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Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2018

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Exercice 1 : Comparaison série-intégrale et étude de fonction

1/ Étudions la parité de $f$ . Pour tout $x\in \mathbb{R}$ , on voit que :

$f(-x)=\dfrac{2}{\left(e^{-x} + e^{x}\right)^2}=f(x).$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\text{la fonction } f \text{ est paire}.}$

2/ Montrons que $f$ peut être considérée comme une densité d’une certaine variable aléatoire $X$ . Pour ce faire, il suffit de vérifier que $f$ est positive et continue sur $\mathbb{R}$ et que $\int_{-\infty} ^{+\infty} f(t)dt$ converge et vaut $1$ :

$\bullet$ Première étape : $f$ est positive et continue sur $\mathbb{R}$ .
Comme l’exponentielle est strictement positive sur $\mathbb{R}$ , on voit que $e^x+e^{-x}>0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$ . En particulier, la fonction $f$ est positive et continue sur $\mathbb{R}$ comme inverse d’une fonction positive et continue sur $\mathbb{R}$ , dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathbb{R}$ .
Par conséquent :

$\boxed{f \text{ est positive et continue sur } \mathbb{R}.}$

$\bullet$ Deuxième étape : l’intégrale $\int_{-\infty} ^{+\infty} f(t)dt$ converge et vaut $1$ .
Fixons deux réels $x,y$ tels que $x<y$ . Alors on trouve par des calculs simples que :

$\qquad \int_x ^y f(t)dt = \int_x ^y \frac{2}{\left(e^t + e^{-t}\right)^2}dt= \int_x ^y \frac{2e^{2t} }{\left(e^{2t} + 1\right)^2}dt=\left [ - \frac{1}{\left(e^{2t} + 1\right)}\right ]_x ^y=- \frac{1}{\left(e^{2y} + 1\right)}+\frac{1}{\left(e^{2x} + 1\right)}.$

Comme $e^{2y}$ tend vers $+\infty$ quand $y$ tend vers $+\infty$ et que $e^{2x}$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $-\infty$ , ceci entraine que :

$\int_x ^y f(t)dt = - \frac{1}{\left(e^{2y} + 1\right)}+\frac{1}{\left(e^{2x} + 1\right)} \underset{\tiny{\begin{array}{l}x\to -\infty \\y \to +\infty\end{array}}}{\longrightarrow} -0+1=1.$

Dès lors, il s’ensuit que :

$\boxed{\text{l'int\'egrale } \int_{-\infty} ^{+\infty} f(t)dt \text{ converge et vaut }1.}$

Par conséquent, on en déduit que :

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

3/ a/ Montrons que $X$ possède une espérance et donnons sa valeur. Par définition, la variable aléatoire $X$ admet une espérance si et seulement si l’intégrale $\int_{-\infty} ^{+\infty} tf(t)dt$ converge absolument, c’est-à-dire converge. Comme la fonction $f$ est paire d’après la question $(1)$ , la fonction $t\longmapsto tf(t)$ est impaire et il suffit de vérifier que l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} tf(t)dt$ converge. De plus, comme la fonction $t\longmapsto tf(t)$ est continue sur $\mathbb{R}_+$ comme produit de fonctions continues sur $\mathbb{R}_+$ , l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} tf(t)dt$ présente juste une impropreté en $+\infty$ . Par des calculs simples, on trouve que, pour tout $t>0$ :

$0\leq t^3f(t)=\frac{2t^3}{\left(e^t + e^{-t}\right)^2}\leq \frac{2t^3}{e^{2t}}=2t^3e^{-2t}.$

Comme l’expression de droite ci-dessus tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ par croissances comparées, le théorème d’encadrement entraine que $t^3f(t)$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ , et donc :

$tf(t)=o_{+\infty} \left ( \frac{1}{t^2} \right ).$

Comme l’intégrale de Riemann $\int_1 ^{+\infty} \frac{1}{t^2} dt$ converge d’après le cours et qu’il s’agit de l’intégrale d’une fonction positive, l’intégrale $\int_{1} ^{+\infty} tf(t)dt$ converge d’après le critère de négligeabilité. D’après la relation de Chasles, l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} tf(t)dt$ converge, et donc :

$\boxed{X \text{ admet une esp\'erance}.}$

Comme de plus la fonction $t\longmapsto tf(t)$ est impaire, on en déduit que $\int_{-\infty} ^{+\infty} tf(t)dt=0$ , et donc :

$\boxed{E(X)=0.}$

3/ b/ Montrons que $X$ possède une variance. Par définition, la variable aléatoire $X$ admet une variance si et seulement si l’intégrale $\int_{-\infty} ^{+\infty} t^2f(t)dt$ converge absolument, c’est-à-dire converge. Comme la fonction $f$ est paire d’après la question $(1)$ , la fonction $t\longmapsto t^2f(t)$ est paire et il suffit de vérifier que l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} t^2f(t)dt$ converge. De plus, comme la fonction $t\longmapsto t^2f(t)$ est continue sur $\mathbb{R}_+$ comme produit de fonctions continues sur $\mathbb{R}_+$ , l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} t^2f(t)dt$ présente juste une impropreté en $+\infty$ . Par des calculs simples, on trouve que, pour tout $t>0$ :

$0\leq t^4f(t)=\frac{2t^4}{\left(e^t + e^{-t}\right)^2}\leq \frac{2t^4}{e^{2t}}=2t^4e^{-2t}.$

Comme l’expression de droite ci-dessus tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ par croissances comparées, le théorème d’encadrement entraine que $t^4f(t)$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ , et donc :

$t^2f(t)=o_{+\infty} \left ( \frac{1}{t^2} \right ).$

Comme l’intégrale de Riemann $\int_1 ^{+\infty} \frac{1}{t^2} dt$ converge d’après le cours et qu’il s’agit de l’intégrale d’une fonction positive, l’intégrale $\int_{1} ^{+\infty} t^2f(t)dt$ converge d’après le critère de négligeabilité. D’après la relation de Chasles, l’intégrale $\int_{0} ^{+\infty} t^2f(t)dt$ converge, et donc :

$\boxed{X \text{ admet une variance}.}$

4/ On note $F$ la fonction de répartition de $X$ . Montrons que $F$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,1[$ . Comme $F$ est la fonction de répartition d’une variable à densité, elle est continue sur $\mathbb{R}$ . De plus, comme la fonction $f$ est continue et strictement positive sur $\mathbb{R}$ , la fonction $F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et de plus, on a pour tout $x\in \mathbb{R}$ :

$F'(x)=f(x)>0.$

En particulier, la fonction $F$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ . D’après le théorème de la bijection, la fonction $F$ définit une bijection de $\mathbb{R}$ sur $F(\mathbb{R})$ . Comme $F$ est continue sur l’intervalle $\mathbb{R}$ , son image $F(\mathbb{R})$ est un intervalle d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Comme $F$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ , qu’elle tend vers $0$ en $-\infty$ et vers $1$ en $+\infty$ (en tant que fonction de répartition), il s’ensuit que $F(\mathbb{R})=]0,1[$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{F \text{ est une bijection de }\mathbb{R} \text{ sur }]0,1[.}$

5/ On considère la variable aléatoire $Y$ définie par $Y = F(X)$ .

a/ Déterminons la loi de $Y$ . Pour ce faire, on note $G$ sa fonction de répartition. Comme $F$ est à valeurs dans $]0,1[$ , la variable aléatoire $Y=F(X)$ est à support dans $]0,1[$ , et donc $G(x)=0$ si $x\leq 0$ et $G(x)=1$ si $x\geq 1$ . De plus, comme $F$ est la fonction de répartition de $X$ et que c’est une bijection strictement croissante de $\mathbb{R}$ sur $]0,1[$ , on voit que, pour tout $x\in ]0,1[$ :

$G(x)=P([Y\leq x])=P([F(X)\leq x])=P([X\leq F^{-1}(x)])=F(F^{-1}(x))=x.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{G(x)=\left \{\begin{array}{lll}0 & \text{si} & x\leq 0 \\x & \text{si} & x\in ]0,1[ \\1 & \text{si} & x\geq 1\end{array}\right. .}$

Au vu de cette fonction de répartition, on en déduit aussi que :

$\boxed{Y \text{ suit la loi uniforme sur } ]0,1[.}$

b/ Déterminons explicitement $F(x)$ pour tout réel $x$ . Par des calculs simples, on a pour tout $x\in \mathbb{R}$ :

$\begin{array}{lll}F(x) & =& \displaystyle \int_{-\infty} ^x f(t)dt \\& & \\& = & \displaystyle \lim_{y\to -\infty} \int_y ^x f(t)dt \\& & \\& = & \displaystyle \lim_{y\to -\infty} \int_y ^x \frac{2}{\left(e^t + e^{-t}\right)^2}dt \\& & \\& = & \displaystyle \lim_{y\to -\infty} \int_y ^x \frac{2e^{2t} }{\left(e^{2t} + 1\right)^2}dt \\& & \\& = & \displaystyle \lim_{y\to -\infty} \left [ - \frac{1}{\left(e^{2t} + 1\right)}\right ]_y ^x \\& & \\& = & \displaystyle \lim_{y\to -\infty} - \frac{1}{\left(e^{2x} + 1\right)}+\frac{1}{\left(e^{2y} + 1\right)} \\& & \\& = & \displaystyle 1-\frac{1}{e^{2x} + 1}.\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que, pour tout $x\in \mathbb{R}$ :

$\boxed{F(x)=1-\frac{1}{e^{2x} + 1}.}$

c/ Établissons que la fonction $F^{-1}$ , bijection réciproque de $F$ , est définie par :

$\forall x \in ]0,1[, \quad F^{-1}(x) = \frac{1}{2}\ln \left(\frac{x}{1-x}\right).$

Fixons un réel $x\in ]0,1[$ . Par définition, le réel $F^{-1}(x)$ est l’unique antécédent de $x$ par $F$ , c’est-à-dire l’unique réel $y$ tel que $x=F(y)$ . D’après la question précédente, on trouve que :

