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Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2017

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Exercice 1 : Scilab et variation de suite

1/ a/ On peut compléter le programme comme suit :

function y=f(x,n)
y=sum(x.^(1:n))
endfunction

b/ Pour $x\neq1$ , on a : $\displaystyle f_n(x)=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}-1$ et pour $x=1$ , $f_n(x)=n$ . Le programme peut alors s’écrire :

function y=f(x,n)
if x==1 then y=n
else y=(1-x^(n+1))/(1-x)-1
endfunction

2/ $f$ est continue et dérivable (c’est un polynôme) et sa dérivée, donnée par l’expression $f'(x)=\sum\limits_{k=1}^{n}kx^{k-1}$ , est strictement positive sur $[0,1]$ . $f$ réalise donc une bijection croissante de $[0,1]$ sur $[f(0),f(1)]=[0,n]$ . Le nombre $1\in[0,n]$ possède donc un unique antécédent dans $[0,1]$ par $f$ .

Conclusion : Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ , l’équation $f_n(x)=1$ possède une unique solution $\alpha_n$ dans $[0,1]$

3/ a/ Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ , on a :

$f_{n+1}(\alpha_n)=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\alpha_n^k=f_n(\alpha_n)+\alpha_n^{n+1}=1+\alpha_n^{n+1}$

Or, $\alpha_n\in[0,1]$ , donc $f_{n+1}(\alpha_n)\geqslant1$ .

On a donc, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ ,

$f_{n+1}(\alpha_n)\geqslant f_{n+1}(\alpha_{n+1})=1$

et comme $f_{n+1}$ est strictement croissante, on peut alors conclure que : $\alpha_n\geqslant\alpha_{n+1}$ .

Conclusion : La suite $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est décroissante.

b/ La suite $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est décroissante et minorée par $0$ .

Conclusion : La suite $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge vers une limite $\ell\in[0,1]$ .

4/ a/ Par définition, $\alpha_2$ est l’unique solution de l’équation $x+x^2=1$ dans $[0,1]$ . Un simple calcul de discriminant donne alors $\alpha_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ . De plus $1\leqslant\sqrt{5}<3$ donne directement les inégalités demandées.

Conclusion : $\alpha_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ et on a bien $0\leqslant\alpha_2<1$ .

4/ b/ $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ étant décroissante, on a pour tout entier $n>1$ :

$0\leqslant\alpha_n\leqslant\alpha_2<1$

et donc :

$0\leqslant\alpha_n^{n+1}\leqslant\alpha_2^{n+1}<1$

Or, puisque

$\alpha_2\in[0,1[$ ,

$\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_2^{n+1}=0$ et par encadrement

$\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n^{n+1}=0$ .

Conclusion : $\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n^{n+1}=0$ .

4/ c/ D’après 1.(b), $\alpha_n$ est l’unique solution, dans $[0,1]$ , de l’équation $\frac{1-x^{n+1}}{1-x}-1=1$ . Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ :

$\frac{1-\alpha_n^{n+1}}{1-\alpha_n}=2\mbox{,\quad ou encore\quad:\quad }1-\alpha_n^{n+1}=2(1-\alpha_n)$

Or, d’après les questions précédentes,

$\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n^{n+1}=0\mbox{,\quad et \quad }\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n=\ell$

La limite

$\ell$ de la suite

$(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ vérifie donc :

$1=2(1-\ell)$ et donc

$\ell=\frac{1}{2}$ .

Conclusion : $\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n=\frac{1}{2}$ .

5/ Fixons $n\in\mathbb{N}^*$ . On sait déjà que $f_n$ est croissante sur $[0,1]$ et $f_n(0)=0$ . Le programme va alors tester toutes les valeurs de $f_n(x)$ à partir de $x=0$ et avec un pas de 0,001 tant que $f_n(x)<1$ . La valeur affichée par le programme est alors le premier de ces nombres pour lequel $f_n(x)\geqslant1$ . Le résultat affiché est donc le plus petit nombre du type $k\times0,001$ ( $k\in\mathbb{N}$ ) supérieur ou égal à $\alpha_n$ .

Conclusion : Le résultat affiché est donc une valeur approchée par excès à 0,001 près de $\alpha_n$ .

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Exercice 2 : Variable aléatoire et fonction de répartition

1/ a/ Soit $x\in\mathbb{R}$ . Par indépendance des variables $X_1,\dots,X_n$ , on a :

$F_{M_n}(x)=P\left(\bigcap\limits_{i=1}^{n}(X_i\leqslant x)\right)=\prod\limits_{i=1}^{n}P(X_i\leqslant x)=\left\{\begin{array}{ll}0 & \mbox{, si } x<0\\x^n & \mbox{, si } 0\leqslant x\leqslant 1\\1 & \mbox{, si } x> 1\\\end{array}\right.$

Les limites à gauches et à droites de la fonction de répartition

$F_{M_n}$ en

$0$ et en

$1$ conïncident avec les valeurs de

$F_{M_n}$ en ces points,

$F_{M_n}$ est alors bien continue en

$0$ et en

$1$ . La continuité ailleurs étant évidente,

$F_{M_n}$ est alors continue sur

$\mathbb{R}$ . De plus

$F_{M_n}$ est dérivable sauf peut être en

$0$ et en

$1$ ,

$M_n$ est donc bien une variable à densité.

