{"id":33824,"date":"2019-08-13T12:14:55","date_gmt":"2019-08-13T11:14:55","guid":{"rendered":"https:\/\/groupe-reussite.fr\/?page_id=33824"},"modified":"2022-06-11T18:05:39","modified_gmt":"2022-06-11T17:05:39","slug":"annale-corrige-sujet-edhec-maths-ecs-2017","status":"publish","type":"page","link":"https:\/\/groupe-reussite.fr\/ressources\/annale-corrige-sujet-edhec-maths-ecs-2017\/","title":{"rendered":"Corrig\u00e9 du sujet EDHEC Maths ECS 2017"},"content":{"rendered":"
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\n\t\t\t\t\tMon parcours pour<\/span>\n\t\t\t\t\n\t\t\t\t\tr\u00e9ussir en maths<\/span>\n\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t<\/p>\n\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

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\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\tJe r\u00e9vise en autonomie\t\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/p>\n\t\t\t\t\n\t\t\t\t\n\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

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\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\tJe progresse avec un prof\t\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/p>\n\t\t\t\t\n\t\t\t\t\n\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

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\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\tJe m\u2019entra\u00eene sur des annales corrig\u00e9es\t\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/p>\n\t\t\t\t\n\t\t\t\t\n\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

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\n\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\t\t\tJe cherche un prof de maths<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/a>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Avis Google France\u00a0
<\/b>\u2605\u2605\u2605\u2605\u2605<\/b><\/span> 4,9 sur 5<\/b><\/p>\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/section>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\r\n<\/div>\r\n

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Corrig\u00e9 du sujet EDHEC Maths ECS 2017<\/h1>\r\n<\/div>\r\n

Revenir \u00e0 tous les corrig\u00e9s des annales maths BCE<\/a><\/p>\r\n

<\/p>\r\n

Exercice 1 : Scilab et variation de suite<\/h2>\r\n

1\/ a\/<\/strong> On peut compl\u00e9ter le programme comme suit :<\/p>\r\n

function y=f(x,n)
\u00a0 \u00a0y=sum(x.^(1:n))
endfunction<\/p>\r\n

b\/<\/strong> 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’\u00e9crire :<\/p>\r\n

function y=f(x,n)
\u00a0 \u00a0if x==1 then y=n
\u00a0 \u00a0else y=(1-x^(n+1))\/(1-x)-1
endfunction<\/p>\r\n

2\/<\/strong> \"f\" est continue et d\u00e9rivable (c’est un polyn\u00f4me) et sa d\u00e9riv\u00e9e, donn\u00e9e par l’expression \"f'(x)=\sum\limits_{k=1}^{n}kx^{k-1}\", est strictement positive sur \"[0,1]\". \"f\" r\u00e9alise donc une bijection croissante de \"[0,1]\" sur \"[f(0),f(1)]=[0,n]\". Le nombre \"1\in[0,n]\" poss\u00e8de donc un unique ant\u00e9c\u00e9dent dans \"[0,1]\" par \"f\".<\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"n\in\mathbb{N}^*\", l’\u00e9quation \"f_n(x)=1\" poss\u00e8de une unique solution \"\alpha_n\" dans \"[0,1]\"<\/p>\r\n

3\/ a\/<\/strong> Pour tout \"n\in\mathbb{N}^*\", on a :

  <\/span>   <\/span>\"\[f_{n+1}(\alpha_n)=\sum\limits_{k=1}^{n+1}\alpha_n^k=f_n(\alpha_n)+\alpha_n^{n+1}=1+\alpha_n^{n+1}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, \"\alpha_n\in[0,1]\", donc \"f_{n+1}(\alpha_n)\geqslant1\".<\/p>\r\n

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

  <\/span>   <\/span>\"\[f_{n+1}(\alpha_n)\geqslant f_{n+1}(\alpha_{n+1})=1\]\"<\/p><\/p>\r\n

et comme \"f_{n+1}\" est strictement croissante, on peut alors conclure que : \"\alpha_n\geqslant\alpha_{n+1}\".<\/p>\r\n

Conclusion : La suite \"(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\" est d\u00e9croissante.<\/p>\r\n

b\/<\/strong> La suite \"(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\" est d\u00e9croissante et minor\u00e9e par \"0\".<\/p>\r\n

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

4\/ a\/<\/strong> Par d\u00e9finition, \"\alpha_2\" est l’unique solution de l’\u00e9quation \"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 in\u00e9galit\u00e9s demand\u00e9es.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\alpha_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\" et on a bien \"0\leqslant\alpha_2<1\".<\/p>\r\n

4\/ b\/<\/strong> \"(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\" \u00e9tant d\u00e9croissante, on a pour tout entier \"n>1\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[0\leqslant\alpha_n\leqslant\alpha_2<1\]\"<\/p> et donc :

  <\/span>   <\/span>\"\[0\leqslant\alpha_n^{n+1}\leqslant\alpha_2^{n+1}<1\]\"<\/p>
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\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n^{n+1}=0\".<\/p>\r\n

4\/ c\/<\/strong> D’apr\u00e8s 1.(b), \"\alpha_n\" est l’unique solution, dans \"[0,1]\", de l’\u00e9quation \"\frac{1-x^{n+1}}{1-x}-1=1\". Donc, pour tout \"n\in\mathbb{N}^*\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\frac{1-\alpha_n^{n+1}}{1-\alpha_n}=2\mbox{,\quad ou encore\quad:\quad }1-\alpha_n^{n+1}=2(1-\alpha_n)\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, d’apr\u00e8s les questions pr\u00e9c\u00e9dentes,