$\begin{array}{lll}x=F(y) &\Longleftrightarrow & \displaystyle x=1-\frac{1}{e^{2y} + 1} \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \frac{1}{e^{2y}+1}=1-x \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle e^{2y}+1=\frac{1}{1-x} \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle e^{2y}=\frac{1}{1-x}-1=\frac{x}{1-x} \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle 2y=\ln \left (\frac{x}{1-x}\right )\\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle y=\frac12 \ln \left (\frac{x}{1-x}\right ).\\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que la bijection réciproque de $F$ est donnée pour tout $x\in \mathbb{R}$ par :

$\boxed{F^{-1}(x)=\frac12 \ln \left (\frac{x}{1-x}\right ).}$

d/ Écrivons un script Scilab permettant de simuler la variable aléatoire $X$ . Pour ce faire, on part du principe que, d’après les questions précédentes, la variable aléatoire $Y=F(X)$ suit la loi uniforme sur $]0,1[$ (laquelle peut se simuler à l’aide de la commande « rand ») et que $X=F^{-1}(Y)=\frac12 \ln (\frac{Y}{1-Y})$ . Dès lors, pour simuler la variable aléatoire $X$ , on pourra utiliser l’instruction suivante :

$\boxed{\begin{array}{l}Y=\text{rand}\; ; \\X=0.5*\text{log}(Y/(1-Y)) \\\end{array}}$

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Exercice 2 : norme, variables aléatoires, loi de Bernouilli

Partie 1 :

1/ Calculons $A^2 - (a+d)A$ en fonction de $I_2$ . Pour ce faire, on pose $M=A^2-(a+d)A$ . Par des calculs simples, on trouve que :

$\qquad \qquad\begin{array}{lll}M & = & \displaystyle A^2-(a+d)A \\& & \\& = & \displaystyle \begin{pmatrix}a & c \\b & d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a & c \\b & d\end{pmatrix} -(a+d) \begin{pmatrix}a & c \\b & d\end{pmatrix} \\& & \\& = & \displaystyle \begin{pmatrix}a^2+bc & ac+cd \\ab+bd & bc+d^2\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}a^2+ad & ac+cd \\ab+bd & ad+d^2\end{pmatrix} \\& & \\& = & \displaystyle \begin{pmatrix}bc -ad& 0\\0& bc-ad\end{pmatrix} \quad = \quad (bc-ad)\begin{pmatrix}1& 0\\0& 1\end{pmatrix}.\\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{A^2-(a+d)A= -(ad-bc)I_2.}$

2/ On suppose dans cette question que $A$ est nilpotente d’indice $k$ .

a/ Établissons l’égalité : $ad - bc = 0$ . En multipliant l’égalité de la question précédente par $A^{k-1}$ , on obtient que :

$A^{k+1}-(a+d)A^k = -(ad-bc)A^{k-1}.$

Comme $A^{k}=0$ par définition de l’indice de nilpotence, on voit que $A^{k+1}=AA^k=A\times 0=0$ , ce qui entraine que $A^{k+1}-(a+d)A^k=0$ , et donc :

$-(ad-bc)A^{k-1}=0.$

Mais comme $A^{k-1}\not=0$ , on en déduit que le réel $ad-bc$ est nul, et donc :

$\boxed{ad-bc=0.}$

b/ Montrons que $k$ est supérieur ou égal à $2$ . Pour ce faire, on raisonne par l’absurde et on suppose que $k=1$ . Alors on voit que $A=A^1=0$ , ce qui entraine que la matrice $A$ est nulle, d’où contradiction avec les hypothèses de la partie $1$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{k\geq 2.}$

c/ Montrons que $a+d = 0$ . Comme $k\geq 2$ d’après la question précédente, on obtient en multipliant l’égalité de la question $(1)$ par $A^{k-2}$ que :

$A^{k}-(a+d)A^{k-1} = -(ad-bc)A^{k-2}.$

Comme $A^{k}=0$ par définition de l’indice de nilpotence et que $ad-bc=0$ d’après la question $(2)(a)$ , on trouve que :

$-(a+d)A^{k-1}=0.$

Mais comme $A^{k-1}\not=0$ , on en déduit que le réel $a+d$ est nul, et donc :

$\boxed{a+d=0.}$

3/ Montrons que : $A$ nilpotente $\Longleftrightarrow A^2 = 0$ . Pour ce faire, supposons que $A$ soit nilpotente. Alors on sait d’après les questions $(2)(a)$ et $(2)(c)$ que $ad-bc=0$ et $a+d=0$ . D’après la relation de la question $(1)$ , on obtient que :

$A^2-(a+d)A= -(ad-bc)I_2 \quad \Longrightarrow \quad A^2-0=0,$

et donc $A^2=0$ . Réciproquement, si $A^2=0$ , alors la matrice $A$ est manifestement nilpotente d’indice $k\leq 2$ .
Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{A \text{ est nilpotente } \Longleftrightarrow A^2 = 0.}$

Partie 2 :

1/ a/ Montrons que, si $\ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ , alors on a : $f^2 = 0$ . Pour ce faire, considérons un élément $x$ de $E$ . Alors $f(x)$ appartient à $\mathfrak{Im}(f)$ par définition. Comme $\ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ , il s’ensuit que $f(x)$ appartient à $\ker(f)$ , et donc $f^2(x)=f(f(x))=0$ . Mais comme ceci est vrai pour tout $x\in E$ , on en déduit que $f^2=0$ . Par conséquent :

$\boxed{\ker(f) = \mathfrak{Im}(f) \; \Longrightarrow \; f^2 = 0.}$

b/ On suppose que $f^2 = 0$ . Montrons tout d’abord que $\mathfrak{Im}(f) \subset \ker(f)$ . Pour ce faire, considérons un élément $y$ de $\mathfrak{Im}(f)$ . Alors il existe un vecteur $x\in E$ tel que $y=f(x)$ . Comme $f^2=0$ , on a :

$f(y)=f(f(x))=f^2(x)=0,$

et donc $y$ appartient à $\ker(f)$ . Mais comme ceci est vrai pour tout $y\in \mathfrak{Im}(f)$ , on en déduit que :

$\boxed{\mathfrak{Im}(f) \subset \ker(f).}$

A présent, établissons que $\rm{rg}(f) = 1$ , puis que $\ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ . Comme $\mathfrak{Im}(f) \subset \ker(f)$ , on obtient en passant aux dimensions que :

$\rm{rg}(f)=\dim \mathfrak{Im}(f)\leq \dim \ker(f).$

Comme $\dim E=\rm{rg}(f)+\dim \ker(f)=2$ d’après le théorème du rang, ceci entraine avec l’inégalité ci-dessus que $2\rm{rg}(f)\leq 2$ , et donc $\rm{rg}(f)\leq 1$ . Mais comme $f$ est un endomorphisme non nul de $E$ par hypothèse, on voit que $\rm{rg}(f)\not=0$ , et donc :

$\boxed{\rm{rg}(f)=1.}$

De plus, comme $\dim E=\rm{rg}(f)+\dim \ker(f)=2$ d’après le théorème du rang, il s’ensuit que $\dim \ker(f)=\rm{rg}(f)=\dim \mathfrak{Im}(f)=1$ . Mais comme $\mathfrak{Im}(f) \subset \ker(f)$ d’après ce qui précède, on en déduit par égalité des dimensions que :

$\boxed{\mathfrak{Im}(f)= \ker(f)}$

c/ Montrons, à l’aide de la partie 1, l’équivalence : $f \text{ est nilpotent} \; \Longleftrightarrow \; \ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ . Pour ce faire, supposons que $\ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ . Alors on sait d’après la question $(1)(a)$ que $f^2=0$ , et donc $f$ est nilpotent. Réciproquement, supposons que $f$ soit nilpotent (d’indice $k\in \mathhbb{N}^*$ ). Fixons une base $\mathcal{B}$ de $E$ et soit $A$ la matrice de $f$ dans cette base. Comme $f^k=0$ , on voit que $A^k=0$ , et donc $A$ est nilpotente. De plus, comme $f$ est non nul, la matrice $A$ est non nulle. D’après la question $(3)$ de la partie $1$ , on voit que $A^2=0$ , ce qui entraine que $f^2=0$ , et donc $\mathfrak{Im}(f)= \ker(f)$ d’après la question précédente. Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{f \text{ est nilpotent} \; \Longleftrightarrow \; \ker(f) = \mathfrak{Im}(f).}$

On suppose dans toute la suite que $f$ est nilpotent et on en étudie quelques propriétés.

2/ Montrons qu’il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice $A$ de $f$ est :

$A = \begin{pmatrix} 0 &1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}.$

Comme $f$ est nilpotent, on voit d’après les questions $(1)(a)$ , $(1)(b)$ et $(1)(c)$ d’abord que $\ker(f) = \mathfrak{Im}(f)$ , puis que $f^2=0$ et enfin que $\rm{rg}(f)=\dim \ker(f)=1$ .

Fixons un vecteur $e_1\in E$ tel que $f(e_1)\not=0$ (il en existe un car $f\not=0$ ) et posons $e_2=f(e_1)$ . Montrons tout d’abord que $(e_1,e_2)$ est libre.

Pour ce faire, on raisonne par l’absurde et on suppose que $(e_1,e_2)$ est liée. Comme $e_2=f(e_1)\not=0$ , les vecteurs $e_1$ et $e_2$ sont non nuls et il existe un réel $\lambda\not=0$ tel que $e_2=f(e_1)=\lambda e_1$ . Comme $f^2=0$ , on voit que $f^2(e_1)=f(f(e_1))=f(\lambda e_1)=\lambda f(e_1)=\lambda ^2 e_1$ par linéarité de $f$ , ce qui entraine que $\lambda^2=0$ , et donc $\lambda=0$ , d’où une contradiction.

