Exercices corriges, tome 04 : les corrections

Table des matieres :

1. Applications lineaires, p.2.

2. Variables aleatoires, p.15.

3. Integrales, p.34.

4. Polynomes, p.41.

1

1 Applications lineaires

Exercice 1 (+) (applications lineaires)Methode :

- Etape 1 : on ecrit clairement les hypotheses.- Etape 1 bis : on traduit explicitement les hypotheses (et on les memorise).- Etape 2 : on ecrit ce que l’on veut montrer.- Etape 2 bis : on traduit explicitement ce que l’on veut montrer (et on se le grave dans le cerveau).- Etape 3 (la seule qui est parfois difficile) : on reflechit, on utilise les hypotheses,..., bref on se

debrouille (sans tricher et en justifiant tout) pour obtenir ce que l’on voulait montrer.- Etape 4 : on conclut.

Supposons que (x1, . . . , xn) est generatrice de E.Ceci signifie que tout vecteur de E est une C.L des vecteurs x1, . . . , xn.Montrons que (u(x1), . . . , u(xn)) est generatrice de Im(u).Il faut pour cela prouver que tout vecteur de Im(u) est une combinaison lineaire des vecteurs u(x1), . . . , u(xn).Soit y ∈ Im(u). Il existe un vecteur t de E tel que y = u(t).Puisque (x1, . . . , xn) est generatrice de E, le vecteur t est combinaison lineaire des vecteurs x1, . . . , xn.

Autrement dit, il existe des scalaires λ1, . . . , λn tels que t =

n∑i=1

λixi.

Puisque u est lineaire, on a alors : y = u(t) =n∑i=1

λiu(xi).

Donc y est combinaison lineaire des vecteurs u(x1), . . . , u(xn).On a bien prouve que : (u(x1), . . . , u(xn)) est generatrice de Im(u).

Etudions la reciproque. On suppose que (u(x1), . . . , u(xn)) est generatrice de Im(u) et on se demandesi (x1, . . . , xn) est generatrice de E.Soit x ∈ E. Alors u(x) ∈ Im(u), donc il existe (γ1, . . . , γp) ∈ Rp tel que u(x) = γ1u(x1)+ . . .+γpu(xp).Puisque u est lineaire, u(x) = u(γ1x1 + . . .+ γpup).Ici on aimerait en conclure que x = γ1x1 + . . .+γpup, mais ce n’est pas vrai. En effet on rappelle que :

u(x) = u(a) n’implique pas x = a ! ! !

L’implication est vraie lorsque u est injective, ce qui ici n’a pas ete suppose. Bref, la reciproque semblefausse lorsque l’application u n’est pas injective.Pour etre convaincant donnons un exemple concret. Prenons E = F = R2, u = l’application nulle, etx1 = x2 = 0. Alors Im(u) = 0 donc (u(x1), u(x2)) est generatrice de Im(u) malgre que (x1, x2)ne soit pas generatrice de E.

Remarque : pour cet exercice, si on sait a chaque instant ce que l’on veut montrer, et sion redige rigoureusement, il n’y a en fait aucune difficulte !

Exercice 2 (+) (applications lineaires)Methode :

- Etape 1 : on ecrit clairement les hypotheses.- Etape 1 bis : on traduit explicitement les hypotheses (et on les memorise).- Etape 2 : on ecrit ce que l’on veut montrer.- Etape 2 bis : on traduit explicitement ce que l’on veut montrer (et on se le grave dans le cerveau).- Etape 3 (la seule qui est parfois difficile) : on reflechit, on utilise les hypotheses,..., bref on se

debrouille (sans tricher et en justifiant tout) pour obtenir ce que l’on voulait montrer.- Etape 4 : on conclut.

2

Supposons (x1, . . . , xn) liee.Alors il existe une combinaison lineaire de ces vecteurs qui est nulle, dont les coefficients ne sont pastous nuls.

Autrement dit, il existe des scalaires λ1, . . . , λn tels que : (λ1 . . . λn) 6= (0, . . . , 0) et

n∑i=1

λixi = 0.