  <\/span>   <\/span>\"\[\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n^{n+1}=0\mbox{,\quad et \quad }\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n=\ell\]\"<\/p>
La limite \"\ell\" de la suite \"(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\" v\u00e9rifie donc : \"1=2(1-\ell)\" et donc \"\ell=\frac{1}{2}\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"\lim\limits_{n\to+\infty}\alpha_n=\frac{1}{2}\".<\/p>\r\n

5\/<\/strong> Fixons \"n\in\mathbb{N}^*\". On sait d\u00e9j\u00e0 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)\" \u00e0 partir de \"x=0\" et avec un pas de 0,001 tant que \"f_n(x)<1\". La valeur affich\u00e9e par le programme est alors le premier de ces nombres pour lequel \"f_n(x)\geqslant1\". Le r\u00e9sultat affich\u00e9 est donc le plus petit nombre du type \"k\times0,001\" (\"k\in\mathbb{N}\") sup\u00e9rieur ou \u00e9gal \u00e0 \"\alpha_n\".<\/p>\r\n

Conclusion : Le r\u00e9sultat affich\u00e9 est donc une valeur approch\u00e9e par exc\u00e8s \u00e0 0,001 pr\u00e8s de \"\alpha_n\".<\/p>\r\n

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COURS DE MATHS<\/h3>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Les meilleurs professeurs particuliers<\/h4>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Pour progresser et r\u00e9ussir<\/h4>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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\n\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\t\t\tCours particuliers maths<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/a>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Avis Google France <\/b>\u2605\u2605\u2605\u2605\u2605<\/b><\/span> 4,9 sur 5<\/b><\/p>\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

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Exercice 2 : Variable al\u00e9atoire et fonction de r\u00e9partition<\/h2>\r\n

1\/ a\/<\/strong> Soit \"x\in\mathbb{R}\". Par ind\u00e9pendance des variables \"X_1,\dots,X_n\", on a :

  <\/span>   <\/span>\"\[F_{M_n}(x)=P\left(\bigcap\limits_{i=1}^{n}(X_i\leqslant x)\right)=\prod\limits_{i=1}^{n}P(X_i\leqslant x)=\left\{\begin{array}{ll}0 & \mbox{, si } x<0\\x^n & \mbox{, si } 0\leqslant x\leqslant 1\\1 & \mbox{, si } x> 1\\\end{array}\right.\]\"<\/p>
Les limites \u00e0 gauches et \u00e0 droites de la fonction de r\u00e9partition \"F_{M_n}\" en \"0\" et en \"1\" con\u00efncident avec les valeurs de \"F_{M_n}\" en ces points, \"F_{M_n}\" est alors bien continue en \"0\" et en \"1\". La continuit\u00e9 ailleurs \u00e9tant \u00e9vidente, \"F_{M_n}\" est alors continue sur \"\mathbb{R}\". De plus \"F_{M_n}\" est d\u00e9rivable sauf peut \u00eatre en \"0\" et en \"1\", \"M_n\" est donc bien une variable \u00e0 densit\u00e9.<\/p>\r\n

Conclusion : \"M_n\" est une variable \u00e0 densit\u00e9 et sa fonction de r\u00e9partition est d\u00e9finie 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.\"<\/p>\r\n

1\/ b\/<\/strong> Une densit\u00e9 de \"f_{M_n}\" est alors obtenue en d\u00e9rivant \"F_{M_n}\" l\u00e0 o\u00f9 elle est d\u00e9rivable et en prenant des valeurs arbitraires en \"0\" et en \"1\".<\/p>\r\n

Conclusion : Une densit\u00e9 \"f_{M_n}\" de \"M_n\" est d\u00e9finie 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.\"<\/p>\r\n

1\/ c\/<\/strong> Les int\u00e9grales suivantes sont absolument convergentes :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_{-\infty}^{+\infty}xf_{M_n}(x)\mathrm{d}x\quad,\quad \int_{-\infty}^{+\infty}x^2f_{M_n}(x)\mathrm{d}x\]\"<\/p><\/p>\r\n

car \"f_{M_n}\" est nulle en dehors de \"[0,1]\" et les int\u00e9grandes sont continues sur le segment \"[0,1]\". \"M_n\" et \"M_n^2\" admettent donc bien une esp\u00e9rance que l’on calcule :

  <\/span>   <\/span>\"\[E(M_n)=\int_{0}^{1}nx^n\mathrm{d}x = \left[\frac{n}{n+1}x^{n+1}\right]_{0}^{1} = \frac{n}{n+1}\]\"<\/p><\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[E(M_n^2)=\int_{0}^{1}nx^{n+1}\mathrm{d}x = \left[\frac{n}{n+2}x^{n+2}\right]_{0}^{1} = \frac{n}{n+2}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : \"M_n\" et \"M_n^2\" admettent donc bien une esp\u00e9rance, \"E(M_n)= \frac{n}{n+1}\" et \"E(M_n)=\frac{n}{n+2}\"<\/p>\r\n

1\/ d\/<\/strong> \"M_n\" admettant un moment d’ordre 2, \"(M_n-1)^2\" admet une esp\u00e9rance et est positive, on peut donc appliquer l’in\u00e9galit\u00e9 de Markov \u00e0 \"(M_n-1)^2\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall\varepsilon>0,\quad P\left((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2\right)\leqslant\frac{E\left((M_n-1)^2\right)}{\varepsilon^2}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, par lin\u00e9arit\u00e9 de l’esp\u00e9rance,<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[E\left((M_n-1)^2\right)=E(M_n^2)-2E(M_n)+1=\frac{n}{n+2}-\frac{2n}{n+1}+1=\frac{2}{(n+1)(n+2)}\]\"<\/p><\/p>\r\n

