{i,i}(X)$ car $i>1$ donc $\mathbb{P}\left( X_{0}=i\right)=0$ .

Donc $\alpha_k=-i^kP_{i,i}(X)$ donc $(k+1)!\mathbb{P}\left( X_{k}=i\right) - \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k = i^kP_{i,i}(k)$ car $P_{i,i}$ est un polynôme constant.

Donc $(k+1)!\mathbb{P}\left( X_{k}=i\right) = \sum\limits_{j=1}^{i-1}P_{i,j}(k)j^k + i^kP_{i,i}(k) = \sum\limits_{j=1}^{i}P_{i,j}(k)j^k$ .

Cela prouve que ${\cal H}_i$ est vraie.

16/ c/ Le 16(a) initialise la récurrence, le 16(b) assure l’hérédité donc, pour tout $i\in\mathbb{N}^*,$ on a, pour tout $k\in\mathbb{N},$

$\mathbb{P}\left( X_{k}=i\right) = \frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{i}P_{i,j}(k)j^k .$

17/ a/ Au 7(c), il est vu que, pour tout $k\in\mathbb{N},$ $\mathbb{P}(X_k=2)=\frac{2^{k+1}-k-2}{(k+1)!}$ .

Le 15(a) donne $P_{2,1}(X)=-X-2$ donc avec la question 16, on a

$\mathbb{P}\left( X_{k}=2\right) = \frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{2}P_{2,j}(k)j^k =\frac{1}{(k+1)!}\left( P_{2,1}(k)+P_{2,2}(k)2^k \right)= \frac{1}{(k+1)!}\left( -k-2+2^{k+1} \right).$

Les résultats sont identiques.

17/ b/ Soit $k\in\mathbb{N}^*,$

$\mathbb{P}\left( X_{k}=3\right) = \frac{1}{(k+1)!}\sum\limits_{j=1}^{3}P_{3,j}(k)j^k = \frac{1}{(k+1)!}\left( P_{3,1}(k)+P_{3,2}(k)2^k+P_{3,3}(k)3^k \right)$

$= \frac{1}{(k+1)!}\left( \frac12 k^2+\frac32 k +1+\left( -2k-4 \right)2^k+3^{k+1} \right).$

Corrigé du sujet ECRICOME Maths ECS 2019

Exercice 1 : Intégrale de Wallis

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