Par linearite de u, on a alors : u(n∑i=1

λixi) =n∑i=1

λiu(xi) = 0.

Puisque les λi ne sont pas tous nuls, on en conclut que la famille (u(x1), . . . , u(xn)) est liee.

La reciproque est fausse. Par exemple, si u est l’application nulle, si (x1, x2) est la base canonique deR2, alors (u(x1), u(x2)) est liee sans pour autant que (x1, x2) ne le soit.

Exercice 3 (+) (applications lineaires entre espaces de fonctions)

1. Soient f et g deux fonctions de classe C1, a et b deux reels.

Alors Ψ(af + bg) =(af + bg

)′= af ′ + bg′ = aΨ(f) + bΨ(g).

Donc Ψ est bien une application lineaire.

2. Pour repondre a ces questions determinons noyau et image de Ψ.

f ∈ Ker(Ψ)⇔ Ψ(f) = 0⇔ f ′ = 0⇔ f est constante.

Ainsi Ker(Ψ) = fonctions constantes 6= 0, donc Ψ n’est pas injective.

Par contre on sait (theoreme de Term. S) que toute fonction continue admet au moins uneprimitive (en fait il y a meme une infinite de primitives). Ce theoreme, ecrit en langage algebrique,donne : Quelquesoit la fonction g dans C(R), il existe f dans C1(R) tel que Ψ(f) = g.

Autrement dit, Ψ est surjective, i.e. Im(Ψ) = C(R).

Exercice 4 (+) (noyau et image)On peut (mais ce n’est pas obligatoire) ecrire la matrice canoniquement associee a h :On remarque que : h(1, 0, 0) = h(0, 1, 0) = h(0, 0, 1) = (−1,−1, 0).

La matrice de h dans la base canonique est : A =

−1 −1 −1−1 −1 −10 0 0

.On rappelle que cette matrice se lit (et se remplit) verticalement :dans la premiere colonne on lit h(1, 0, 0) = (−1,−1, 0),...

Si on calcule le produit A

xyz

on obtient

−x− y − z−x− y − z0

, c’est a dire on retrouve l’expression de

h(x, y, z) (en transposant).

1. (x, y, z) ∈ Ker(h)⇔ x+ y + z = 0.

Ainsi Ker(h) = (x,−x− z, z), x ∈ R, z ∈ R = V ect(a, b)

en posant a = (1,−1, 0) et b = (0, 1,−1) (ou b = (0,−1, 1) c’est pareil).

Puisque (a, b) est libre, dim(Ker(h)) = 2.

2. Im(h) = V ect(h(1, 0, 0), h(0, 1, 0), h(0, 0, 1)

)= V ect(c) en posant c = (−1,−1, 0).

3. Ker(h) 6= 0 donc h n’est pas injective. Im(h) 6= R3 donc h n’est pas surjective.

4. La matrice de h+ 2IdE dans la base canonique est : B = A+ 2I3 =

1 −1 −1−1 1 −10 0 2

.

(x, y, z) ∈ Ker(h+ 2IdE)⇔

x− y − z = 0−x+ y − z = 02z = 0

⇔x = yz = 0

3

Donc Ker(h+ 2IdE) = (y, y, 0), y ∈ R = V ect(d) en posant d = (1, 1, 0).

Ainsi le noyau de (h + 2IdE) est de dimension 1, c’est la droite vectorielle engendree par levecteur d.

5. Resoudre h(x) = −2x revient a resoudre (h+2IdE)(x) = 0, donc a chercher le noyau de h+2IdE .C’est deja fait !

h(x) = −2x⇔ x ∈ Ker(h+ 2IdE)⇔ x ∈ V ect(d).

Remarque : on retiendra que :

Determiner Ker(h− λIdE) est equivalent a resoudre l’equation h(x) = λx.

Exercice 5 (+) (matrices et applications lineaires, noyau, image)

1. Soit P (X) = a+ bX + cX2 =

abc

. Alors A

abc

=

2a+ 4b− c6b+ 5c

3c

. Ainsi :

f : R2[X]→ R2[X], P (X) = a+ bX + cX2 7→ f(P ) = (2a+ 4b− c) + (6b+ 5c)X + (3c)X2.