Conclusion : $M_n$ est une variable à densité et sa fonction de répartition est définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par $F_{M_n}(x)=\left\{\begin{array}{ll}0 & \mbox{, si } x<0\\x^n & \mbox{, si } 0\leqslant x\leqslant 1\\1 & \mbox{, si } x> 1\\\end{array}\right.$

1/ b/ Une densité de $f_{M_n}$ est alors obtenue en dérivant $F_{M_n}$ là où elle est dérivable et en prenant des valeurs arbitraires en $0$ et en $1$ .

Conclusion : Une densité $f_{M_n}$ de $M_n$ est définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par : $f_{M_n}(x)=\left\{\begin{array}{ll}0 & \mbox{, si } x<0\\nx^{n-1} & \mbox{, si } 0\leqslant x\leqslant 1\\0 & \mbox{, si } x> 1\\\end{array}\right.$

1/ c/ Les intégrales suivantes sont absolument convergentes :

$\int_{-\infty}^{+\infty}xf_{M_n}(x)\mathrm{d}x\quad,\quad \int_{-\infty}^{+\infty}x^2f_{M_n}(x)\mathrm{d}x$

car $f_{M_n}$ est nulle en dehors de $[0,1]$ et les intégrandes sont continues sur le segment $[0,1]$ . $M_n$ et $M_n^2$ admettent donc bien une espérance que l’on calcule :

$E(M_n)=\int_{0}^{1}nx^n\mathrm{d}x = \left[\frac{n}{n+1}x^{n+1}\right]_{0}^{1} = \frac{n}{n+1}$

$E(M_n^2)=\int_{0}^{1}nx^{n+1}\mathrm{d}x = \left[\frac{n}{n+2}x^{n+2}\right]_{0}^{1} = \frac{n}{n+2}$

Conclusion : $M_n$ et $M_n^2$ admettent donc bien une espérance, $E(M_n)= \frac{n}{n+1}$ et $E(M_n)=\frac{n}{n+2}$

1/ d/ $M_n$ admettant un moment d’ordre 2, $(M_n-1)^2$ admet une espérance et est positive, on peut donc appliquer l’inégalité de Markov à $(M_n-1)^2$ :

$\forall\varepsilon>0,\quad P\left((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2\right)\leqslant\frac{E\left((M_n-1)^2\right)}{\varepsilon^2}$

Or, par linéarité de l’espérance,

$E\left((M_n-1)^2\right)=E(M_n^2)-2E(M_n)+1=\frac{n}{n+2}-\frac{2n}{n+1}+1=\frac{2}{(n+1)(n+2)}$

Conclusion : $\displaystyle\forall\varepsilon>0,\quad P\left((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2\right)\leqslant\frac{2}{(n+1)(n+2)\varepsilon^2}$

1/ e/ Pour tout $\varepsilon>0$ , $\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{2}{(n+1)(n+2)\varepsilon^2}=0$ , donc par encadrement

$\boxed{\text{$\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}P\left((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2\right)=0$.}}$

Or,

$((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2)=(|M_n-1|\geqslant\varepsilon)$ , on peut donc conclure.

Conclusion : $\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}P\left(|M_n-1|\geqslant\varepsilon\right)=0$ et ce résultat signifie que la suite $(M_n)_{n\geqslant2}$ converge en probabilité vers la variable certaine égale à 1.

2/ a/ Dans le programme proposé, X est une réalisation de $n$ variables indépendantes de loi uniforme sur $[0,1]$ . $M_n$ peut alors être simulée à l’aide de la fonction max :

function Y=f(n)
X = grand(1,n,’unf’,0,1)
Y = n*(1-max(X))
endfunction

2/ b/ Les deux histogrammes sont très proches, les simulations de $Y_n$ sont donc prochent des simulations d’une loi exponentielle de paramètre 1.

Conclusion : On peut conjecturer que $(Y_n)$ converge en loi vers une variable de loi exponentielle de paramètre 1.

3/ a/ Pour tout $x\in\mathbb{R}$ ,

$F_{Y_n}(x)=P(Y_n\leqslant x)=P(n(1-M_n)\leqslant x)=P\left(M_n\geqslant 1-\frac{x}{n}\right)=1-F_{M_n}\left(1-\frac{x}{n}\right)$

La dernière égalité étant vraie car $M_n$ est à densité.