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}\"<\/p>\r\n

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

  <\/span>   <\/span>\"\[\boxed{\text{$\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}P\left((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2\right)=0$.}}\]\"<\/p> Or, \"((M_n-1)^2\geqslant\varepsilon^2)=(|M_n-1|\geqslant\varepsilon)\", on peut donc conclure.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}P\left(|M_n-1|\geqslant\varepsilon\right)=0\" et ce r\u00e9sultat signifie que la suite \"(M_n)_{n\geqslant2}\" converge en probabilit\u00e9 vers la variable certaine \u00e9gale \u00e0 1.<\/p>\r\n

2\/ a\/<\/strong> Dans le programme propos\u00e9, X est une r\u00e9alisation de \"n\" variables ind\u00e9pendantes de loi uniforme sur \"[0,1]\". \"M_n\" peut alors \u00eatre simul\u00e9e \u00e0 l’aide de la fonction max :<\/p>\r\n

function Y=f(n)
\u00a0 \u00a0X = grand(1,n,’unf’,0,1)
\u00a0 \u00a0Y = n*(1-max(X))
endfunction<\/p>\r\n

2\/ b\/<\/strong> Les deux histogrammes sont tr\u00e8s proches, les simulations de \"Y_n\" sont donc prochent des simulations d’une loi exponentielle de param\u00e8tre 1.<\/p>\r\n

Conclusion : On peut conjecturer que \"(Y_n)\" converge en loi vers une variable de loi exponentielle de param\u00e8tre 1.<\/p>\r\n

3\/ a\/<\/strong> Pour tout \"x\in\mathbb{R}\",

  <\/span>   <\/span>\"\[F_{Y_n}(x)=P(Y_n\leqslant x)=P(n(1-M_n)\leqslant x)=P\left(M_n\geqslant 1-\frac{x}{n}\right)=1-F_{M_n}\left(1-\frac{x}{n}\right)\]\"<\/p><\/p>\r\n

La derni\u00e8re \u00e9galit\u00e9 \u00e9tant vraie car \"M_n\" est \u00e0 densit\u00e9.<\/p>\r\n

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.\"<\/p>\r\n

3\/ b\/<\/strong> Soit \"x\geqslant0\". Pour \"n\geqslant x\", on a d’apr\u00e8s 3.(a),

  <\/span>   <\/span>\"\[F_{Y_n}(x)=1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\]\"<\/p><\/p>\r\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 \u00e0 utiliser la continuit\u00e9 de la fonction exponentielle pour obtenir ce qui \u00e9tait annonc\u00e9.<\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"x\geqslant0\", \"\displaystyle\lim\limits_{n\to+\infty}F_{Y_n}(x)=1-e^{-x}\".<\/p>\r\n

3\/ c\/<\/strong> 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 r\u00e9partition d’une loi exponentielle de param\u00e8tre 1.<\/p>\r\n

Conclusion : \"(Y_n)\" converge en loi vers une variable de loi exponentielle de param\u00e8tre 1.<\/p>\r\n

 <\/p>\r\n\t\t

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COURS A DOMICILE<\/h3>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Des cours sur mesure de qualit\u00e9<\/h4>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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POUR ACC\u00c9L\u00c9RER MA PROGRESSION<\/h4>\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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\n\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\n\t\t\t\t\t\t\t\t\tProfesseur particulier \u00e0 domicile<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/span>\n\t\t\t\t\t<\/a>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t
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Avis Google France <\/b>\u2605\u2605\u2605\u2605\u2605<\/b><\/span> 4,9 sur 5<\/b><\/p>\t\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t

\n\t\t\t
\n\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/div>\n\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t<\/section>\n\t\t\t\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\t\t<\/div>\n\t\t\r\n

 <\/p>\r\n

Exercice 3 : Norme et alg\u00e8bre bilin\u00e9aire<\/h2>\r\n

1\/ a\/<\/strong> On a \u00e9videmment \"A=J-(n+1)I\" et donc, puisque \"I\" et \"J\" commutent :

  <\/span>   <\/span>\"\[A^2=J^2-2(n+1)J+(n+1)^2I\]\"<\/p><\/p>\r\n

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

  <\/span>   <\/span>\"\[A^2=nJ-2(n+1)J+(n+1)^2I=-(n+2)J+(n+1)^2I\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : \"\displaystyle A=J-(n+1)I\" et \"\displaystyle A^2=-(n+2)J+(n+1)^2I\"<\/p>\r\n

1\/ b\/<\/strong> Avec ce qui pr\u00e9c\u00e8de, on a :

  <\/span>   <\/span>\"\[A^2+(n+2)A= (n+1)^2I-(n+1)(n+2)I=-(n+1)I\]\"<\/p>
Donc :

  <\/span>   <\/span>\"\[A^2+(n+2)A+(n+1)I=0_{\mathscr{M}_n(\mathbb{R})}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Et \"P(X)=X^2+(n+2)X+n+1=(X+1)(X+n+1)\" est un polyn\u00f4me annulateur de \"A\" et les valeurs propres possibles de \"A\" sont les racines de \"P\".<\/p>\r\n

Conclusion : Un polyn\u00f4me 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)\".<\/p>\r\n