2. On ne fait surtout aucun calcul mais on reflechit ! En effet, A est une matrice triangulaire donttous les coefficients diagonaux sont differents de 0. Donc A est une matrice inversible.

Ainsi f est un endomorphisme bijectif, d’ou : Ker(f) = 0 et Im(f) = R2[X].

On en profite pour rappeler que :1) Si A est une matrice carree triangulaire, alors :A est inversible si et seulement si tous ses elements diagonaux sont differents de 0.Attention, ce critere n’est plus vrai si la matrice A n’est pas triangulaire !2) Un endomorphisme f est bijectif si et seulement si sa matrice associee est inversible.

Exercice 6 (++) (applications lineaires, noyau, image, composees)Ceci est un exercice tres classique. Il suffit d’etre rigoureux et methodique.

Rappel : Un ensemble A est stable par une application g lorsque g(A) ⊂ A.

Autrement dit : A est stable par g si : ∀x ∈ A, g(x) ∈ A.

Cette notion est tres importante et frequente en algebre lineaire.

Comme dans chaque exercice de ce type, il suffit d’etre methodique. On suit la grille de raisonnementqui suit :

Methode :- Etape 1 : on ecrit clairement les hypotheses.- Etape 1 bis : on traduit explicitement les hypotheses (et on les memorise).- Etape 2 : on ecrit ce que l’on veut montrer.- Etape 2 bis : on traduit explicitement ce que l’on veut montrer (et on se le grave dans le cerveau).- Etape 3 (la seule qui est parfois difficile) : on reflechit, on utilise les hypotheses,..., bref on se

debrouille (sans tricher et en justifiant tout) pour obtenir ce que l’on voulait montrer.- Etape 4 : on conclut.

Allons-y : on montre tout d’abord que Ker(f) est stable par g.- Etape 1 : Soit x ∈ Ker(f).

4

- Etape 1 bis : On a alors : f(x) = 0.- Etape 2 : Il faut montrer que g(x) ∈ Ker(f).- Etape 2 bis : C’est a dire qu’il faut montrer que f(g(x)) = 0.- Etape 3 : On calcule f(g(x)) (que faire d’autre ?) :

f(g(x)) = f g(x) = g f(x) (d’apres l’hypothese de l’enonce)

= g(f(x)) = g(0) (car x ∈ Ker(f))

= 0 (car g est lineaire.)

- Etape 4 : On a ainsi prouve que : ∀x ∈ Ker(f), g(x) ∈ Ker(f). Autrement dit, Ker(f) est stablepar g.Remarque : dans une copie ou au tableau on ne numerote pas les etapes.

Montrons maintenant que Im(f) est stable par g.Soit y ∈ Im(f) : il existe t ∈ E tel que y = f(t).Montrons que g(y) ∈ Im(f), autrement dit que g(y) s’ecrit sous la forme f(quelquechose).g(y) = g(f(t)) = g f(t) = f g(t) = f(g(t))Donc g(y) ∈ Im(f). Ainsi Im(f) est stable par g.

Remarque : pour cet exercice, si on sait a chaque instant ce que l’on veut montrer, et sion redige rigoureusement, il n’y a en fait aucune difficulte !

Exercice 7 (++) (applications lineaires, noyau, image)

1. On peut ecrire la matrice canoniquement associee a g : A =

a 1 11 b 11 1 1

.

Soit u = (x, y, z) ∈ R3.

g(u) = 0⇔

x+ y + z = 0ax+ y + z = 0x+ by + z = 0

⇔

x+ y + z = 0(1− a)(y + z) = 0(b− 1)y = 0

La suite depend de a et b, il faut distinguer plusieurs cas. Il faut alors les numeroter et lessouligner, en sautant une ligne entre chaque cas :

- Premier cas : b 6= 1 et a 6= 1. Alors : Ker(g) = 0.

- Deuxieme cas : b 6= 1 et a = 1.