Dès lors, comme la famille $(e_1,e_2)$ est libre et que $\dim E=2$ , la famille $(e_1,e_2)$ est une base de $E$ . Comme $f(e_1)=e_2$ et que $f(e_2)=f^2(e_1)=0$ , il s’ensuit que :

${\mathfrak{Mat}}_{(e_1,e_2)}(f)=\begin{pmatrix} 0 &1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\text{il existe une base de } E \text{ dans laquelle la matrice } A \text{ de } f \text{ est : }A = \begin{pmatrix} 0 &1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}.}$

3/ On souhaite montrer par l’absurde qu’il est impossible de trouver deux endomorphismes $u$ et $v$ de $E$ , nilpotents et tels que $f = u \circ v$ . On suppose donc que ces deux endomorphismes existent.

a/ Montrons les inclusions : $\mathfrak{Im}(f) \subset \mathfrak{Im}(u)$ et $\ker(v) \subset \ker(f)$ . Pour ce faire, considérons un élément $y$ de $\mathfrak{Im}(f)$ . Alors il existe un vecteur $x\in E$ tel que $y=f(x)$ . Comme $f=u \circ v$ , on voit que $y=u(v(x))$ , ce qui entraine que $y$ appartient à $\mathfrak{Im}(u)$ . Mais comme ceci est vrai pour tout $y\in \mathfrak{Im}(f)$ , on en déduit que :

$\boxed{\mathfrak{Im}(f) \subset \mathfrak{Im}(u).}$

A présent, considérons un élément $x$ de $\ker(v)$ . Alors on voit que $v(x)=0$ . Comme $f=u \circ v$ , ceci entraine que $f(x)=u(v(x))=u(0)=0$ car $u$ est linéaire, et donc $x$ appartient à $\ker(f)$ . Mais comme ceci est vrai pour tout $x\in \ker(v)$ , on en déduit que :

$\boxed{\ker(v) \subset \ker(f).}$

b/ Etablissons les égalités : $\mathfrak{Im}(f) = \mathfrak{Im}(u)$ et $\ker(v) = \ker(f)$ . Comme $f$ est un endomorphisme non nul et que $f=u\circ v$ , on voit que $u$ et $v$ sont non nuls. Dès lors, comme $f,u,v$ sont des endomorphismes non nuls et nilpotents de $E$ , on obtient d’après la question $(1)$ de la partie $2$ que $\rm{rg}(f)=\rm{rg}(u)=\rm{rg}(v)=1$ . Mais comme $\rm{rg}(f)=\dim \mathfrak{Im}(f)=\rm{rg}(u)=\dim \mathfrak{Im}(u)=1$ et que $\mathfrak{Im}(f) \subset \mathfrak{Im}(u)$ d’après la question précédente, il s’ensuit par égalité des dimensions que :

$\boxed{\mathfrak{Im}(f) = \mathfrak{Im}(u).}$

De même, comme $\rm{rg}(f)=\rm{rg}(v)=1$ , on obtient avec le théorème du rang que :

$\dim \ker(f)=\dim E -\rm{rg}(f)=\dim E -\rm{rg}(v)=\dim \ker(v).$

Mais comme $\ker(v) \subset \ker(f)$ d’après la question précédente, il s’ensuit que :

$\boxed{\ker(f) = \ker(v).}$

c/ Montrons l’égalité : $\ker(u) = \mathfrak{Im}(v)$ . Comme $f$ est un endomorphisme non nul et que $f=u\circ v$ , on voit que $u$ et $v$ sont non nuls. Dès lors, comme $f,u,v$ sont des endomorphismes non nuls et nilpotents de $E$ , on obtient d’après la question $(1)$ de la partie $2$ que $\ker(f)=\mathfrak{Im}(f)$ , $\ker(u)=\mathfrak{Im}(u)$ et $\ker(v)=\mathfrak{Im}(v)$ . Mais comme $\ker(f)=\ker(v)$ et $\mathfrak{Im}(f)=\mathfrak{Im}(u)$ d’après la question précédente, il s’ensuit que :

$\ker(u)=\mathfrak{Im}(u)=\mathfrak{Im}(f)=\ker(f)=\ker(v)=\mathfrak{Im}(v).$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\ker(u) = \mathfrak{Im}(v).}$

d/ Montrons qu’il est impossible de trouver deux endomorphismes $u$ et $v$ de $E$ , nilpotents et tels que $f = u \circ v$ . Pour ce faire, on raisonne par l’absurde et on suppose que de tels endomorphismes $u,v$ existent. D’après la question précédente, on sait que $\ker(u) = \mathfrak{Im}(v)$ . Dès lors, pour tout $x\in E$ , le vecteur $v(x)$ appartient à $\mathfrak{Im}(v)=\ker(u)$ , et donc :

$f(x)=u\circ v(x)=u(v(x))=0.$

Comme ceci est vrai pour tout $x\in E$ , il s’ensuit que $f$ est l’endomorphisme nul, ce qui contredit l’hypothèse de départ. Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\text{il n'existe pas d'endomorphismes } u,v \text{ de }E\text{, nilpotents et tels que }f = u \circ v.}$

Exercice 3 : Somme Harmonique

1/ a/ Déterminons tout d’abord le rang de $J_n$ . Comme la matrice $J_n$ a tous ses coefficients non nuls, on voit que $\rm{rg}(J_n)>0$ . De plus, comme tous ses coefficients sont égaux à $1$ , toutes les colonnes de $J_n$ sont proportionnelles entre elles, et donc $\rm{rg}(J_n)\leq 1$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\rm{rg}(J_n)=1.}$

Comme $\rm{rg}(J_n)=\rm{rg}(J_n-0.I_n)=1<n$ , on en déduit aussi que :

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

Enfin, déterminons la dimension du sous-espace propre associé. Pour ce faire, on désigne par $f$ l’endomorphisme de $\mathbb{R}^n$ canoniquement associé à $J_n$ . Comme $0$ est valeur propre de $J_n$ , $0$ est aussi valeur propre de $f$ et de plus $\dim E_0(J_n)=\dim E_0(f)$ . D’après le théorème du rang, on trouve que :

$\dim E_0(f)=\dim \ker(f)=\dim \mathbb{R}^n -\rm{rg}(f)=n-\rm{rg}(J_n)=n-1.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\dim E_0(J_n)=n-1.}$

b/ Vérifions que le vecteur $V_n$ élément de $M_{n,1}(\mathbb{R})$ , dont toutes les composantes sont égales à $1$ , est vecteur propre de $J_n$ . Par des calculs simples, on trouve que :

$J_n V_n=\begin{pmatrix}1 & ... & 1 \\\vdots & & \vdots \\1 & ... & 1 \\\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\\vdots \\1 \\\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}n \\\vdots \\n \\\end{pmatrix}=n\begin{pmatrix}1 \\\vdots \\1 \\\end{pmatrix}=nV_n.$

Comme $V_n\not=0$ , on en déduit que :

$\boxed{V_n \text{ est vecteur propre de } J_n \text{ pour la valeur propre } n.}$

c/ Donnons les valeurs propres de $J_n$ . Comme $V_n$ est vecteur propre de $J_n$ pour la valeur propre $n\not=0$ , on voit que $\dim E_n(J_n)\geq 1$ . Comme de plus $\dim E_0(J_n)=n-1$ d’après la question $(1)(a)$ , on obtient que :

$\dim E_n(J_n)+\dim E_0(J_n)\geq n-1+1=n.$

Mais comme la somme des dimensions des sous-espaces propres est $\leq n$ pour toute matrice carrée de taille $n$ , ceci entraine que :

$\dim E_n(J_n)+\dim E_0(J_n)=n.$

En particulier, la matrice $J_n$ est diagonalisable et n’admet pas d’autre valeur propre que $0$ et $n$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\text{Sp}(J_n)=\{0,n\}.}$

Dans toute la suite, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\mathbb{R}^n$ par :

$\forall x = (x_1,x_2,\dots,x_n) \in \mathbb{R}^n,\quad f_n(x) = \left(\sum_{k=1}^n x_k\right) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right).$

1/ Montrons que $f_n$ est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}^n$ . Comme les fonctions $(x_1,...,x_n)\longmapsto \sum_{k=1}^n x_k$ et $(x_1,...,x_n)\longmapsto \sum_{k=1}^n x_k ^2$ sont polynomiales sur $\mathbb{R}^n$ , elles sont de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}^n$ . Mais comme la fonction exponentielle est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\mathbb{R}$ , il s’ensuit par composition et produit que :

$\boxed{f_n \text{ est de classe }\mathcal{C}^2 \text{ sur }\mathbb{R}^n.}$

2/ a/ Montrons que, pour tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket$ , on a :

$\partial_i(f_n)(x) = \left(1-2x_i \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k\right)\exp\left(-\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k^2\right).$

Par des calculs simples, on trouve que, pour tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket$ et pour tout $x\in \mathbb{R}^n$ :

$\begin{array}{lll}\partial_i(f_n)(x) &= & \displaystyle \partial_i \left(\sum_{k=1}^n x_k\right) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) +\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)\partial_i \left (\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right ) \\& & \\& = & \displaystyle 1.\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) +\left(\sum_{k=1}^n x_k\right) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) \partial_i \left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle 1.\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) +\left(\sum_{k=1}^n x_k\right) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) \left(-2x_i\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left [1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right ]\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right). \\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que, pour tout $i\in [\![1,n]\!]$ :

$\boxed{\partial_i(f_n)(x) = \left(1-2x_i \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k\right)\exp\left(-\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k^2\right).}$

b/ Montrons que $f_n$ possède deux points critiques $a = \frac{1}{\sqrt{2n}}(1,1,\dots,1)$ et $b = -a$ . Pour ce faire, on désigne par $\mathcal{C}$ l’ensemble des points critiques de $f$ . Par des calculs simples, on trouve que :

$\qquad \quadx\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad \nabla(f)(x)=(0,...,0) \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{cll}\left(1-2x_1 \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k\right)\exp\left(-\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k^2\right) & = & 0 \\\vdots & & \\\left(1-2x_n \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k\right)\exp\left(-\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k^2\right) & = & 0\end{array}\right. .$