1\/ c\/<\/strong> \"0\" n’est pas une valeur propre possible.<\/p>\r\n

Conclusion : \"A\" est inversible.<\/p>\r\n

2\/<\/strong> On a : \"\displaystyle\|u\|=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\left\|\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|\" et \"(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)\" \u00e9tant orthonormale, \"\left\|\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|=\sqrt{\sum\limits_{k=0}^n1^2}=\sqrt{n+1}\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"u\" est unitaire : \"\|u\|=1\".<\/p>\r\n

3\/ a\/<\/strong> Soit \"i\in[\![0,n]\!]\". Par lin\u00e9arit\u00e9 du produit scalaire et \"(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)\" \u00e9tant orthonormale,

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle\varepsilon_i,u\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\sum\limits_{k=0}^n\langle\varepsilon_i,\varepsilon_k\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Donc,

  <\/span>   <\/span>\"\[\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\varepsilon_i - \frac{1}{\sqrt{n+1}}u\right\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\varepsilon_i - \frac{1}{n+1}\sum\limits_{k=0}^n\varepsilon_k\right\|\]\"<\/p>
Ou encore :

  <\/span>   <\/span>\"\[\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\left\|\frac{n}{n+1}\varepsilon_i - \frac{1}{n+1}\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\ k\neq i}}\varepsilon_k\right\|\]\"<\/p><\/p>\r\n

et toujours avec \"(\varepsilon_0,\dots,\varepsilon_n)\" orthonormale,<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\|e_i\|=\sqrt{\frac{n+1}{n}}\times\sqrt{\left(\frac{n}{n+1}\right)^2 + n\times\frac{1}{(n+1)^2}} =\sqrt{\frac{n+1}{n}}\times\sqrt{\frac{n(n+1)}{(n+1)^2}}=1\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"i\in[\![0,n]\!]\", on a : \"\|e_i\|=1\".<\/p>\r\n

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

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\langle \varepsilon_i -\langle\varepsilon_i,u \rangle u ,\; \varepsilon_j -\langle\varepsilon_j,u \rangle u\rangle\]\"<\/p><\/p>\r\n

et par lin\u00e9arit\u00e9 du produit scalaire :

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\left( \langle \varepsilon_i,\varepsilon_j\rangle -\langle \varepsilon_i,u\rangle\langle \varepsilon_j,u\rangle - \langle \varepsilon_i,u\rangle\langle u,\varepsilon_j\rangle + \langle \varepsilon_i,u\rangle\langle \varepsilon_j,u\rangle\|u\|^2\right)\]\"<\/p><\/p>\r\n

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 :

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle e_i,e_j\rangle=\frac{n+1}{n}\left( 0-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}\right)=-\frac{1}{n}\]\"<\/p><\/p>\r\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}\"<\/p>\r\n

3\/ c\/<\/strong> 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 r\u00e9sultat d\u00e9mand\u00e9.
Soit \"i\in[\![0,n]\!]\", on a :

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle \varepsilon_i -\langle \varepsilon_i,u\rangle u ,u\rangle = \langle \varepsilon_i,u\rangle -\langle \varepsilon_i,u\rangle \langle u ,u\rangle=0\mbox{ , car }\|u\|=1\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"i\in[\![0,n]\!]\", \"e_i\in F=(\mathrm{Vect}(u))^{\perp}\"<\/p>\r\n

3\/ d\/<\/strong> 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. Consid\u00e9rons une combinaison lin\u00e9aire \u00e9gale \u00e0 \"0_E\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\alpha_1 e_1+\cdots+\alpha_n e_n=0_E\]\"<\/p><\/p>\r\n

On a alors, pour tout \"j\in[\![1,n]\!]\" :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\langle\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i e_i,e_j\rangle=\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_i\langle e_i,e_j\rangle=0_E\]\"<\/p><\/p>\r\n

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

  <\/span>   <\/span>\"\[\sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\frac{-\alpha_i}{n}+\alpha_j=\frac{-1}{n}\left( \sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\alpha_i -n\alpha_j\right)=0_E\]\"<\/p>
Donc, pour tout \"j\in[\!1,n]\!]\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\sum\limits_{\substack{1\leqslant i\leqslant n\\i\neq j}}\alpha_i -n\alpha_j=0_E\]\"<\/p>
et \"\begin{pmatrix}\alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n\end{pmatrix}\" est alors solution de l’\u00e9quation matricielle \"AX=0\", or d’apr\u00e8s 1.(c), \"A\" est inversible, donc pour tout \"i\in[\!1,n]\!]\", \"\alpha_i=0\" et la famille \"(e_1,\dots,e_n)\" est constitu\u00e9e de \"n\" vecteurs lin\u00e9airement ind\u00e9pendants dans \"F\", qui est de dimension \"n\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"(e_1,\dots,e_n)\" est une base de \"F=(\mathrm{Vect}(u))^{\perp}\".<\/p>\r\n

4\/ a\/<\/strong> Pour tout \"(x,y,z)\in F^3\" et tout \"\lambda\in\mathbb{R}\", on a :<\/p>\r\n

\"f(x,y)\in\mathbb{R}\" et \"f(x,y)=f(y,x)\", \"f\" est donc une forme sym\u00e9trique.