Alors : g(u) = 0⇔

x+ z = 00 = 0y = 0

Donc Ker(g) = Vect((1, 0,−1)

).

- Troisieme cas : b = 1 et a 6= 1.

g(u) = 0⇔x+ y + z = 0y + z = 0

⇔x = 0z = −y Ainsi Ker(g) = Vect

((0, 1,−1).

Quatrieme cas : b = 1 et a = 1.

Alors : g(u) = 0⇔ x+ y + z = 0. Donc Ker(g) = Vect((−1, 1, 0), (−1, 0, 1)

).

2. Calculons A2 : A2 =

a2 + 2 a+ b+ 1 a+ 2a+ b+ 1 b2 + 2 b+ 2a+ 2 b+ 2 3

5

On remarque au passage que A2 est symetrique, ce qui est normal puisque A est symetrique.Avec A2 on retrouve facilement g2 = g g :

g2(x, y, z) =((a2+2)x+(a+b+1)y+(a+2)z, (a+b+1)x+(b2+2)y+(b+2)z, (a+2)x+(b+2)y+cz

).

Exercice 8 (++) (applications lineaires entre espaces vectoriels de suites)

1. Soient u et v deux suites reelles, a et b deux reels.

Alors ∆(au+bv) =((au+bv)n+1−(au+bv)n

)n

= a(un+1−un

)n+b(vn+1−vn

)n

= a∆(u)+b∆(v).

Donc ∆ est bien une application lineaire.

2. Notons w = ∆(v).

Alors wn = 2n+1 − 2n = 2n(2− 1) = 2n = vn. Ainsi ∆(v) = v.

Donc (∆− Id)(v) = 0 donc v ∈ Ker(∆− Id).

Remarque : Les phrases ’ f(x) = λx ’ et ’ x ∈ Ker(f − λId) ’ sont equivalentes.

3. Si u est une suite arithmetique, alors il existe un reel r tel que ∀n ∈ N, un+1 − un = r.

Ainsi ∆(u) est la suite constante egale a r.

4. La suite u est dans Ker(∆) si et seulement si ∀n ∈ N, un+1 − un = 0, donc :

Ker(∆) = ensemble des suites constantes .

5. Soit w une suite reelle quelconque. On veut montrer qu’il existe au moins une suite u tele que∆(u) = w.

On raisonne par analyse-synthese. On suppose donc pour l’instant que cette suite u existe. Ona alors : u1 − u0 = w0, u2 − u1 = w1, u3 − u2 = w2, . . . , uk+1 − uk = wk, . . .

Prenons u0 = 0, u1 = w0, u2 = u1 + w1 = w0 + w1, u3 = u2 + w2 = w0 + w1 + w2, . . .,uk+1 = uk + wk = w0 + . . .+ wk.

Bref, posons uk =∑k−1

i=0 wi. On a bien : uk+1 − uk = wk pour tout entier k. Donc ∆(u) = w.Ainsi w a au moins un antecedent par ∆ dans RN.

Donc ∆ est surjective (autrement dit Im(∆) = RN).

Remarque : on a ici un endomorphisme ∆ qui est surjectif (Im(∆) = RN) mais pasinjectif (Ker(∆) 6= 0). On sait qu’une telle situation serait impossible en dimensionfinie d’apres le corollaire du theoreme du rang. Mais ici c’est possible car RN estun ev de dimension infinie.

Exercice 9 (++) (applications lineaires entre espaces vectoriels de polynomes)

1. Deja, si P est un polynome, alors XP ′ − P est encore un polynome, donc f est une applicationde R[X] dans R[X].

Soient P et Q deux polynomes, a et b deux reels.

Alors, en utilisant la linearite de la derivation :

f(aP + bQ) = X(aP + bQ

)′ − (aP + bQ)

= a(XP ′ − P

)+ b(XQ′ −Q

)= af(P ) + bf(Q).

Donc f est bien un endomorphisme de R[X].

2. Soit k ∈ N. f(Xk) = X(kXk−1)−Xk = (k − 1)Xk.

3. Pour le noyau on a deux methodes :

- 1. Methode algebrique :

Soit P =∑n

k=0 akXk.