Comme toute exponentielle d’un nombre réel est $>0$ (et donc non nulle), on obtient que :

$x\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{cll}1-2x_1 \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k & = & 0 \\\vdots & & \\1-2x_n \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k & = & 0\end{array}\right. .$

Comme $2x_1\sum_{k=1}^n x_k=1$ , la somme $\sum_{k=1}^n x_k$ est non nulle, et donc :

$x\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 & = & \frac{1}{2\sum_{k=1}^n x_k} \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & \frac{1}{2\sum_{k=1}^n x_k}\end{array}\right. .$

En effectuant les opérations élémentaires

$L_i\leftarrow L_i-L_1$ pour tout

$i\in \{2,...,n\}$ , on obtient que :

$x\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 & = & \frac{1}{2\sum_{k=1}^n x_k} \\x_2 & = & x_1 \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & x_1\end{array}\right. .$

En effectuant une substitution dans la première égalité, on trouve que :

$x\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 & = & \frac{1}{2nx_1} \\x_2 & = & x_1 \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & x_1\end{array}\right. \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 ^2 & = & \frac{1}{2n} \\x_2 & = & x_1 \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & x_1\end{array}\right. .$

Dès lors, on obtient par des calculs simples que :

$x\in \mathcal{C} \quad \Longleftrightarrow \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 & = & \frac{1}{\sqrt{2n}} \\x_2 & = & \frac{1}{\sqrt{2n}} \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & \frac{1}{\sqrt{2n}} \end{array}\right.\quad \text{ou} \quad\left \{\begin{array}{clc}x_1 & = & \frac{-1}{\sqrt{2n}} \\x_2 & = & \frac{-1}{\sqrt{2n}} \\\vdots & & \vdots \\x_n & = & \frac{-1}{\sqrt{2n}} \end{array}\right. .$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{f \text{ admet deux points critiques, à savoir les points } a = \frac{1}{\sqrt{2n}}(1,1,\dots,1) \text{ et } b = -a.}$

3/ a/ Déterminons les dérivées partielles d’ordre $2$ de $f_n$ . Pour ce faire, on distingue les cas » $i=j$ » et » $i\not=j$ « . Si $i=j$ , alors on trouve par des calculs simples que, pour tout $x\in \mathbb{R}^n$ :

$\qquad \quad \begin{array}{lll}\partial_{i,i} ^2(f_n)(x) &= & \displaystyle \partial_{i} \left(\left [1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right ]\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right ) \\& & \\& = & \displaystyle \partial_{i} \left(1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left [1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right ]\partial_{i} \left(\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right )\\& & \\& = & \displaystyle \left(-2\sum_{k=1}^n x_k-2x_i\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left [1-2x_i\sum_{k=1}^n x_k\right ]\left [-2x_i\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right ]\\& & \\& = & \displaystyle \left(-2\sum_{k=1}^n x_k-2x_i\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left (-2x_i +4x_i^2\sum_{k=1}^n x_k\right )\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\\& & \\& = & \displaystyle \left(-2\sum_{k=1}^n x_k-2x_i-2x_i +4x_i^2\sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-4x_i +(4x_i^2 -2) \sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right). \\\end{array}$

Si maintenant $i\not=j$ , alors on obtient de même que, pour tout $x\in \mathbb{R}^n$ :

$\qquad \quad \begin{array}{lll}\partial_{i,j} ^2(f_n)(x) &= & \displaystyle \partial_{i} \left(\left [1-2x_j\sum_{k=1}^n x_k\right ]\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right ) \\& & \\& = & \displaystyle \partial_{i} \left(1-2x_j\sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left [1-2x_j\sum_{k=1}^n x_k\right ]\partial_{i} \left(\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right )\\& & \\& = & \displaystyle -2x_j\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left [1-2x_j\sum_{k=1}^n x_k\right ]\left [-2x_i\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\right ]\\& & \\& = & \displaystyle -2x_j \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) + \left (-2x_i +4x_ix_j\sum_{k=1}^n x_k\right )\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\\& & \\& = & \displaystyle \left(-2x_j-2x_i +4x_ix_j \sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right). \\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\partial_{i,j} ^2(f_n)(x)=\left \{\begin{array}{lll}\displaystyle \left(-4x_i +(4x_i^2 -2) \sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) & \text{si} & i=j\\& & \\\displaystyle \left(-2x_j-2x_i +4x_ix_j \sum_{k=1}^n x_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right) & \text{si} & i\not=j\end{array}\right. .}$

b/ Vérifions que la hessienne de $f_n$ en $a$ est $H_n(a) = \frac{-2}{\sqrt{2ne}} (nI_n + J_n)$ . Par définition, la hessienne en $a$ est la matrice de terme général $\partial_{i,j}^2(f_n)(a)$ . Avec la question précédente et comme $a = \frac{1}{\sqrt{2n}}(1,1,\dots,1)=(a_1,...,a_n)$ , on trouve si $i=j$ que :

$\begin{array}{lll}\partial_{i,i} ^2(f_n)(a) & = & \displaystyle \left(-4a_i +(4a_i^2 -2) \sum_{k=1}^n a_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n a_k^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{4}{\sqrt{2n}} +\left (4\left ( \frac{1}{\sqrt{2n}}\right )^2 -2 \right ) \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n \left (\frac{1}{\sqrt{2n}}\right )^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{4}{\sqrt{2n}} +\left (\frac{2}{n} -2 \right ) \frac{n}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n \frac{1}{2n}\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{4}{\sqrt{2n}} +\left (2 -2n \right ) \frac{1}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\frac{1}{2}\right) \\& & \\& = & \displaystyle -\frac{(2+2n)}{\sqrt{2n}}\exp\left(-\frac{1}{2}\right) \\& & \\& = & \displaystyle -\frac{(2+2n)}{\sqrt{2ne}}. \\\end{array}$

Si maintenant

$i\not=j$ , alors on obtient de même que :

$\begin{array}{lll}\partial_{i,j} ^2(f_n)(a) & = & \displaystyle \left(-2a_j-2a_i +4a_ia_j \sum_{k=1}^n a_k\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n a_k^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{2}{\sqrt{2n}}-\frac{2}{\sqrt{2n}} +4\left ( \frac{1}{\sqrt{2n}}\right )^2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n \left ( \frac{1}{\sqrt{2n}}\right )^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{4}{\sqrt{2n}}+\frac{2}{n} \times \frac{n}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\sum_{k=1}^n \frac{1}{2n}\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left(-\frac{4}{\sqrt{2n}}+\frac{2}{\sqrt{2n}}\right ) \exp\left(-\frac{1}{2}\right) \\& & \\& = & \displaystyle -\frac{2}{\sqrt{2n}} \exp\left(-\frac{1}{2}\right) \\& & \\& = & \displaystyle -\frac{2}{\sqrt{2ne}}. \\\end{array}$

Dès lors, la matrice hessienne $H_n(a)$ est donnée par la matrice :

$H_n(a)=\begin{pmatrix}-\frac{(2+2n)}{\sqrt{2ne}} & & (-\frac{2}{\sqrt{2ne}} )\\& \ddots & \\(-\frac{2}{\sqrt{2ne}} )& & -\frac{(2+2n)}{\sqrt{2ne}}\end{pmatrix},$

ce que l’on peut encore réécrire sous la forme :

$H_n(a)=-\frac{2}{\sqrt{2ne}} \begin{pmatrix}1 & ... & 1 \\\vdots & & \vdots \\1 & ... & 1 \\\end{pmatrix}-\frac{2n}{\sqrt{2ne}} \begin{pmatrix}1 & & (0) \\& \ddots & \\(0) & & 1\end{pmatrix}$

Par conséquent, on en déduit par définition de $J_n$ que :

$\boxed{H_n(a)=\frac{-2}{\sqrt{2ne}} (nI_n + J_n).}$

c/ Donnons les valeurs propres de $H_n(a)$ . Pour ce faire, considérons un nombre complexe $\lambda$ . Alors on trouve avec les questions précédentes que :

$\begin{array}{lll}\lambda \in \text{Sp}(H_n(a)) & \Longleftrightarrow & \rm{rg}(H_n(a)-\lambda I_n)<n \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \rm{rg}\left (\frac{-2}{\sqrt{2ne}} (nI_n + J_n) -\lambda I_n \right )<n \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \rm{rg}\left (nI_n + J_n +\frac{\lambda\sqrt{2ne}}{2} I_n \right )<n \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \rm{rg}\left (J_n -\left (-n-\frac{\lambda\sqrt{2ne}}{2} \right ) I_n \right )<n \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \left (-n-\frac{\lambda\sqrt{2ne}}{2} \right ) \in \text{Sp}(J_n) \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle -n-\frac{\lambda\sqrt{2ne}}{2}=0 \; \; \text{ou} \; \; -n-\frac{\lambda\sqrt{2ne}}{2}=n \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle \lambda = -\sqrt{\frac{2n}{e}} \; \; \text{ou} \; \; \lambda =-2\sqrt{\frac{2n}{e}}. \\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit par définition de $J_n$ que :

$\boxed{\text{Sp}(H_n(a))=\left \{-2\sqrt{\frac{2n}{e}},-\sqrt{\frac{2n}{e}} \right \}.}$

d/ Montrons que $f_n$ possède un extremum local en $a$ . D’après les questions précédentes, on voit que $a$ est un point critique de $f_n$ et que la hessienne de $f_n$ au point $a$ n’admet que des valeurs propres $<0$ . D’après le cours, on en déduit que :

$\boxed{f_n \text{ admet un maximum local en } a.}$

e/ Donnons une conclusion concernant le point critique $b$ . En procédant comme dans les questions précédentes, on peut vérifier que que la hessienne de $f_n$ au point $b$ n’admet que des valeurs propres $>0$ . Comme $b$ est un point critique de $f_n$ , on en déduit d’après le cours que :