  <\/span>   <\/span>\"\[f(\lambda x+y,z)=\sum\limits_{k=0}^{n} \langle \lambda x+y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle \lambda x+y,z\rangle\]\"<\/p><\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[f(\lambda x+y,z)=\sum\limits_{k=0}^{n} \left(\lambda\langle x,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle + \langle y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle\right) -\frac{n+1}{n}\left(\lambda\langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle\right)\]\"<\/p><\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[f(\lambda x+y,z)=\lambda\left(\sum\limits_{k=0}^{n} \langle x,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle x,z\rangle\right) + \sum\limits_{k=0}^{n} \langle y,e_k\rangle\langle z,e_k\rangle -\frac{n+1}{n}\langle y,z\rangle\]\"<\/p><\/p>\r\n

ou encore, \"\displaystyle f(\lambda x+y,z)=\lambda f(x,z)+f(y,z)\", et \"f\" \u00e9tant sym\u00e9trique, \"f\" est alors bien bilin\u00e9aire.<\/p>\r\n

Conclusion : \"f\" est une forme bilin\u00e9aire et sym\u00e9trique.<\/p>\r\n

4\/ b\/<\/strong> 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’apr\u00e8s les questions pr\u00e9c\u00e9dentes, pour \"i\neq j\", \"\langle e_i,e_j\rangle=-\frac{1}{n}\" et \"\langle e_i,e_i\rangle=1\", donc :<\/p>\r\n

D’une part avec \"i=j\",

  <\/span>   <\/span>\"\[f(e_i,e_i)=\langle e_i,e_i\rangle^2+\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\k\neq i}} \langle e_i,e_k\rangle^2- \frac{n+1}{n}\langle e_i,e_i\rangle\]\"<\/p>

  <\/span>   <\/span>\"\[f(e_i,e_i)=1+n\times\frac{1}{n^2}- \frac{n+1}{n} = 0\]\"<\/p><\/p>\r\n

D’autre part avec \"i\neq j\",

  <\/span>   <\/span>\"\[f(e_i,e_j)=\langle e_i,e_i\rangle\langle e_j,e_i\rangle+\langle e_i,e_j\rangle\langle e_j,e_j\rangle+\sum\limits_{\substack{0\leqslant k\leqslant n\\k\neq i,k\neq j}} \langle e_i,e_k\rangle^2- \frac{n+1}{n}\langle e_i,e_j\rangle\]\"<\/p>

  <\/span>   <\/span>\"\[f(e_i,e_j)=\frac{-2}{n}+(n-1)\times\frac{1}{n^2}- \frac{n+1}{n}\times\frac{-1}{n}=0\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"(i,j)\in[\![1,n]\!]^2\", \"f(e_i,e_j)=0\".<\/p>\r\n

4\/ c\/<\/strong> D’apr\u00e8s 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 :

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall (x,y)\in F^2, f(x,y)=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle\langle y,e_k\rangle - \frac{n+1}{n}\langle x,y\rangle = 0\]\"<\/p><\/p>\r\n

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\".<\/p>\r\n

4\/ d\/<\/strong> Soit \"x\in F\". En appliquant la conclusion pr\u00e9c\u00e9dente avec \"y=x\", on obtient :

  <\/span>   <\/span>\"\[\frac{n+1}{n}\langle x,x\rangle=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle\langle x,e_k\rangle\]\"<\/p><\/p>\r\n

Soit encore :

  <\/span>   <\/span>\"\[\frac{n+1}{n}\|x\|^2=\sum\limits_{k=0}^{n}\langle x,e_k\rangle^2\]\"<\/p><\/p>\r\n

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

Probl\u00e8me 1 : Applications d\u00e9finies sur \"\mathbb{R}_n[ X ]\"<\/span><\/p>\r\n

Partie 1 : \u00c9tude d\u2019une application d\u00e9finie sur \"\mathbb{R}_n[ X ]\"<\/h3>\r\n

1\/<\/strong> 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:

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi(\lambda P+Q)=\sum\limits_{k=0}^{n}(\lambda P+Q)^{(k)}=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(\lambda P^{(k)}+Q^{(k)}\right)=\lambda \sum\limits_{k=0}^{n}P^{(k)}+\sum\limits_{k=0}^{n}Q^{(k)}=\lambda\varphi(P)+\varphi(Q)\]\"<\/p> et \"\varphi\" est alors bien lin\u00e9aire.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\varphi\" est un endomorphisme de \"\mathbb{R}_n[X]\".<\/p>\r\n

2\/ a\/<\/strong> \"e_0\" est le polyn\u00f4me constant \u00e9gal \u00e0 1, donc pour tout \"k\geqslant1\", \"(e_0)^{(k)}\" est nul. Donc :

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi(e_0)=\sum\limits_{k=0}^{n}(e_0)^{(k)}=e_0\]\"<\/p><\/p>\r\n

De plus, \"e_0\" n’est pas le polyn\u00f4me nul.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\varphi(e_0)=e_0\" et \"1\" est une valeur propore de \"\varphi\".<\/p>\r\n

2\/ b\/<\/strong> Soit \"j\in[\![1,n]\!]\". On a :

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi(e_j)-e_j=e_j+\sum\limits_{k=1}^{n}(e_j)^{(k)}-e_j=\sum\limits_{k=1}^{n}(e_j)^{(k)}\]\"<\/p>
Or, \"e_j\in\mathbb{R}_j[X]\" avec \"j\geqslant1\", donc pour tout entier \"k\geqslant1\", \"(e_j)^{(k)}\" appartient \u00e0 l’espace vectoriel \"\mathbb{R}_{j-1}[X]\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"\forall j\in[\![1,n]\!],\quad (\varphi(e_j)-e_j)\in\mathbb{R}_{j-1}[X]\".<\/p>\r\n

2\/ c\/<\/strong> D’apr\u00e8s les questions pr\u00e9c\u00e9dentes, \"\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’\u00e9crit donc :

  <\/span>   <\/span>\"\[\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)=\begin{pmatrix}1 & \times & \cdots & \times\\0 & \ddots & \ddots & \vdots\\\vdots & \ddots & \ddots & \times\\0 & \dots & 0 & 1\end{pmatrix}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Cette matrice \u00e9tant triangulaire, les valeurs propres de \"\varphi\" sont alors les coeffcients diagonaux.<\/p>\r\n