Et avec 1.(a), on conclut :
$F_{Y_n}(x)=\left\{\begin{array}{ll}1 & \mbox{, si } 1-\frac{x}{n}<0 \Leftrightarrow x>n\\1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n & \mbox{, si } 0\leqslant 1-\frac{x}{n}\leqslant 1 \Leftrightarrow 0\leqslant x\leqslant n\\0 & \mbox{, si } 1-\frac{x}{n}> 1\Leftrightarrow x<0\\\end{array}\right.$

3/ b/ Soit $x\geqslant0$ . Pour $n\geqslant x$ , on a d’après 3.(a),

$F_{Y_n}(x)=1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$

Or, $\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-\frac{x}{n}\right)^n=e^{-x}$ . En effet, $\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\underset{n\to+\infty}{\sim}-\frac{x}{n}$ , donc $n\ln\left(1-\frac{x}{n}\right)\underset{n\to+\infty}{\sim}-x$ , ou encore $\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}\ln\left(\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right)=-x$ . Reste alors à utiliser la continuité de la fonction exponentielle pour obtenir ce qui était annoncé.

Conclusion : Pour tout $x\geqslant0$ , $\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}F_{Y_n}(x)=1-e^{-x}$ .

3/ c/ Pour tout $x<0$ , $F_{Y_n}(x)=0$ et avec 3.(b), on peut conclure que pour tout $x\in\mathbb{R}$ , $F_{Y_n}(x)$ tend, quand $n\to+\infty$ , vers la fonction de répartition d’une loi exponentielle de paramètre 1.

Conclusion : $(Y_n)$ converge en loi vers une variable de loi exponentielle de paramètre 1.

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Exercice 3 : Norme et algèbre bilinéaire

1/ a/ On a évidemment $A=J-(n+1)I$ et donc, puisque $I$ et $J$ commutent :

$A^2=J^2-2(n+1)J+(n+1)^2I$

Or, un calcul simple donne : $J^2=nJ$ . Donc :

$A^2=nJ-2(n+1)J+(n+1)^2I=-(n+2)J+(n+1)^2I$

Conclusion : $\displaystyle A=J-(n+1)I$ et $\displaystyle A^2=-(n+2)J+(n+1)^2I$

1/ b/ Avec ce qui précède, on a :

$A^2+(n+2)A= (n+1)^2I-(n+1)(n+2)I=-(n+1)I$

Donc :

$A^2+(n+2)A+(n+1)I=0_{\mathscr{M}_n(\mathbb{R})}$

Et $P(X)=X^2+(n+2)X+n+1=(X+1)(X+n+1)$ est un polynôme annulateur de $A$ et les valeurs propres possibles de $A$ sont les racines de $P$ .

Conclusion : Un polynôme annulateur de $A$ est $P(X)=X^2+(n+2)X+n+1$ et les valeurs propres possibles de $A$ sont $-1$ et $-(n+1)$ .

1/ c/ $0$ n’est pas une valeur propre possible.

Conclusion : $A$ est inversible.

2/ On a : $\displaystyle\|u\|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\left\|\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|$ et $(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)$ étant orthonormale, $\left\|\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|=\sqrt{\sum\limits_{k=0}^n1^2}=\sqrt{n+1}$ .

Conclusion : $u$ est unitaire : $\|u\|=1$ .

3/ a/ Soit $i\in[\![0,n]\!]$ . Par linéarité du produit scalaire et $(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)$ étant orthonormale,

$\langle\varepsilon_i,u\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum\limits_{k=0}^n\langle\varepsilon_i,\varepsilon_k\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$

Donc,

$\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\varepsilon_i - \frac{1}{\sqrt{n+1}}u\right\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\varepsilon_i - \frac{1}{n+1}\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|$

Ou encore :

$\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\frac{n}{n+1}\varepsilon_i - \frac{1}{n+1}\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\ k\neq i}}\varepsilon_k\right\|$

et toujours avec $(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)$ orthonormale,

$\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\times\sqrt{\left(\frac{n}{n+1}\right)^2 + n\times\frac{1}{(n+1)^2}} =\sqrt{\frac{n+1}{n}}\times\sqrt{\frac{n(n+1)}{(n+1)^2}}=1$

Conclusion : Pour tout $i\in[\![0,n]\!]$ , on a : $\|e_i\|=1$ .