$\boxed{f_n \text{ admet un minimum local en } b.}$

4/ a/ Étudions la fonction $h$ qui, à tout $t$ de $\mathbb{R}_+$ , associe $h(t) = te^{-t^2}$ . Par définition, la fonction $h$ est dérivable sur $\mathbb{R}_+$ comme produit et composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}_+$ et de plus, on a pour tout $t\in \mathbb{R}_+$ :

$h'(t)=e^{-t^2}-2t^2e^{-t^2}=(1-2t^2)e^{-t^2}.$

Comme $t\geq 0$ et que $e^{-t^2}>0$ , on constate que $h'(t)\geq 0$ si et seulement si $1-2t^2\geq 0$ , c’est-à-dire si $t\leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ . Dès lors, la fonction $h$ est croissante sur $[0,\frac{1}{\sqrt{2}}]$ et décroissante sur $]\frac{1}{\sqrt{2}},+\infty[$ . Comme de plus $h(t)$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$ par croissances comparées, on en déduit le tableau de variations suivant pour $h$ :

b/ En appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz à deux vecteurs bien choisis de $\mathbb{R}^n$ , muni de son produit scalaire canonique, montrer que :

$\forall (x_1,x_2,\dots,x_n) \in \mathbb{R}^n, \, \left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2 \leq n \sum_{k=1}^n x_k^2.$

Pour ce faire, on désigne par

$\langle \; , \; \rangle$ le produit scalaire canonique sur

$\mathbb{R}^n$ et par

$\|\; \|$ la norme euclidienne associée. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée aux vecteurs

$x=(x_1,...,x_n)$ et

$u=(1,...,1)$ , on trouve que :

$\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2=\left (\langle x,u\rangle\right )^2\leq \|x\|^2\|u\|^2=\left ( \sum_{k=1}^n x_k^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^n 1^2\right )=n\left ( \sum_{k=1}^n x_k^2 \right ).$

Par conséquent, on en déduit que, pour tout

$(x_1,x_2,\dots,x_n) \in \mathbb{R}^n$ :

$\boxed{\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2 \leq n \sum_{k=1}^n x_k^2.}$

c/ Montrons que $f_n$ admet en $a$ un extremum global. D’après les questions précédentes, on trouve par des calculs simples que :

$\begin{array}{lll}f_n(a) &= & \displaystyle \left (\sum_{k=1}^n a_k\right )\exp\left(-\sum_{k=1}^n a_k^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \left (\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{2n}} \right )\exp\left(-\sum_{k=1}^n \left ( \frac{1}{\sqrt{2n}} \right )^2\right) \\& & \\& = & \displaystyle \frac{n}{\sqrt{2n}}\exp\left(-\sum_{k=1}^n \frac{1}{2n}\right) \\& & \\& = & \displaystyle \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2}}\exp\left(-\frac{1}{2}\right) \quad = \quad \sqrt{\frac{n}{2e}}.\\\end{array}$

De plus, on trouve d’après la question précédente que, pour tout $x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n$ :

$f_n(x)=\left (\sum_{k=1}^n x_k\right )\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right)\leq \sqrt{n} \sqrt{\sum_{k=1}^n x_k ^2 }\exp\left(-\sum_{k=1}^n x_k^2\right).$

Si l’on pose $t=\sqrt{\sum_{k=1}^n x_k ^2}\geq 0$ , alors ceci nous donne que :

$f_n(x)\leq \sqrt{n} t e^{-t^2}=\sqrt{n} h(t).$

Or on sait d’après son tableau de variations que la fonction $h$ admet un maximum sur $\mathbb{R}_+$ , lequel est atteint en $t=1/\sqrt{2}$ et vaut $1/\sqrt{2e}$ . En particulier, on voit que $h(t)\leq 1/\sqrt{2e}$ pour tout $t\in \mathbb{R}_+$ , ce qui entraine que :

$f_n(x)\leq \sqrt{n} h(t)\leq \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2e}}=\sqrt{\frac{n}{2e}}=f_n(a).$

En résumé, on vient de montrer que $f_n(x)\leq f_n(a)$ pour tout $x\in \mathbb{R}^n$ , avec égalité si $x=a$ , et donc :

$\boxed{f_n \text{ pr\'esente un maximum global en } a.}$

De la même façon, on vérifie aussi que :

$\boxed{f_n \text{ pr\'esente un minimum global en } b.}$

5/ Question d’informatique.

a/ Écrivons des commandes Scilab permettant de calculer et d’afficher $H_n(a)$ pour une valeur de $n$ entrée par l’utilisateur. D’après les questions précédentes, on sait que :

$H_n(a)=\frac{-2}{\sqrt{2ne}} (nI_n + J_n).$

Dès lors, on pourra utiliser le script suivant :

$\boxed{\begin{array}{l}n=\text{input('entrez un entier n :')}\; ; \\A=(-2/\text{sqrt}(2*n*\exp(1)))*(\text{ones}(n,n)+n*\text{eye}(n))\; ; \\\text{disp}(A)\\\end{array}}$

b/ Dans le cas $n=2$ , la nappe suivante est acceptable en tant que représentation graphique de la fonction $f_2$ . En effet, comme cela a été montré aux questions précédentes, le graphe de $f_2$ (comme c’est le cas pour cette nappe) présente un maximum global et un minimum global, lesquels sont atteints en des points opposés par rapport à l’origine de $\mathbb{R}^2$ .

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Problème 1 : Intégrale de Wallis

Partie 1 : Simulations de $S_k$ et $T_k$

1/ Complétons les lignes $7$ et $10$ du script Scilab suivant pour qu’il affiche la valeur prise par $S_k$ lorsque $k$ et $p$ sont entrés par l’utilisateur :

$\boxed{\begin{tabular}{l}k = input('donnez une valeur pour k :') \\p = input('donnez une valeur pour p :') \\n = 0 \\c = 0 \\while c \operatorname{<} k \\\qquad n=n+1 \\\qquad if - - - then c = c+1 \\\qquad end \\end \\disp(- - -) \\\end{tabular}}$

Dans ce script, $n$ correspond au nombre de lancers effectués et $c$ au nombre de piles obtenus au cours des $n$ premiers lancers. Dans ce cas, pour que l’on passe de $c$ à $c+1$ dans la boucle « while », il faut et il suffit que le résultat du $n$ -ème lancer soit un pile, ce qui peut se simuler par l’instruction « $\text{rand}<p$ » (vu que la pièce a une probabilité $p$ de donner pile à chaque fois). Quant à la valeur de $S_k$ , elle correspond au nombre de fois que la boucle « while » aura tourné, c’est-à-dire à $n$ . Dès lors, on pourra compléter le script ci-dessus comme suit :

$\boxed{\begin{tabular}{l}k = input('donnez une valeur pour k :') \\p = input('donnez une valeur pour p :') \\n = 0 \\c = 0 \\while c \operatorname{<} k \\\qquad n=n+1 \\\qquad if rand \operatorname{<} p \: then c = c+1 \\\qquad end \\end \\disp(n) \\\end{tabular}}$

2/ On souhaite que le script précédent affiche la valeur prise par $T_k$ . Il s’agit alors de remplacer la ligne $7$ du script précédent par la suivante, dûment complétée :

$\boxed{\begin{tabular}{l}if - - - then c = c+1, else - - - \\\end{tabular}}$

Dans ce nouveau script, l’entier $n$ correspond toujours au nombre de lancers effectués. Par contre, l’entier $c$ est égal au nombre de piles de la dernière série de piles obtenus si le $n$ -ème lancer donne un pile, et à $0$ sinon. Dans ce cas, pour que l’on passe de $c$ à $c+1$ dans la boucle « while », il faut et il suffit que le résultat du $n$ -ème lancer soit un pile, ce qui peut se simuler par l’instruction « $\text{rand}<p$ » (vu que la pièce a une probabilité $p$ de donner pile à chaque fois). En revanche, si le $n$ -ème lancer donne un face, alors $c$ est réinitialisé à $0$ , ce qui signifie que les $n$ premiers lancers ne se terminent pas par une série de piles. Dans ces conditions, la boucle « while » s’interrompra si $c=k$ , c’est-à-dire si les $n$ lancers se terminent par une série de $k$ piles consécutifs. Quant à la valeur de $T_k$ , elle correspondra au nombre de fois que la boucle « while » aura tourné, c’est-à-dire à $n$ . Dès lors, pour obtenir une simulation de $T_k$ , il suffit de compléter la ligne $7$ ci-dessus comme suit :

$\boxed{ \text {if rand} < p \: \text{then} \: c = c+1, \text{else} \: c=0 }$

Partie 2 : Calcul de l’espérance de $S_k$

1/ Donner la loi de $S_1$ ainsi que son espérance. Par définition, on sait que $S_1$ est le nombre de lancers qu’il faut réaliser pour obtenir pour la première fois un pile. Plus précisément, on répète indéfiniment et dans les mêmes conditions une expérience de Bernoulli, qui consiste à lancer la pièce de monnaie et où la probabilité du succès (à savoir l’obtention d’un pile) à chaque itération est égale à $p$ . Comme $S_1$ est le premier instant o\`u le succès est réalisé, $S_1$ est un temps d’arrêt et suit donc la loi géométrique de paramètre $p$ , c’est-à-dire :

$\boxed{S_1\hookrightarrow \mathcal{G}\left (p\right ).}$

D’après le cours, comme $S_1\hookrightarrow \mathcal{G}\left (p\right )$ , on a :

$\boxed{E(X_1)= \frac{1}{p}.}$

2/ Soit $k$ un entier naturel $\geq 2$ . Pour tout entier naturel $n\geq k$ , on note $X_{n-1}$ la variable aléatoire égale au nombre de piles obtenus lors des $n-1$ premiers lancers.