Conclusion : La matrice de \"\varphi\" dans la base \"\mathscr{B}\" est donc triangulaire sup\u00e9rieure, l’unique valeur propre de \"\varphi\" est \"1\".<\/p>\r\n

2\/ d\/<\/strong> \"\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)\" est triangulaire sup\u00e9rieure \u00e0 coeffcients diagonaux non nul, elle est donc inversible et \"\varphi\" est alors un endomorphisme bijectif.<\/p>\r\n

Conclusion: \"\varphi\" est un automorphisme de \"\mathbb{R}_n[X]\".<\/p>\r\n

3\/ a\/<\/strong> Soit \"P\in\mathbb{R}_n[X]\". On a \"P'=P^{(1)}\in\mathbb{R}_n[X]\" et par t\u00e9lescopage :

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi(P-P')=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(P-P'\right)^{(k)}=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(P^{(k)}-P^{(k+1)}\right)=P-P^{(n+1)}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, \"P\in\mathbb{R}_n[X]\", donc \"P^{(n+1)}\" est nul.<\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"P\in\mathbb{R}_n[X]\", \"\varphi(P-P')=P\".<\/p>\r\n

3\/ b\/<\/strong> Posons \"\psi:\mathbb{R}_n[X]\rightarrow\mathbb{R}_n[X]\" d\u00e9finie pour tout \"P\in\mathbb{R}_n[X]\" par \"\psi(P)=P-P'\". \"\psi\" est un endomorphisme de \"\mathbb{R}_n[X]\" et d’apr\u00e8s la question pr\u00e9c\u00e9dente :

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi\circ\psi=Id_{\mathbb{R}_n[X]} \: \text{et en composant par} \: \varphi^{-1}, \quad \psi=\varphi^{-1}\]\"<\/p><\/p>\r\n

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}\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"\varphi^{-1}\" est d\u00e9finie 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 :

  <\/span>   <\/span>\"\[\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi^{-1})=\begin{pmatrix}1 & -1 & 0 &\cdots & 0\\0 & 1 & -2 & \ddots & \vdots\\\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0\\\vdots & & \ddots & \ddots & -k\\0 & \dots & \dots & 0 & 1\end{pmatrix}\]\"<\/p><\/p>\r\n

3\/ c\/<\/strong> La deuxi\u00e8me ligne du programme cr\u00e9e \"M\", la matrice identit\u00e9 d’ordre \"(n+1)\", puis la boucle change les coefficents au dessus de la diagonale pour que \"M\" soit \u00e9gale \u00e0 \"\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi^{-1})\". Pour obtenir \"A=\mathrm{Mat}_{\mathscr{B}}(\varphi)\" il suffit alors d’inverser \"M\".<\/p>\r\n

n=input(‘entrez la valeur de n : ‘)
M=eye(n+1,n+1)
for k=1:n
\u00a0 \u00a0M(k,k+1)=-k
end
A=inv(M)
disp(A)<\/p>\r\n

Partie 2 : \u00c9tude d\u2019une autre application d\u00e9finie sur \"\mathbb{R}_n[ X ]\"<\/h3>\r\n

4\/ a\/<\/strong> Soit \"k\in\mathbb{N}\". Par croissance compar\u00e9e, \"\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 crit\u00e8re de n\u00e9gligeabilit\u00e9 des int\u00e9grales de fonctions positives au voisinage de \"+\infty\", \"\displaystyle\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t\" converge.<\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"k\in\mathbb{N}\" et tout \"x\in\mathbb{R}\", \"\displaystyle\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t\" converge.<\/p>\r\n

4\/ b\/<\/strong> 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\".<\/p>\r\n

Or, d’apr\u00e8s (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 lin\u00e9aire d’int\u00e9grales convergentes.<\/p>\r\n

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.<\/p>\r\n

5\/ a\/<\/strong> Calculons cette int\u00e9grale. Pour tout \"b>x\", on a :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{b}e^{-t}\mathrm{d}t=\left[-e^{-t}\right]_{x}^{b}=e^{-x}-e^{-b}\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, \"\lim\limits_{b\to+\infty}e^{-b}=0\", donc l’int\u00e9grale converge et vaut \"e^{-x}\".<\/p>\r\n

Conclusion : Pour tout \"x\in\mathbb{R}\", \"\displaystyle\int_x^{+\infty}e^{-t}\mathrm{d}t=e^{-x}\".<\/p>\r\n

5\/ b\/<\/strong> Par r\u00e9currence sur \"k\in\mathbb{N}\". Pour \"k=0\" c’est la question pr\u00e9c\u00e9dente.
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 int\u00e9gration par parties pour calculer \"\displaystyle\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t\".<\/p>\r\n

\"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\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{b}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=\left[-t^{k+1}e^{-t}\right]_{x}^{b} - \int_x^b-(k+1)t^ke^{-t}\mathrm{d}t\]\"<\/p>

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{b}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}-b^{k+1}e^{-b} + (k+1)\int_x^bt^ke^{-t}\mathrm{d}t\]\"<\/p><\/p>\r\n

Or, par croissance compar\u00e9e, \"\lim\limits_{b\to+\infty}b^{k+1}e^{-b}=0\" et la convergence de l’int\u00e9grale \u00e9tant d\u00e9j\u00e0 acquise, on en d\u00e9duit :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}+(k+1)\int_x^{\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t\]\"<\/p><\/p>\r\n