P ∈ Ker(f)⇔ f(P ) = 0⇔n∑k=0

akf(Xk) = 0⇔n∑k=0

ak(k − 1)Xk = 0.

Puisque la famille (1, X, . . . ,Xn) est libre on peut identifier terme a terme pour conclure que :∀k ∈ 0, . . . , n, ak(k − 1) = 0.

6

Ainsi, ∀k 6= 1, ak = 0. Par contre on n’a aucune condition sur a1.

Ainsi Ker(f) = λX, λ ∈ R = V ect(X).

- 2. Methode analytique :

On resout l’equa diff :

Soit P ∈ R[X]. P ∈ Ker(f)⇔ P ′(x)− 1xP (x) = 0⇔ ∃λ ∈ R, P (x) = λelnx = λx.

4. Pour l’equa diff (E) xy′(x) − y(x) = x, on sait deja que les solutions de l’equa diff homogeneassociee sont les fonctions x 7→ λx.

On cherche une solution particuliere avec la methode de variation de la constante. On posey(x) = λ(x)x.

y ∈ SE ⇔ x(xλ′(x) + λ(x))− xλ(x) = x⇔ λ′(x) = 1x ⇔ λ(x) = lnx.

Ainsi SE = y : x 7→ x lnx+ Cx,C ∈ R.On voit que SE ne contient aucune fonction polynomiale,

autrement dit il n’existe aucun polynome P solution de E,autrement dit il n’existe aucun polynome P tel que xP ′(x)− P (x) = x,autrement dit il n’existe aucun polynome P tel que f(P ) = X,autrement dit le polynome X n’a aucun antecedent par la fonction f ,autrement dit f n’est pas un endomorphisme surjectif ! (on a le droit de moins detailler),autrement dit Im(f) 6= R[X].

Exercice 10 (++) (formes lineaires)On s’interesse tout d’abord a l’image de f .On sait que f : E → R, donc Im(f) est un sous-espace vectoriel de R. Or il n’y a dans R que deuxsous-espaces vectoriels : 0 et R. Ainsi, Im(f) est egal a 0 ou a R. Mais f est non nulle, donc Im(f)est different de 0. Donc Im(f) = R.Ainsi rang(f) = 1. Avec le theoreme du rang on en conclut que : dim(Ker(f)) = dim(E)− 1 = n− 1.(on dit que Ker(f) est un hyperplan de E).

Exercice 11 (++) (injections, surjections)

1. Prenons H : R3 → R2 avec H(x, y, z) = (x, y).

Ou encore : f : R3 → R2, (x, y, z) 7→ (x+ y, y + z), et plein d’autres encore.

2. Non. Sinon, avec le theoreme du rang, on aurait : 3 = dim(Ker(f)) + rang(f).

Ainsi 3 = rang(f), ce qui est impossible car rang(f) = dim(Im(f)) ≤ dim(R2) ≤ 2.

3. Si p > n, il n’existe pas d’application lineaire injective de Rp dans Rn.

On le demontre avec le theoreme du rang.

Exercice 12 (++) (injections, surjections)

1. Prenons H : R2 → R3 avec H(x, y) = (x, y, 0).

Il y aussi : G : R2 → R3, (x, y) 7→ G(x, y) = (x+ y, x− y, x+ 2y), et plein d’autres encore.

2. Non. Sinon, avec le theoreme du rang, on aurait : 2 = dim(Ker(f)) + rang(f).

On aurait alors dim(Ker(f)) = −1, ce qui est quand meme legerement absurde.

3. Si p < n, il n’existe pas d’application lineaire surjective de Rp dans Rn.

On le demontre facilement avec le theoreme du rang.

Exercice 13 (++) (matrices inversibles, noyau, image)

1. fy(1) = y +X et fy(X) = 4 + yX donc Ay =

(y 41 y

).

7

2. fy(a0 + a1X) = 0⇔ya0 + 4a1 = 0a0 + ya1 = 0

⇔a0 + ya1 = 0(4− y2)a1 = 0

On a effectue L1 ← L1 − yL2.