3/ b/ Soient $(i,j)$ un couple d’entiers distincts de $[\![0,n]\!]$ , on a :

$\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\langle \varepsilon_i -\langle\varepsilon_i,u \rangle u ,\; \varepsilon_j -\langle\varepsilon_j,u \rangle u\rangle$

et par linéarité du produit scalaire :

$\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\left( \langle \varepsilon_i,\varepsilon_j\rangle -\langle \varepsilon_i,u\rangle\langle \varepsilon_j,u\rangle - \langle \varepsilon_i,u\rangle\langle u,\varepsilon_j\rangle + \langle \varepsilon_i,u\rangle\langle \varepsilon_j,u\rangle\|u\|^2\right)$

Or, $(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)$ est orthonormale et nous avons vu dans 3.(a) que, pour tout $i\in[\![0,n]\!]$ , $\langle\varepsilon_i,u\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}$ , donc :

$\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\left( 0-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}\right)=-\frac{1}{n}$

Conclusion : Pour tout $(i,j)$ un couple d’entiers distincts de $[\![0,n]\!]$ , on a : $\langle e_i,e_j\rangle=-\frac{1}{n}$

3/ c/ Montrons que, pour tout $i\in[\![0,n]\!]$ , $\sqrt{\frac{n}{n+1}}e_i=\left(\varepsilon_i -\langle \varepsilon_i,u\rangle u\right)\in(\mathrm{Vect}(u))^{\perp}$ , on aura alors le résultat démandé.
Soit $i\in[\![0,n]\!]$ , on a :

$\langle \varepsilon_i -\langle \varepsilon_i,u\rangle u ,u\rangle = \langle \varepsilon_i,u\rangle -\langle \varepsilon_i,u\rangle \langle u ,u\rangle=0\mbox{ , car }\|u\|=1$

Conclusion : Pour tout $i\in[\![0,n]\!]$ , $e_i\in F=(\mathrm{Vect}(u))^{\perp}$

3/ d/ On a : $\mathrm{dim}(F)=\mathrm{dim}(E)-\mathrm{dim}(\mathrm{Vect}(u))=n$ (car $u\neq0_E$ ). Il suffit alors de montrer que les $n$ vecteurs $e_1,\dots,e_n$ de $F$ forment une famille libre. Considérons une combinaison linéaire égale à $0_E$ :

$\alpha_1 e_1+\cdots+\alpha_n e_n=0_E$

On a alors, pour tout $j\in[\![1,n]\!]$ :

$\langle\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i e_i,e_j\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i\langle e_i,e_j\rangle=0_E$

Ou encore avec les conclusions de 3. (a) et (b) :

$\sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\frac{-\alpha_i}{n}+\alpha_j=\frac{-1}{n}\left( \sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\alpha_i -n\alpha_j\right)=0_E$

Donc, pour tout

$j\in[\!1,n]\!]$ :

$\sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\alpha_i -n\alpha_j=0_E$

$\begin{pmatrix}\alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n\end{pmatrix}$ est alors solution de l’équation matricielle

$AX=0$ , or d’après 1.(c),

$A$ est inversible, donc pour tout

$i\in[\!1,n]\!]$ ,

$\alpha_i=0$ et la famille

$(e_1,\dots,e_n)$ est constituée de

$n$ vecteurs linéairement indépendants dans

$F$ , qui est de dimension

$n$ .

Conclusion : $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $F=(\mathrm{Vect}(u))^{\perp}$ .

4/ a/ Pour tout $(x,y,z)\in F^3$ et tout $\lambda\in\mathbb{R}$ , on a :

$f(x,y)\in\mathbb{R}$ et $f(x,y)=f(y,x)$ , $f$ est donc une forme symétrique.

$f(\lambda x+y,z)=\sum\limits_{k=0}^{n} \langle \lambda x+y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle \lambda x+y,z\rangle$

$f(\lambda x+y,z)=\sum\limits_{k=0}^{n} \left(\lambda\langle x,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle + \langle y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle\right) -\frac{n+1}{n}\left(\lambda\langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle\right)$

$f(\lambda x+y,z)=\lambda\left(\sum\limits_{k=0}^{n} \langle x,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle x,z\rangle\right) + \sum\limits_{k=0}^{n} \langle y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle y,z\rangle$

ou encore, $\displaystyle f(\lambda x+y,z)=\lambda f(x,z)+f(y,z)$ , et $f$ étant symétrique, $f$ est alors bien bilinéaire.

Conclusion : $f$ est une forme bilinéaire et symétrique.

4/ b/ Pour tout $(i,j)\in[\!1,n]\!]^2$ , $\displaystyle f(e_i,e_j)=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle e_i,e_k\rangle\langle e_j,e_k\rangle - \frac{n+1}{n}\langle e_i,e_j\rangle$ .
Or, d’après les questions précédentes, pour $i\neq j$ , $\langle e_i,e_j\rangle=-\frac{1}{n}$ et $\langle e_i,e_i\rangle=1$ , donc :

D’une part avec $i=j$ ,

$f(e_i,e_i)=\langle e_i,e_i\rangle^2+\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\k\neq i}} \langle e_i,e_k\rangle^2- \frac{n+1}{n}\langle e_i,e_i\rangle$