Soit encore, d’apr\u00e8s l’hypoth\u00e8se de r\u00e9currence :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{+\infty}t^{k+1}e^{-t}\mathrm{d}t=x^{k+1}e^{-x}+(k+1)k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}=(k+1)!\sum\limits_{i=0}^{k+1}\frac{x^i}{i!}e^{-x}\]\"<\/p><\/p>\r\n

L’hypoth\u00e8se \u00e9tant initialis\u00e9e pour \"k=0\" et h\u00e9r\u00e9ditaire, elle est alors vraie pour tout \"k\in\mathbb{N}\".<\/p>\r\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}\".<\/p>\r\n

6\/ a\/<\/strong> D’apr\u00e8s l’\u00e9nonc\u00e9, p=prod(1:k) est \u00e9gal \u00e0 \"k!\"<\/p>\r\n

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)<\/p>\r\n

u est le vecteur dont les coordonn\u00e9es sont \"\displaystyle\left(\frac{x^i}{i!}\right)_{1\leqslant i\leqslant k}\"<\/p>\r\n

6\/ b\/<\/strong> \"x\" \u00e9tant fix\u00e9 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\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{b}t^{k}e^{-t}\mathrm{d}t=\int_0^{b-x}(u+x)^ke^{-x-u}\mathrm{d}u=e^{-x}\int_0^{b-x}(u+x)^ke^{-u}\mathrm{d}u\]\"<\/p><\/p>\r\n

et la convergence quand \"b\to+\infty\" \u00e9tant d\u00e9j\u00e0 acquise, on a bien le r\u00e9sultat demand\u00e9.<\/p>\r\n

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\".<\/p>\r\n

On sait, gr\u00e2ce au th\u00e9or\u00e8me de transfert et les int\u00e9grales \u00e9tant convergentes, que : \"\int_0^{+\infty}(u+x)^ke^{-u}\mathrm{d}u\" est l’esp\u00e9rance d’une variable \"(Z+x)^k\" o\u00f9 \"Z\" suit la loi exponentielle de param\u00e8tre \"1\". Pour obtenir une valeur approch\u00e9e de cette int\u00e9grale avec la m\u00e9thode de Monte-Carlo, il suffit de simuler un grand nombre (ici \"100\,000\") de r\u00e9alisations ind\u00e9pendantes de variables \"(Z+x)\" et donc :<\/p>\r\n

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)<\/p>\r\n

7\/ a\/<\/strong> 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’apr\u00e8s 4.(b), les int\u00e9grales suivantes sont, pour tout \"x\in\mathbb{R}\", toutes convergentes et :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_x^{+\infty}(\lambda P+Q)(t)e^{-t}\mathrm{d}t=\lambda \int_x^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t + \int_x^{+\infty}Q(t)e^{-t}\mathrm{d}t\]\"<\/p><\/p>\r\n

et donc, en multipliant par \"e^{x}\", on obtient :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall x\in\mathbb{R},\quad [\Psi(\lambda P+Q)](x) = \lambda[\Psi(P)](x)+[\Psi(Q)](x)\]\"<\/p><\/p>\r\n

Autrement dit, \"\displaystyle\Psi(\lambda P+Q) = \lambda\Psi(P)+\Psi(Q)\" et \"\Psi\" est lin\u00e9aire.<\/p>\r\n

Montrons maintenant que, pour tout \"P\in\mathbb{R}_n[X]\", \"\Psi(P)\in\mathbb{R}_n[X]\". Pour cela, il suffit de le v\u00e9rifier pour les polyn\u00f4mes de la base canonique de \"\mathbb{R}_n[X]\", la lin\u00e9arit\u00e9 fera le reste. Soit alors \"k\in[\![0,n]\!]\". D’apr\u00e8s 5.(b) et la d\u00e9finition de \"\Psi\", pour tout \"x\in\mathbb{R}\" :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[[\Psi(X^k)](x) = e^x\times\left(k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}\right)=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{i!}x^i \in \mathbb{R}_n[X]\]\"<\/p><\/p>\r\n

et donc, par lin\u00e9arit\u00e9 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]\".<\/p>\r\n

Conclusion : \"\Psi\" est un endomorphisme de \"\mathbb{R}_n[X]\".<\/p>\r\n

7\/ b\/<\/strong> D’apr\u00e8s la question pr\u00e9c\u00e9dente, \"F\" est un polyn\u00f4me et est donc bien de classe \"\mathscr{C}^1\" sur \"\mathbb{R}\". De plus, la convergence permet d’\u00e9crire la relation de Chasles, valable pour tout \"x\in\mathbb{R}\" :

  <\/span>   <\/span>\"\[\int_{x}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t = \int_{0}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t - \int_{0}^{x}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t\]\"<\/p><\/p>\r\n

\"\int_{0}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t\" est alors une constante, donc de d\u00e9riv\u00e9e nulle par rapport \u00e0 \"x\" et d’apr\u00e8s le th\u00e9or\u00e8me fondamental du calcul, \"x\mapsto\int_{0}^{x}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t\" est d\u00e9rivable de d\u00e9riv\u00e9e : \"x\mapsto P(x)e^{-x}\".<\/p>\r\n

En d\u00e9rivant, par rapport \u00e0 \"x\" la fonction produit \"x\mapsto F(x)=e^{x}\int_{x}^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t\", on a :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall x\in\mathbb{R},\quad F'(x)=F(x)+e^x(-P(x)e^{-x})=F(x)-P(x)\]\"<\/p><\/p>\r\n

Conclusion : \"F\" est de classe \"\mathscr{C}^1\" sur \"\mathbb{R}\" et \"F'=F-P\".<\/p>\r\n