a/ Donnons la loi de $X_{n-1}$ . Pour ce faire, on considère l’expérience aléatoire suivante « on lance la pièce », laquelle présente deux issues, à savoir $A$ : « on obtient pile » et $B$ : « on obtient face ». On répète cette expérience $n-1$ fois de suite et dans les mêmes conditions. Comme la probabilité de l’issue $A$ est égale à $p$ à chaque lancer et que $X_{n-1}$ est le nombre de succès de l’issue $A$ , on en déduit que :

$\boxed{X_{n-1}\hookrightarrow \mathcal{B}(n-1,p).}$

b/ Donnons tout d’abord $S_k(\Omega)$ . Par définition, $S_k$ est le nombre de lancers qu’il faut réaliser pour obtenir $k$ piles. Donc $S_k$ ne peut prendre que des valeurs entières $\geq 0$ . De plus, on voit que $S_k$ ne peut prendre la valeur entière $n$ que si $n\geq k$ (il faut réaliser au moins $k$ lancers pour avoir $k$ piles) et l’événement $[S_k=n]$ est réalisé si, par exemple, on n’obtient que des faces au cours des $(n-k)$ premiers lancers, puis $k$ piles après. En d’autres termes, $S_k$ peut prendre toute valeur entière $n\geq k$ , et donc :

$\boxed{S_k(\Omega)=[\![k,+\infty]\!].}$

A présent, écrivons l’événement $[S_k = n]$ à l’aide de la variable $X_{n-1}$ . Par définition, l’événement $[S_k=n]$ est réalisé si et seulement si l’on a obtenu $k-1$ piles au cours des $n-1$ premiers lancers et pile au $n$ -ème lancer, c’est-à-dire si les événements $[X_{n-1}=k-1]$ et $P_n$ sont simultanément réalisés, et donc :

$\boxed{[S_k = n]=[X_{n-1}=k-1]\cap P_n.}$

c/ Montrons que la loi de $S_k$ est donnée par :

$\forall n \geq k, \, \, P(S_k=n) = \binom{n-1}{k-1}p^k q^{n-k}.$

D’après la formule des probabilités composées et la question précédente, on sait que $S_k(\Omega)=[\![k,+\infty]\!]$ et plus, on a pour $n\geq k$ :

$P([S_k=n])=P([X_{n-1}=k-1])P_{[X_{n-1}=k-1]}(P_n).$

Comme

$X_{n-1}\hookrightarrow \mathcal{B}(n-1,p)$ d’après la question

$(2)(a)$ , on trouve que, pour tout

$n\geq k$ :

$P([S_k=n])=\binom{n-1}{k-1} p^{k-1}q^{n-k} P_{[X_{n-1}=k-1]}(P_n). \quad (*)$

Comme tous les lancers sont indépendants les uns des autres, on voit que :

$P_{[X_{n-1}=k-1]}(P_n)=P(P_n)=p.$

En réinjectant cette égalité dans la relation $(*)$ , il s’ensuit que, pour tout $n\geq k$ :

$P([S_k=n])=\binom{n-1}{k-1} p^{k-1}q^{n-k} p.$

Par conséquent, on en déduit que la loi de $S_k$ est donnée par :

$\boxed{\forall n\geq k, \; \; P([S_k=n])=\binom{n-1}{k-1} p^{k}q^{n-k}.}$

3/ Soit $k$ un entier $\geq 2$ . On pose $Z_1 = S_1$ et, pour tout entier $i\geq 2$ , on pose $Z_i = S_i - S_{i-1}$ . On admet que $(Z_i)_{i \in \mathhbb{N}^*}$ est une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes.

a/ Donnons la loi des variables aléatoires $Z_i$ . Par définition, $Z_i$ désigne le temps d’attente entre le $(i-1)$ -ème pile et le $i$ -ème pile (voire le temps d’attente du premier pile si $i=1$ ). Comme les résultats des lancers sont indépendants et que la probabilité d’obtenir pile est égale à $p$ à chaque lancer, on en déduit que, pour tout $i\geq 2$ :

$\boxed{Z_i \hookrightarrow \mathcal{G}(p).}$

b/ Exprimons $S_k$ à l’aide de certaines des variables $Z_i$ . Comme $Z_1 = S_1$ et que $Z_i = S_i - S_{i-1}$ pour tout entier $i\geq 2$ , on obtient par télescopage que :

$\sum_{i=1}^k Z_i=Z_1+\sum_{i=2}^k S_i - S_{i-1}=S_1+S_k-S_1=S_k.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{S_k=\sum_{i=1}^k Z_i.}$

c/ Montrons que $S_k$ possède une espérance et donnons sa valeur. Comme les $Z_i$ suivent toutes la loi géométrique de paramètre $p$ d’après la question $(3)(a)$ , elles admettent toutes une espérance égale à $\frac1p$ . Dès lors, comme $S_k=\sum_{i=1}^k Z_i$ d’après la question $(3)(b)$ , la variable aléatoire $S_k$ admet aussi une espérance par linéarité et de plus, on obtient par linéarité de l’espérance que :

$E(S_k)=E\left ( \sum_{i=1}^k Z_i\right )=\sum_{i=1}^k E(Z_i)=\sum_{i=1}^k \frac{1}{p}=\frac{k}{p}.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{S_k \text{ admet une esp\'erance \'egale \`a } \frac{k}{p}.}$

4/ Estimation. On suppose le paramètre $p$ inconnu et on souhaite trouver un estimateur de $p$ . On admet que, si une suite de variables aléatoires $(Y_k)_{k \in \mathhbb{N}^*}$ converge en probabilité vers une variable aléatoire $Y$ , alors pour toute fonction $f$ continue sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ tel que $P(Y \in I) = 1$ , la suite $(f(Y_k))_{k \in \mathhbb{N}^*}$ converge en probabilité vers $f(Y)$ .

a/ Pour tout $k\geq 2$ , on pose $\overline{Z_k} = \frac{1}{k}\sum_{i=1}^k Z_i$ . Montrons que la suite $\left(\overline{Z_k}\right)_{k \in \mathhbb{N}^*}$ converge en probabilité. D’après la question $(3)(a)$ , on sait que toutes les variables aléatoires $Z_i$ suivent la loi géométrique de paramètre $p$ , laquelle admet une espérance (égale à $\frac1p$ ) et une variance. Comme elles sont de plus indépendantes, la loi faible des grands nombres entraine que leur moyenne empirique $\overline{Z_k}$ converge en probabilité vers l’espérance commune des $Z_i$ , c’est-à-dire $\frac1p$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\overline{Z_k} \overset{P}{\longrightarrow} \frac1p.}$

b/ Montrons que $\frac{k}{S_k}$ est un estimateur convergent de $p$ . Pour ce faire, on considère l’application $f : \mathbb{R}_+ ^*\longrightarrow \mathbb{R}_+ ^*$ , $x\longmapsto \frac1x$ . Alors $f$ est une fonction continue sur l’intervalle $\mathbb{R}_+ ^*$ . Comme la variable aléatoire constante égale à $\frac1p$ vérifie la relation $P([\frac1p\in \mathbb{R}_+ ^*])=1$ (vu que $\frac1p>0$ ) et que la suite $(\overline{Z_k})$ converge en probabilité vers $\frac1p$ , ceci entraine avec le résultat donné plus haut que :

$f(\overline{Z_k})=\frac{1}{\overline{Z_k}}\overset{P}{\longrightarrow} f\left (\frac1p \right )=p.$

Mais comme

$\overline{Z_k}=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k Z_i=\frac{S_k}{k}$ d’après la question

$(3)(b)$ , il s’ensuit que :

$\frac{k}{S_k}=\frac{1}{\overline{Z_k}}\overset{P}{\longrightarrow} p.$

Par conséquent, on en déduit par définition de la convergence des estimateurs que :

$\boxed{\frac{k}{S_k} \text{ est un estimateur convergent de }p.}$

c/ Donnons tout d’abord la valeur de $\sum_{j=k-1}^{+\infty} P(S_{k-1} = j)$ . Comme $S_{k-1}(\Omega)=\llbracket k-1,+\infty\llbracket$ d’après la question $(2)(b)$ , la famille $([S_{k-1}=j])_{j\geq k-1}$ est le système complet d’événements associé à $S_{k-1}$ . En particulier, on obtient en passant aux probabilités que :

$\boxed{\sum_{j=k-1}^{+\infty} P(S_{k-1} = j)=1.}$

A présent, montrons que la variable aléatoire

$\frac{k-1}{S_k-1}$ possède une espérance et que:

$E(\frac{k-1}{S_k-1}) = p$ . Comme la variable aléatoire

$S_k$ ne prend que des valeurs entières

$\geq k$ d’après la question

$(2)(b)$ , on voit que

$S_k\geq k$ , et donc :

$0\leq \frac{k-1}{S_k-1}\leq \frac{k-1}{k-1}= 1.$

En particulier, la variable aléatoire $\frac{k-1}{S_k-1}$ est bornée par $1$ (en valeur absolue). Comme la variable aléatoire constante égale à $1$ admet une espérance, il s’ensuit par domination que :

$\boxed{\frac{k-1}{S_k-1} \text{ admet une esp\'erance}.}$

Passons au calcul de $E(\frac{k-1}{S_k-1})$ . D’après le théorème de transfert et la question $(2)(c)$ , on trouve que :

$\begin{array}{lll}\displaystyle E\left ( \frac{k-1}{S_k-1} \right ) & = & \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{k-1}{n-1} P([S_k=n]) \\& & \\&=& \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{k-1}{n-1} \binom{n-1}{k-1} p^{k}q^{n-k} \\& & \\&=& \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{k-1}{n-1} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k}q^{n-k} \\& & \\&=& \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}p^{k}q^{n-k} \\& & \\&=& \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n-2}{k-2}p^{k}q^{n-k} \\& & \\&=& \displaystyle \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n-1-1}{k-1-1}p^{k-1+1}q^{n-1-k+1} \\& & \\&=& \displaystyle p\sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n-1-1}{k-1-1}p^{k-1}q^{n-1-k+1} \\& & \\& = & \displaystyle p\sum_{n=k}^{+\infty} P([S_{k-1}=n-1]).\\\end{array}$