$f(e_i,e_i)=1+n\times\frac{1}{n^2}- \frac{n+1}{n} = 0$

D’autre part avec $i\neq j$ ,

$f(e_i,e_j)=\langle e_i,e_i\rangle\langle e_j,e_i\rangle+\langle e_i,e_j\rangle\langle e_j,e_j\rangle+\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\k\neq i,k\neq j}} \langle e_i,e_k\rangle^2- \frac{n+1}{n}\langle e_i,e_j\rangle$

$f(e_i,e_j)=\frac{-2}{n}+(n-1)\times\frac{1}{n^2}- \frac{n+1}{n}\times\frac{-1}{n}=0$

Conclusion : Pour tout $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2$ , $f(e_i,e_j)=0$ .

4/ c/ D’après 3.(d), $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $F$ et pour tout $(i,j)\in[\!1,n]\!]^2$ , $f(e_i,e_j)=0$ , donc $f$ est nulle sur $F\times F$ . Donc :

$\forall (x,y)\in F^2, f(x,y)=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle\langle y,e_k\rangle - \frac{n+1}{n}\langle x,y\rangle = 0$

Conclusion : Pour tout $(x,y)\in F^2$ , $\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle\langle y,e_k\rangle = \frac{n+1}{n}\langle x,y\rangle$ .

4/ d/ Soit $x\in F$ . En appliquant la conclusion précédente avec $y=x$ , on obtient :

$\frac{n+1}{n}\langle x,x\rangle=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle\langle x,e_k\rangle$

Soit encore :

$\frac{n+1}{n}\|x\|^2=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle^2$

Conclusion : Pour tout $x\in F$ , $\displaystyle \|x\|^2=\frac{n}{n+1}\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle^2$ .

Problème 1 : Applications définies sur $\mathbb{R}_n[ X ]$

Partie 1 : Étude d’une application définie sur $\mathbb{R}_n[ X ]$

1/ Pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ et tout $k\in[\![0,n]\!]$ , $P^{(k)}\in\mathbb{R}_n[X]$ , $\varphi$ est donc bien une application de $\mathbb{R}_n[X]$ dans $\mathbb{R}_n[X]$ . De plus, pour tout $(P,Q)\in(\mathbb{R}_n[X])^2$ et tout $\lambda\in\mathbb{R}$ , on a:

$\varphi(\lambda P+Q)=\sum\limits_{k=0}^{n}(\lambda P+Q)^{(k)}=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(\lambda P^{(k)}+Q^{(k)}\right)=\lambda \sum\limits_{k=0}^{n}P^{(k)}+\sum\limits_{k=0}^{n}Q^{(k)}=\lambda\varphi(P)+\varphi(Q)$

$\varphi$ est alors bien linéaire.

Conclusion : $\varphi$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ .

2/ a/ $e_0$ est le polynôme constant égal à 1, donc pour tout $k\geqslant1$ , $(e_0)^{(k)}$ est nul. Donc :

$\varphi(e_0)=\sum\limits_{k=0}^{n}(e_0)^{(k)}=e_0$

De plus, $e_0$ n’est pas le polynôme nul.

Conclusion : $\varphi(e_0)=e_0$ et $1$ est une valeur propore de $\varphi$ .

2/ b/ Soit $j\in[\![1,n]\!]$ . On a :

$\varphi(e_j)-e_j=e_j+\sum\limits_{k=1}^{n}(e_j)^{(k)}-e_j=\sum\limits_{k=1}^{n}(e_j)^{(k)}$

Or,

$e_j\in\mathbb{R}_j[X]$ avec

$j\geqslant1$ , donc pour tout entier

$k\geqslant1$ ,

$(e_j)^{(k)}$ appartient à l’espace vectoriel

$\mathbb{R}_{j-1}[X]$ .

Conclusion : $\forall j\in[\![1,n]\!],\quad (\varphi(e_j)-e_j)\in\mathbb{R}_{j-1}[X]$ .

2/ c/ D’après les questions précédentes, $\varphi(e_0)=e_0$ et pour tout $j\in[\![1,n]\!]$ , il existe $Q_{j-1}\in\mathrm{Vect}(e_0,\dots,e_{j-1})$ tel que $\varphi(e_j)=Q_{j-1}+e_j$ . La matrice de $\varphi$ dans la base $\mathscr{B}$ s’écrit donc :

$\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)=\begin{pmatrix}1 & \times & \cdots & \times\\0 & \ddots & \ddots & \vdots\\\vdots & \ddots & \ddots & \times\\0 & \dots & 0 & 1\end{pmatrix}$

Cette matrice étant triangulaire, les valeurs propres de $\varphi$ sont alors les coeffcients diagonaux.

Conclusion : La matrice de $\varphi$ dans la base $\mathscr{B}$ est donc triangulaire supérieure, l’unique valeur propre de $\varphi$ est $1$ .