- Premier cas : y 6= 2 et y 6= −2. Alors Ker(fy) = 0 et Im(fy) = R1[X].

Deuxieme cas : y = 2. Alors Ker(f2) = Vect(−2 +X). Puis Im(f2) = Vect(2 +X).

Troisieme cas : y = −2. Alors Ker(f−2) = Vect(2 +X). Puis Im(f−2) = Vect(−2 +X).

3. D’apres la question qui precede, Ay est inversible si et seulement si y /∈ −2, 2.

4. On calcule (systeme de Cramer) ... et on obtient : A−1y =1

4− y2

(−y 41 −y

)

Exercice 14 (++) (applications lineaires et matrices)

1. Etude de u : Soit w = (x, y, z) ∈ R3.

u(w) = 0 ⇔

2x + ay = 0

y + 2z = 03x − y + z = 0

⇔

2x + ay = 0

y + 2z = 06x − 2y + 2z = 0 (L3 ← 2L3)

⇔

2x + ay = 0

y + 2z = 0(−2− 3a)y + 2z = 0 (L3 ← L3 − 3L1)

⇔

2x + ay = 0

y + 2z = 0(2 + 2(2 + 3a))z = 0 (L3 ← L3 + (2 + 3a)L2)

⇔

2x + ay = 0

y + 2z = 06(1 + a)z = 0

La suite depend donc de (1 + a). Il faut donc considerer plusieurs cas.

- Premier cas : a 6= −1.

Alors : u(w) = 0⇔ x = y = z = 0. Donc Ker(u) = 0. Ainsi u est un endomorphisme injectif,donc u est bijectif et Im(u) = R3.

- Second cas : a = −1. Reprenons alors le systeme :

u(w) = 0⇔

2x − y = 0y + 2z = 0

⇔

x = −zy = −2z

Ainsi Ker(u) = Vect((−1,−2, 1)

). Par ailleurs, Im(u) = Vect

((2, 0, 3), (−1, 1,−1), (0, 2, 1)

). Cet

espace est de dimension 2 (on peut calculer le rang, ou sinon directement utiliser le theoreme durang). Ainsi : Im(u) = Vect

((2, 0, 3), (0, 2, 1)

).

Etude de v :

On peut faire l‘etude de facon classique (noyau, puis image,...).

Sinon, on peut, en regardant les trois colonnes de la matrice P , constater que :- si a = 1

2 , alors ces trois colonnes sont egales, d’ou rang(P ) = 1.

- si a 6= 12 , alors rang(P ) = 2. Il y a donc deux cas distincts a traiter :

- Premier cas : a =1

2.

Alors rang(v) = 1 et Im(v) = Vect((1, 1, 1)

).

8

Ainsi, avec le theoreme du rang, dim(Ker(u)) = 3− 1 = 2.

On voit, en regardant les colonnes de la matrice, que u(e1) = u(e2) = u(e3) = (1, 1, 1).

Donc u(e1−e2) = u(e2−e3) = 0. Ainsi e1−e2 et e2−e3 sont deux vecteurs (non colineaires) quiappartiennent a Ker(v), qui est de dimension deux, donc : Ker(v) = Vect

((1,−1, 0), (0, 1,−1)

).

- Second cas : a 6= 1

2.

Alors Im(v) est de dimension 2 et Im(v) = Vect((1, 1, 1), (1, 1, 2a)

).

Ainsi Ker(v) est de dimension 1 et Ker(v) = Vect((1,−1, 0)

).

2. M = Mat(u) et P = Mat(v) donc MP = Mat(u v). On calcule donc MP .

MP =

2 + a 2 + a 2 + a3 3 1 + 4a3 3 2(1 + a)

Donc : ∀X = (x, y, z) ∈ R3, u v(X) =

((2 + a)(x+ y + z), 3(x+ y) + (1 + 4a)z, 3(x+ y) + 2(1 + a)z

).