En effectuant le changement d’indices

$j=n-1$ dans la somme de droite et en utilisant le résultat du début de cette question, on trouve que :

$E\left ( \frac{k-1}{S_k-1} \right )=p\sum_{j=k-1}^{+\infty} P([S_{k-1}=j])=p\times 1=p.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{E\left ( \frac{k-1}{S_k-1} \right )=p.}$

d/ Montrons que $\frac{k}{S_k}$ est un estimateur biaisé de $p$ (on ne cherchera pas à calculer la valeur de ce biais). Tout d’abord, on commence par remarquer que, comme la variable aléatoire $S_k$ ne prend que des valeurs entières $\geq k$ d’après la question $(2)(b)$ , on voit que $S_k\geq k$ , et donc :

$0\leq \frac{k}{S_k}\leq \frac{k}{k} = 1.$

En particulier, la variable aléatoire $\frac{k}{S_k}$ est bornée par $1$ (en valeur absolue). Comme la variable aléatoire constante égale à $1$ admet une espérance, il s’ensuit par domination que $\frac{k}{S_k}$ admet une espérance, et donc cet estimateur admet bien un biais. Pour montrer qu’il est biaisé, il suffit de vérifier que $E(\frac{k}{S_k})>p$ . D’après le théorème de transfert, on sait que l’espérance de $\frac{k}{S_k}$ est la somme de la série $\sum_{n\geq k} \frac{k}{n}P([S_k=n])$ . Or, on trouve que, pour tout $k\in \mathhbb{N}^*$ et pour tout $n> k$ :

$\begin{array}{lll}\displaystyle \frac{k-1}{n-1} < \frac{k}{n} & \Longleftrightarrow & n(k-1) < (n-1)k \\& & \\& \Longleftrightarrow & nk -n < nk-k \\& & \\& \Longleftrightarrow & k < n.\end{array}$

Comme cette inégalité est toujours vraie, on voit que, pour tout $k\in \mathhbb{N}^*$ et pour tout $n>k$ :

$\frac{k-1}{n-1} < \frac{k}{n}.$

Par multiplication par

$P([S_k=n])$ (qui est

$>0$ ), on a pour tout

$k\in \mathhbb{N}^*$ et pour tout

$n>k$ :

$\frac{k-1}{n-1} P([S_k=n]) < \frac{k}{n} P([S_k=n]).$

Par sommation, on trouve que, pour tout $k\in \mathhbb{N}^*$ :

$\sum_{n=k+1}^{+\infty}\frac{k-1}{n-1} P([S_k=n]) < \sum_{n=k+1}^{+\infty} \frac{k}{n} P([S_k=n]),$

ce qui peut se réécrire avec le théorème de transfert sous la forme :

$E\left ( \frac{k-1}{S_k-1}\right ) -P([S_k=n]) < E\left ( \frac{k}{S_k}\right )-P([S_k=n]).$

En particulier, ceci entraîne avec la question précédente que :

$p=E\left ( \frac{k-1}{S_k-1}\right ) < E\left ( \frac{k}{S_k}\right ).$

et donc $E( \frac{k}{S_k} )\not=p$ . Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{\frac{k}{S_k} \text{ est un estimateur biais\'e de } p.}$

Partie 3 : Calcul de l’espérance de $T_k$

1/ Comparons les variables aléatoires $S_1$ et $T_1$ . Par définition, $T_1$ est le rang d’apparition du dernier pile de la première série d’un pile consécutif, c’est-à-dire le rang d’apparition du premier pile, et donc :

$\boxed{T_1=S_1.}$

2/ Soit $k\geq 2$ . On admet que $T_k$ possède une espérance que l’on se propose de déterminer.

a/ Justifions, en utilisant la variable aléatoire $W$ égale au rang du premier face lors de l’expérience décrite au début de ce problème, que les événements $F_1,P_1 \cap F_2,P_1 \cap P_2 \cap F_3,P_1 \cap P_2 \cap P_3 \cap F_4,\dots,P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k$ et $P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k$ forment un système complet d’événements. Par définition, l’événement $F_1$ correspond à l’événement « on obtient face au premier lancer », c’est-à-dire à $[W=1]$ . De même, pour tout $i\geq 2$ , l’événement $P_1\cap P_2\cap ...\cap P_{i-1}\cap F_i$ correspond à l’événement « on obtient le premier face au $i$ -ème lancer », c’est-à-dire à $[W=i]$ . Enfin, l’événement $P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k$ correspond à l’événement « on obtient le premier face après le $k$ -ème lancer », c’est-à-dire à $[W>k]$ . En d’autres termes, il s’agit de montrer que la famille $([W=1],[W=2],...,[W=k],[W>k])$ est un système complet d’événements. De toute évidence, ces événements sont deux à deux incompatibles (vu que $W$ ne peut pas prendre deux valeurs distinctes en même temps). De plus, comme la famille $([W=i])_{i\in \mathhbb{N}^*}$ est le système complet d’événements associé à $W$ , on obtient que :

$\bigcup_{i=1}^k [W=i] \cup [W>k]=\bigcup_{i=1}^{k} [W=i] \cup \bigcup_{i=k+1}^{+\infty} [W=i]=\bigcup_{i=1}^{+\infty} [W=i]=\Omega.$

Dès lors, il s’ensuit que la famille $([W=1],[W=2],...,[W=k],[W>k])$ est bien un système complet d’événements, et donc :

$\boxed{\begin{tabular}{l}les \'ev\`enements $F_1,P_1 \cap F_2,P_1 \cap P_2 \cap F_3,P_1 \cap P_2 \cap P_3 \cap F_4,\dots,P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k$ \\ et $P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k$ forment un syst\`eme complet d'\'ev\`enements. \end{tabular}}$

b/ Montrons tout d’abord que, pour tout entier $n\geq k$ , on a $P_{F_1}(T_k = n) = P(T_k = n-1)$ . Pour ce faire, on considère l’événement $A_{n,k}$ : « au cours des lancers $n^o \: 2,3,...,n$ , le rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs est égal à $n$ « . Alors on voit que $[T_k=n]\cap F_1=A_{n,k}\cap F_1$ , ce qui entraîne que :

$P_{F_1}(T_k = n)=\frac{P([T_k=n]\cap F_1)}{P(F_1)}=\frac{P(A_{n,k}\cap F_1)}{P(F_1)}=P_{F_1}(A_{n,k}).$

Comme les résultats des lancers sont indépendants et que $A_{n,k}$ est construit à partir des résultats des lancers $n^o 2,3,...,n$ , les événements $F_1$ et $A_{n,k}$ sont indépendants, et donc :

$P_{F_1}(T_k = n)=P_{F_1}(A_{n,k})=P(A_{n,k}).$

Enfin, comme $A_{n,k}$ est réalisé si et seulement si le rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs est égal à $n$ au cours des lancers $n^o \: 2,3,...,n$ , tout se passe comme si l’on réalisait $n-1$ lancers (à savoir les lancers $n^o \: 2,3,...,n$ ) et que l’on s’intéressait au rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs. Avec ce phénomène de décalage, on obtient que $P(A_{n,k})=P([T_k=n-1])$ , et donc :

$\boxed{P_{F_1}(T_k = n)=P([T_k=n-1]).}$

A présent, montrons que l’espérance conditionnelle $E(T_k \vert F_1)$ est égale à $1+E(T_k)$ . Par définition de l’espérance conditionnelle et avec la relation ci-dessus, on trouve que :

$E(T_k \vert F_1) = \sum_{n=k} ^{+\infty} n P_{F_1}([T_k=n]) =\sum_{n=k} ^{+\infty} n P([T_k=n-1]).$

En effectuant le changement d’indices $j=n-1$ dans la somme de droite ci-dessus, on obtient que :

$E(T_k \vert F_1)=\sum_{n=k} ^{+\infty} n P([T_k=n-1])=\sum_{j=k-1} ^{+\infty} (j+1) P([T_k=j]).$

Comme l’événement $[T_k=k-1]$ est impossible (vu qu’il faut au moins $k$ lancers pour obtenir une série de $k$ piles consécutifs), on voit que $P([T_k=k-1])=0$ , et donc :

$E(T_k \vert F_1)=\sum_{j=k-1} ^{+\infty} (j+1) P([T_k=j])=\sum_{j=k} ^{+\infty} (j+1) P([T_k=j]).$

Par linéarité de la somme, ceci nous donne que :

$E(T_k \vert F_1)=\sum_{j=k} ^{+\infty} (j+1) P([T_k=j])=\sum_{j=k} ^{+\infty} jP([T_k=j])+\sum_{j=k} ^{+\infty} P([T_k=j]).$

Comme la famille $([T_k=j])_{j\geq k}$ est un système complet d’événements, on constate que la deuxième somme de droite dans l’égalité ci-dessus vaut $1$ . Comme on reconnaît dans la première somme de droite l’espérance de $T_k$ , on en déduit que :

$\boxed{E(T_k \vert F_1)=E(T_k)+1.}$

c/ De la même façon, déterminons, pour tout $i\in [\![2,k]\!]$ , la valeur de $E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)$ . On commence par montrer que, pour tout entier $n\geq k$ , on a $P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(T_k = n) = P(T_k = n-i)$ . Pour ce faire, on considère l’événement $A_{n,k,i}$ : » au cours des lancers $n^o \: i+1,3,...,n$ , le rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs est égal à $n$ « . Comme $i\leq k$ , on voit que $[T_k=n]\cap P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i=A_{n,k,i}\cap P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i$ , ce qui entraîne que :

$\begin{array}{lll}P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(T_k = n)&=&\displaystyle \frac{P([T_k=n]\cap P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)}{P(P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)} \\& & \\&=& \displaystyle \frac{P(A_{n,k,i}\cap P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)}{P(P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)} \\& & \\& = &\displaystyle P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(A_{n,k,i}).\end{array}$