2/ d/ $\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)$ est triangulaire supérieure à coeffcients diagonaux non nul, elle est donc inversible et $\varphi$ est alors un endomorphisme bijectif.

Conclusion: $\varphi$ est un automorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ .

3/ a/ Soit $P\in\mathbb{R}_n[X]$ . On a $P'=P^{(1)}\in\mathbb{R}_n[X]$ et par télescopage :

$\varphi(P-P')=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(P-P'\right)^{(k)}=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(P^{(k)}-P^{(k+1)}\right)=P-P^{(n+1)}$

Or, $P\in\mathbb{R}_n[X]$ , donc $P^{(n+1)}$ est nul.

Conclusion : Pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ , $\varphi(P-P')=P$ .

3/ b/ Posons $\psi:\mathbb{R}_n[X]\rightarrow\mathbb{R}_n[X]$ définie pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ par $\psi(P)=P-P'$ . $\psi$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ et d’après la question précédente :

$\varphi\circ\psi=Id_{\mathbb{R}_n[X]} \: \text{et en composant par} \: \varphi^{-1}, \quad \psi=\varphi^{-1}$

On a alors $\varphi^{-1}(e_0)=e_0$ et pour tout $k\in[\![1,n]\!]$ , $\varphi^{-1}(e_k)=e_k-ke_{k-1}$ .

Conclusion : $\varphi^{-1}$ est définie pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ par $\varphi^{-1}(P)=P-P'$ et la matrice de $\varphi^{-1}$ dans la base $\mathscr{B}$ est :

$\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi^{-1})=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 &\cdots & 0\\0 & 1 & -2 & \ddots & \vdots\\\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0\\\vdots & & \ddots & \ddots & -k\\0 & \dots & \dots & 0 & 1\end{pmatrix}$

3/ c/ La deuxième ligne du programme crée $M$ , la matrice identité d’ordre $(n+1)$ , puis la boucle change les coefficents au dessus de la diagonale pour que $M$ soit égale à $\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi^{-1})$ . Pour obtenir $A=\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)$ il suffit alors d’inverser $M$ .

n=input(‘entrez la valeur de n : ‘)
M=eye(n+1,n+1)
for k=1:n
M(k,k+1)=-k
end
A=inv(M)
disp(A)

Partie 2 : Étude d’une autre application définie sur $\mathbb{R}_n[ X ]$

4/ a/ Soit $k\in\mathbb{N}$ . Par croissance comparée, $\lim\limits_{t\to+\infty}t^{k}e^{-t}e^{t/2}=0$ et donc $t^ke^{-t}\underset{t\to+\infty}{=}o\left(e^{-t/2}\right)$ . Or, pour tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}e^{-t/2}\mathrm{d}t$ converge et donc, par le critère de négligeabilité des intégrales de fonctions positives au voisinage de $+\infty$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t$ converge.

Conclusion : Pour tout $k\in\mathbb{N}$ et tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t$ converge.

4/ b/ Si $P\in\mathbb{R}_n[X]$ alors il existe $(a_0,\dots,a_n)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $P=\sum\limits_{k=0}^{n}a_kX^k$ .

Or, d’après (a), pour tout $k\in\mathbb{N}$ , $\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t$ converge, donc $\int_x^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ converge comme combinaison linéaire d’intégrales convergentes.

Conclusion : Pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ et tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ converge.

5/ a/ Calculons cette intégrale. Pour tout $b>x$ , on a :

$\int_x^{b}e^{-t}\mathrm{d}t=\left[-e^{-t}\right]_{x}^{b}=e^{-x}-e^{-b}$

Or, $\lim\limits_{b\to+\infty}e^{-b}=0$ , donc l’intégrale converge et vaut $e^{-x}$ .

Conclusion : Pour tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}e^{-t}\mathrm{d}t=e^{-x}$ .

5/ b/ Par récurrence sur $k\in\mathbb{N}$ . Pour $k=0$ c’est la question précédente.
Supposons que, pour un certain rang $k\in\mathbb{N}$ on ait : $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t=k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}$ . Effectuons alors une intégration par parties pour calculer $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t$ .

$u:t\mapsto t^{k+1}$ et $v:t\mapsto -e^{-t}$ sont bien de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ ,
$u':t\mapsto (k+1)t^{k}$ et $v':t\mapsto e^{-t}$ , et pour tout $b>x$ :

$\int_x^{b}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=\left[-t^{k+1}e^{-t}\right]_{x}^{b} - \int_x^b-(k+1)t^ke^{-t}\mathrm{d}t$

$\int_x^{b}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}-b^{k+1}e^{-b} + (k+1)\int_x^bt^ke^{-t}\mathrm{d}t$

Or, par croissance comparée, $\lim\limits_{b\to+\infty}b^{k+1}e^{-b}=0$ et la convergence de l’intégrale étant déjà acquise, on en déduit :

$\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}+(k+1)\int_x^{\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t$

Soit encore, d’après l’hypothèse de récurrence :

$\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}+(k+1)k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}=(k+1)!\sum\limits_{i=0}^{k+1}\frac{x^i}{i!}e^{-x}$

L’hypothèse étant initialisée pour $k=0$ et héréditaire, elle est alors vraie pour tout $k\in\mathbb{N}$ .