7\/ c\/<\/strong> Notons \"0\" le polyn\u00f4me nul et soit \"P\in\mathrm{Ker}(\Psi)\". On a alors \"F=\Psi(P)=0\". Donc \"F'=0\" et d’apr\u00e8s la question pr\u00e9c\u00e9dente : \"F-P=0\", mais comme \"F=0\" on a imm\u00e9diatement \"P=0\". On en d\u00e9duit que \"\mathrm{Ker}(\Psi)\subset\{0\}\" et l’inclusion r\u00e9ciproque \u00e9tant 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 th\u00e9or\u00e8me du rang, bijectif.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\Psi\" est un automorphisme de \"\mathbb{R}_n[X]\".<\/p>\r\n

8\/ a\/<\/strong> Avec les donn\u00e9e de l’\u00e9nonc\u00e9, on a \"F=\Psi(P)=\lambda P\" et, d’apr\u00e8s 7.(b), \"F'=(\lambda P)'= F-P\". Donc : \"\lambda P' = \lambda P-P=(\lambda-1)P\". Reste alors \u00e0 diviser par \"\lambda\neq0\".<\/p>\r\n

Conclusion : Pour \"P\neq0\" vecteur propre associ\u00e9 \u00e0 une valeur propre \"\lambda\neq0\", on a : \"P'=\frac{\lambda-1}{\lambda}P\".<\/p>\r\n

8\/ b\/<\/strong> Remarquons tout d’abord que \"0\" ne peut pas \u00eatre valeur propre puisque \"\Psi\" est un automorphisme.<\/p>\r\n

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.\"<\/p>\r\n

Conclusion : \"\lambda=1\" est la seule valeur propre possible de \"\Psi\".<\/p>\r\n

8\/ c\/<\/strong> D’apr\u00e8s 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 polyn\u00f4me constant \u00e9gal \u00e0 \"1\" est un vecteur propre de \"\Psi\" associ\u00e9 \u00e0 la valeur propre \"1\". Avec la question pr\u00e9c\u00e9dente, on sait que c’est la seule.<\/p>\r\n

Conclusion : \"1\" est la seule valeur propre de \"\Psi\".<\/p>\r\n

9\/ a\/<\/strong> \"\Psi\" et \"\varphi\" sont tous les deux des automorphismes de \"\mathbb{R}_n[X]\". Pour montrer que \"\Psi\" et \"\varphi\" sont \u00e9gaux il suffit de montrer qu’ils co\u00efncident sur la base canonique. Soit \"k\in[\![0,n]\!]\", on a :<\/p>\r\n

D’une part

  <\/span>   <\/span>\"\[(X^k)^{(i)}=\left\{\begin{array}{ll}k(k-1)\cdots(k-i+1)X^{k-i} & \mbox{, si } i\leqslant k\\0 & \mbox{, si } i>k\end{array}\right.\]\"<\/p>
et donc :

  <\/span>   <\/span>\"\[\varphi(X^k)=\sum\limits_{i=0}^{n}(X^k)^{(i)}=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{(k-i)!}X^{k-i}=\sum\limits_{j=0}^{k}\frac{k!}{j!}X^{j}\]\"<\/p><\/p>\r\n

La derni\u00e8re \u00e9aglit\u00e9 \u00e9tant obtenue par le renversement d’indice \"j=k-i\".<\/p>\r\n

D’autre part, d’apr\u00e8s 5.(b),

  <\/span>   <\/span>\"\[\Psi(X^k)=e^{x}\int_x^{+\infty}t^ke^{-t}\mathrm{d}t = e^x\left(k!\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{x^i}{i!}e^{-x}\right)=\sum\limits_{i=0}^{k}\frac{k!}{i!}x^{i}\]\"<\/p>
Donc : \"\varphi(X^k)=\Psi(X^k)\" pour tout \"k\in[\![0,n]\!]\".<\/p>\r\n

Conclusion : Les endomorphismes \"\varphi\" et \"\Psi\" sont \u00e9gaux.<\/p>\r\n

9\/ b\/<\/strong> 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 positivit\u00e9 de l’int\u00e9grale, on a :<\/p>\r\n

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall x\geqslant a,\quad [\Psi(P)](x) = e^x\int_x^{+\infty}P(t)e^{-t}\mathrm{d}t \geqslant 0\]\"<\/p><\/p>\r\n

Mais comme \"\varphi\" et \"\Psi\" sont \u00e9gaux, on a alors :

  <\/span>   <\/span>\"\[\forall x\geqslant a,\quad [\varphi(P)](x)\geqslant0\]\"<\/p><\/p>\r\n

ce qui est exactement le r\u00e9sultat recherch\u00e9.<\/p>\r\n

Conclusion : \"\displaystyle\forall x\geqslant a,\quad \sum\limits_{i=0}^{n}P^{(i)}(x)\geqslant0\"<\/p>\r\n<\/div>\r\n<\/div>\r\n<\/div>\r\n<\/div>\r\n<\/section>\r\n<\/div>\r\n\r\n

 <\/p>\r\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

Corrig\u00e9 du sujet EDHEC Maths ECS 2017 Revenir \u00e0 tous les corrig\u00e9s des annales maths BCE Exercice 1 : Scilab et variation de suite 1\/ a\/ On peut compl\u00e9ter le programme comme suit : function y=f(x,n)\u00a0 \u00a0y=sum(x.^(1:n))endfunction b\/ Pour , on a : et pour , . Le programme peut alors s’\u00e9crire : function y=f(x,n)\u00a0 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