Comme les résultats des lancers sont indépendants et que $A_{n,k,i}$ est construit à partir des résultats des lancers $n^o \: i+1,3,...,n$ , les événements $P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i$ et $A_{n,k,i}$ sont indépendants, et donc :

$P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(T_k = n)=P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(A_{n,k,i})=P(A_{n,k,i}).$

Enfin, comme $A_{n,k,i}$ est réalisé si et seulement si le rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs est égal à $n$ au cours des lancers $n^o \: i+1,3,...,n$ , tout se passe comme si l’on réalisait $n-i$ lancers (à savoir les lancers $n^o \: i+1,3,...,n$ ) et que l’on s’intéressait au rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs. Avec ce phénomène de décalage, on obtient que $P(A_{n,k})=P([T_k=n-i])$ , et donc :

$\boxed{P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}(T_k = n)=P([T_k=n-i]).}$

A présent, montrons que l’espérance conditionnelle $E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)$ est égale à $i+E(T_k)$ . Par définition de l’espérance conditionnelle et avec la relation ci-dessus, on trouve que :

$E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i) = \sum_{n=k} ^{+\infty} n P_{P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i}([T_k=n]) =\sum_{n=k} ^{+\infty} n P([T_k=n-i]).$

En effectuant le changement d’indices $j=n-i$ dans la somme de droite ci-dessus, on obtient que :

$E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)=\sum_{n=k} ^{+\infty} n P([T_k=n-i])=\sum_{j=k-i} ^{+\infty} (j+i) P([T_k=j]).$

Comme les événements $[T_k=k-i],...,[T_k=k-1]$ sont impossibles (vu qu’il faut au moins $k$ lancers pour obtenir une série de $k$ piles consécutifs), on voit que $P([T_k=k-i])=...=P([T_k=k-1])=0$ , ce qui entraîne que :

$E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)=\sum_{j=k-i} ^{+\infty} (j+i) P([T_k=j])=\sum_{j=k} ^{+\infty} (j+i) P([T_k=j]).$

Par linéarité de la somme, ceci nous donne que :

$\qquad \qquadE(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)=\sum_{j=k} ^{+\infty} (j+i) P([T_k=j])=\sum_{j=k} ^{+\infty} jP([T_k=j])+i\sum_{j=k} ^{+\infty} P([T_k=j]).$

Comme la famille $([T_k=j])_{j\geq k}$ est un système complet d’événements, on constate que la deuxième somme de droite dans l’égalité ci-dessus vaut $i\times 1=i$ . Comme on reconna\^it dans la première somme de droite l’espérance de $T_k$ , on en déduit que :

$\boxed{E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{i-1} \cap F_i)=E(T_k)+i.}$

d/ Justifions que $E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_k) = k$ . Pour ce faire, supposons que l’événement $P_1 \cap \dots \cap P_k$ soit réalisé. Alors les $k$ premiers lancers ont donné des piles, ce qui entraine que l’on a une série de $k$ piles consécutifs au cours des $k$ premiers lancers, et donc $T_k=k$ . En d’autres termes, la variable aléatoire $(T_k)_{|P_1 \cap \dots \cap P_k}$ est constante égale à $k$ , ce qui entraine que :

$E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_k) = E\left ((T_k)_{|P_1 \cap \dots \cap P_k} \right )=E(k)=k.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_k) = k.}$

3/ a/ Montrons la relation : $E(T_k) = \sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq + E(T_k) \sum_{j=0}^{k-1} p^j q + kp^k$ . D’après la formule de l’espérance totale appliquée à la variable aléatoire $T_k$ et au système complet d’événements :

$F_1,P_1 \cap F_2,P_1 \cap P_2 \cap F_3,P_1 \cap P_2 \cap P_3 \cap F_4,\dots,P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k,$ $P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k,$

on trouve avec les résultats des questions précédentes que :

$\qquad \qquad\begin{array}{lll}E(T_k)&=&P(F_1)E(T_k\vert F_1)+P(P_1 \cap F_2)E(T_k\vert P_1\cap F_2)+...+P(P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k) \\ & & \\& & E(T_k\vert P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k) +P(P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k)E(T_k \vert P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k)\\& & \\&=&\displaystyle P(F_1)\left [E(T_k)+1\right ]+P(P_1 \cap F_2)[E(T_k)+2]+...+P(P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k) \\ & & \\& & [E(T_k)+k] +P(P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k)k \\& & \\&=&\displaystyle E(T_k) \left [ P(F_1)+P(P_1 \cap F_2)+...+P(P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k)\right ]+ \\ & & \\& & \left [ P(F_1)+2P(P_1 \cap F_2)+...+kP(P_1\cap \dots \cap P_{k-1} \cap F_k)\right ]+P(P_1 \cap \dots \cap P_{k-1} \cap P_k)k.\end{array}$

Comme les résultats des lancers sont indépendants et que l’on obtient pile avec probabilité $p$ (et donc face avec probabilité $q$ ) à chaque lancer, on obtient que :

$\qquad \qquad\begin{array}{lll}E(T_k) &=&\displaystyle E(T_k) \left [ q+pq+...+p^{k-1}q\right ]+ \left [ q+2pq+...+kp^{k-1} q\right ]+kp^k \\& & \\&=&\displaystyle E(T_k) \sum_{j=0}^{k-1} p^{j}q+ \sum_{j=0}^{k-1}(j+1)p^{j} q+kp^k. \\\end{array}$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{E(T_k) = \sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq + E(T_k) \sum_{j=0}^{k-1} p^j q + kp^k.}$

b/ Établissons finalement que : $E(T_k) = \frac{1-p^k}{qp^k}.$ D’après les résultats sur les sommes de suites géométriques, on trouve que :

$\sum_{j=0}^{k-1} p^j q=q\left [\frac{1-p^k}{1-p}\right ]=q\left [\frac{1-p^k}{q}\right ]=1-p^k.$

De la même façon, comme $q=1-p$ , on obtient par linéarité de la somme que :

$\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq =\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)(p^j-p^{j+1})=\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^j- \sum_{j=0}^{k-1} (j+1) p^{j+1}.$

En effectuant le changement d’indices $i=j+1$ dans la deuxième somme de droite, on voit que :

$\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq =\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^j- \sum_{i=1}^{k} i p^{i}=\sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^j- \sum_{j=1}^{k} j p^{j}.$

Dès lors, on obtient en regroupant ces sommes que :

$\begin{array}{lll}\displaystyle \sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq & = & \displaystyle \sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^j- \sum_{j=1}^{k} j p^{j}\\& & \\& = & \displaystyle 1.p^0 + \sum_{j=1}^{k-1} (j+1)p^j- \sum_{j=1}^{k-1} j p^{j} -kp^k\\& & \\& = & \displaystyle 1.p^0 + \sum_{j=1}^{k-1} (j+1-j)p^j-kp^k\\& & \\& = & \displaystyle p^0 + \sum_{j=1}^{k-1} p^j-kp^k\\& & \\& = & \displaystyle \sum_{j=0}^{k-1} p^j-kp^k\\& & \\& = & \displaystyle \frac{1-p^k}{1-p}-kp^k\\& & \\& = & \displaystyle \frac{1-p^k}{q}-kp^k.\\\end{array}$

D’après la question précédente, on a la relation :

$E(T_k) = \sum_{j=0}^{k-1} (j+1)p^jq + E(T_k) \sum_{j=0}^{k-1} p^j q + kp^k,$

laquelle se réécrit avec les calculs ci-dessus sous la forme :

$E(T_k) = \frac{1-p^k}{q}-kp^k + E(T_k) (1-p^k) + kp^k= \frac{1-p^k}{q}+ E(T_k) (1-p^k).$

En particulier, ceci entraîne que :

$(1-1+p^k)E(T_k)=p^k E(T_k)= \frac{1-p^k}{q}.$

Par conséquent, on en déduit que :

$\boxed{E(T_k) = \frac{1-p^k}{q p^k}.}$

4/ Justifions tout d’abord que $E(S_k) \leq E(T_k)$ . Par définition, on sait que $S_k$ est le rang du $k\textsuperscript{\`eme}$ pile et $T_k$ le rang d’apparition du dernier pile de la première série de $k$ piles consécutifs. Dès lors, si $T_k$ prend la valeur $n$ , on a obtenu une série de $k$ piles consécutifs qui s’arrête au rang $n$ . En particulier, il y a au moins $k$ piles parmi les $n$ premiers lancers, et donc $S_k\leq n$ . En particulier, $S_k$ prend toujours une valeur inférieure ou égale à celle de $T_k$ , et donc $S_k\leq T_k$ . Par croissance de l’espérance, il s’ensuit que :

$\boxed{E(S_k) \leq E(T_k).}$

A présent, établissons que :

$\forall k \in \mathbb{N}^*, \quad \forall p \in ]0,1[, \quad (k-1)p^k \geq kp^{k-1}-1.$

Comme $E(S_k)=\frac{k}{p}$ et que $E(T_k)=\frac{1-p^k}{q p^k}$ d’après les questions précédentes, on obtient avec l’inégalité ci-dessus que :

$\frac{k}{p} = E(S_k) \leq E(T_k)=\frac{1-p^k}{q p^k}.$

Comme $p>0$ et que $q=1-p>0$ , on trouve que :

$\begin{array}{lll}\displaystyle \frac{k}{p} \leq \frac{1-p^k}{q p^k} & \Longleftrightarrow & \displaystyle kq p^{k-1}\leq 1-p^k \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle kp^{k-1}(1-p)\leq 1-p^k \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle kp^{k-1}-kp^k\leq 1-p^k \\& & \\& \Longleftrightarrow & \displaystyle kp^{k-1}-1\leq (k-1)p^k.\end{array}$

Comme la première inégalité est toujours vraie, il s’ensuit que la dernière l’est aussi, et donc :

$\boxed{\forall k \in \mathhbb{N}^*, \; \; \forall p \in ]0,1[, \; \; (k-1)p^k \geq kp^{k-1}-1.}$

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