Conclusion : Pour tout $k\in\mathbb{N}$ et tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^{k}e^{-t}\mathrm{d}t=k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}$ .

6/ a/ D’après l’énoncé, p=prod(1:k) est égal à $k!$

k=input(‘entrez la valeur de k : ‘)
x=input(‘entrez la valeur de x : ‘)
p=prod(1:k)
u=x.^(1:k)./cumprod(1:k)
s=p*(1+sum(u))*exp(-x)
disp(s)

u est le vecteur dont les coordonnées sont $\displaystyle\left(\frac{x^i}{i!}\right)_{1\leqslant i\leqslant k}$

6/ b/ $x$ étant fixé dans $\mathbb{R}$ , posons $u=t-x$ qui est bien un changement de variable de classe $\mathscr{C}^1$ sur $[x,+\infty[$ . On a alors, pour $b>x$ :

$\int_x^{b}t^{k}e^{-t}\mathrm{d}t=\int_0^{b-x}(u+x)^ke^{-x-u}\mathrm{d}u=e^{-x}\int_0^{b-x}(u+x)^ke^{-u}\mathrm{d}u$

et la convergence quand $b\to+\infty$ étant déjà acquise, on a bien le résultat demandé.

Conclusion : Pour tout $x\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle\int_x^{+\infty}t^{k}e^{-t}\mathrm{d}t=e^{-x}\int_0^{+\infty}(u+x)^ke^{-u}\mathrm{d}u$ .

On sait, grâce au théorème de transfert et les intégrales étant convergentes, que : $\int_0^{+\infty}(u+x)^ke^{-u}\mathrm{d}u$ est l’espérance d’une variable $(Z+x)^k$ où $Z$ suit la loi exponentielle de paramètre $1$ . Pour obtenir une valeur approchée de cette intégrale avec la méthode de Monte-Carlo, il suffit de simuler un grand nombre (ici $100\,000$ ) de réalisations indépendantes de variables $(Z+x)$ et donc :

x=input(‘entrez la valeur de x : ‘)
k=input(‘entrez la valeur de k : ‘)
Z=grand(1,100000,’exp’,1)
s=exp(-x)*mean((Z+x).^k)
disp(s)

7/ a/ Soient $(P,Q)\in(\mathbb{R}_n[X])^2$ et $\lambda\in\mathbb{R}$ . $(\lambda P+Q)\in\mathbb{R}_n[X]$ et donc, d’après 4.(b), les intégrales suivantes sont, pour tout $x\in\mathbb{R}$ , toutes convergentes et :

$\int_x^{+\infty}(\lambda P+Q)(t)e^{-t}\mathrm{d}t=\lambda \int_x^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t + \int_x^{+\infty}Q(t)e^{-t}\mathrm{d}t$

et donc, en multipliant par $e^{x}$ , on obtient :

$\forall x\in\mathbb{R},\quad [\Psi(\lambda P+Q)](x) = \lambda[\Psi(P)](x)+[\Psi(Q)](x)$

Autrement dit, $\displaystyle\Psi(\lambda P+Q) = \lambda\Psi(P)+\Psi(Q)$ et $\Psi$ est linéaire.

Montrons maintenant que, pour tout $P\in\mathbb{R}_n[X]$ , $\Psi(P)\in\mathbb{R}_n[X]$ . Pour cela, il suffit de le vérifier pour les polynômes de la base canonique de $\mathbb{R}_n[X]$ , la linéarité fera le reste. Soit alors $k\in[\![0,n]\!]$ . D’après 5.(b) et la définition de $\Psi$ , pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$[\Psi(X^k)](x) = e^x\times\left(k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}\right)=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{i!}x^i \in \mathbb{R}_n[X]$

et donc, par linéarité de $\Psi$ , pour tout $P=\sum\limits_{k=0}^{n}a_kX^k \in\mathbb{R}_n[X],\; \Psi(P)\in\mathbb{R}_n[X]$ .

Conclusion : $\Psi$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ .

7/ b/ D’après la question précédente, $F$ est un polynôme et est donc bien de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ . De plus, la convergence permet d’écrire la relation de Chasles, valable pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$\int_{x}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t = \int_{0}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t - \int_{0}^{x}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$

$\int_{0}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ est alors une constante, donc de dérivée nulle par rapport à $x$ et d’après le théorème fondamental du calcul, $x\mapsto\int_{0}^{x}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ est dérivable de dérivée : $x\mapsto P(x)e^{-x}$ .

En dérivant, par rapport à $x$ la fonction produit $x\mapsto F(x)=e^{x}\int_{x}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ , on a :

$\forall x\in\mathbb{R},\quad F'(x)=F(x)+e^x(-P(x)e^{-x})=F(x)-P(x)$

Conclusion : $F$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ et $F'=F-P$ .

7/ c/ Notons $0$ le polynôme nul et soit $P\in\mathrm{Ker}(\Psi)$ . On a alors $F=\Psi(P)=0$ . Donc $F'=0$ et d’après la question précédente : $F-P=0$ , mais comme $F=0$ on a immédiatement $P=0$ . On en déduit que $\mathrm{Ker}(\Psi)\subset\{0\}$ et l’inclusion réciproque étant evidente, $\mathrm{Ker}(\Psi)=\{0\}$ et $\Psi$ est injective. De plus $\mathbb{R}_n[X]$ est de dimension finie, l’endomorphisme $\Psi$ est alors, par corollaire du théorème du rang, bijectif.

Conclusion : $\Psi$ est un automorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ .

8/ a/ Avec les donnée de l’énoncé, on a $F=\Psi(P)=\lambda P$ et, d’après 7.(b), $F'=(\lambda P)'= F-P$ . Donc : $\lambda P' = \lambda P-P=(\lambda-1)P$ . Reste alors à diviser par $\lambda\neq0$ .

Conclusion : Pour $P\neq0$ vecteur propre associé à une valeur propre $\lambda\neq0$ , on a : $P'=\frac{\lambda-1}{\lambda}P$ .

8/ b/ Remarquons tout d’abord que $0$ ne peut pas être valeur propre puisque $\Psi$ est un automorphisme.

Posons $\mathrm{deg}(P)=k\in[\![0,n]\!]$ . Si $P$ est constant ( $k=0$ ) alors $P'=0=\frac{\lambda-1}{\lambda}P$ et comme $P\neq0$ , on a $\lambda=1$ . Si $P$ n’est pas constant ( $k\in[\![1,n]\!]$ ) alors $\mathrm{deg}(P')=k-1=\mathrm{deg}\left(\frac{\lambda-1}{\lambda}P\right)$ ce qui est impossible car $\mathrm{deg}\left(\frac{\lambda-1}{\lambda}P\right)=\left\{\begin{array}{ll}k & \box{ , si }\lambda\neq1\\-\infty & \mbox{ , si }\lambda=1\end{array} \right.$

Conclusion : $\lambda=1$ est la seule valeur propre possible de $\Psi$ .

8/ c/ D’après 5.(a), pour tout $x\in\mathbb{R}$ , $\int_x^{+\infty}e^{-t}\mathrm{d}t=e^{-x}$ . Donc, $[\Psi(1)](x)=e^x\times e^{-x}=1$ . Autrement dit, $\Psi(1)=1$ et le polynôme constant égal à $1$ est un vecteur propre de $\Psi$ associé à la valeur propre $1$ . Avec la question précédente, on sait que c’est la seule.

Conclusion : $1$ est la seule valeur propre de $\Psi$ .

9/ a/ $\Psi$ et $\varphi$ sont tous les deux des automorphismes de $\mathbb{R}_n[X]$ . Pour montrer que $\Psi$ et $\varphi$ sont égaux il suffit de montrer qu’ils coïncident sur la base canonique. Soit $k\in[\![0,n]\!]$ , on a :

D’une part

$(X^k)^{(i)}=\left\{\begin{array}{ll}k(k-1)\cdots(k-i+1)X^{k-i} & \mbox{, si } i\leqslant k\\0 & \mbox{, si } i>k\end{array}\right.$

et donc :

$\varphi(X^k)=\sum\limits_{i=0}^{n}(X^k)^{(i)}=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{(k-i)!}X^{k-i}=\sum\limits_{j=0}^{k}\frac{k!}{j!}X^{j}$

La dernière éaglité étant obtenue par le renversement d’indice $j=k-i$ .

D’autre part, d’après 5.(b),

$\Psi(X^k)=e^{x}\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t = e^x\left(k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}\right)=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{i!}x^{i}$

Donc :

$\varphi(X^k)=\Psi(X^k)$ pour tout

$k\in[\![0,n]\!]$ .

Conclusion : Les endomorphismes $\varphi$ et $\Psi$ sont égaux.

9/ b/ Soient $P\in\mathbb{R}_n[X]$ et $a\in\mathbb{R}$ tels que, pour tout $x\geqslant a,\; P(x)\geqslant0$ . Dans ce cas, $t\mapsto P(t)e^{-t}$ est positive sur $[x,+\infty[$ et par positivité de l’intégrale, on a :