Pour v u, on calcule : PM =

5 a 35 a 3

2(1 + 3a) 1− a 2(1 + a)

On en conclut que :

∀X = (x, y, z) ∈ R3, v u(X) =(5x+ ay+ 3z, 5x+ ay+ 3z, 2(1 + 3a)x+ (1− a)y+ 2(1 + a)z

).

On remarque que u v 6= v u.

Exercice 15 (++) (endomorphismes, theoreme du rang)On raisonne par double implication.

-1) Supposons qu’il existe un endomorphisme g de E tel que Im(g) = Ker(g).Grace au theoreme du rang, on a alors :

n = dim(E) = dim(Ker(g)) + dim(Im(g)) = 2dim(Ker(g))

donc n est pair. La premiere implication est prouvee.

- 2) Supposons que n est pair.Alors n = 2q, q ∈ N. Soit (e1, . . . , eq, eq+1, . . . , e2q) une base de E. On definit l’endomorphisme g de Epar :

∀k ∈ 1, . . . , q, g(ek) = eq+k ; ∀k ∈ q + 1, 2q, g(ek) = 0E .

Alors Im(g) = V ect(eq+1, . . . , e2q) et Ker(g) = V ect(eq+1, . . . , e2q) donc Im(g) = Ker(g).La reciproque est prouvee.

Exercice 16 (++) (matrices et applications lineaires, supplementaires)

On determine le noyau et l’image de u ... : Ker(u) = V ect(

−321

). Im(u) = V ect(

110

,

120

)

On verifie que la famille formee par les trois vecteurs

−321

,

110

,

120

est libre.

Exercice 17 (++) (image et noyau)

1. f f2 = f2 f = IdE , donc f est bijective (et f−1 = f2).

Ainsi Im(f) = E et Ker(f) = 0.

9

2. Soit x ∈ Im(f − IdE). Alors il existe t ∈ E tel que x = (f − IdE)(t).

Alors (f2 + f + IdE)(x) = (f2 + f + IdE) (f − IdE)(t) = f3(t)− t = 0E puisque f3 = IdE .

Donc x ∈ Ker(f2 + f + idE). Ainsi Im(f − IdE) ⊂ Ker(f2 + f + IdE).

Exercice 18 (+++) (applications lineaires, noyaux, composees)Dans ce genre d’exercice, tout est question de methode, de rigueur et de redaction.

Il faut savoir ce que l’on veut montrer, et comment on va faire.On veut demontrer une equivalence. C’est apparemment trop difficile de raisonner directement parequivalence, donc :On raisonne par double implication.

Methode :- Etape 1 : on ecrit clairement les hypotheses.- Etape 1 bis : on traduit explicitement les hypotheses (et on les memorise).- Etape 2 : on ecrit ce que l’on veut montrer.- Etape 2 bis : on traduit explicitement ce que l’on veut montrer (et on se le grave dans le cerveau).- Etape 3 (la seule qui est parfois difficile) : on reflechit, on utilise les hypotheses,..., bref on se

debrouille (sans tricher et en justifiant tout) pour obtenir ce que l’on voulait montrer.- Etape 4 : on conclut.

- Supposons Im(f) ∩Ker(f) = 0.On sait deja, car c’est toujours vrai, que Ker(f) ⊂ Ker(f f).

Prouvons l’inclusion reciproque.Soit x ∈ Ker(f f).Alors f f(x) = 0, donc f(x) ∈ Ker(f).Par ailleurs f(x) ∈ Im(f), donc f(x) ∈ Im(f) ∩Ker(f), donc f(x) = 0 d’apres notre hypothese.Ainsi x ∈ Ker(f).On a donc Ker(f f) ⊂ Ker(f).

Finalement, ces deux ensembles sont bien egaux.

On vient de prouver que : Im(f) ∩Ker(f) = 0 ⇒ Ker(f f) = Ker(f).

- Supposons maintenant que Ker(f) = Ker(f f) .

Soit x ∈ Im(f) ∩Ker(f).Alors il existe z tel que x = f(z), et f(x) = 0.Donc f f(z) = f(x) = 0, ainsi z ∈ Ker(f f) .D’apres l’hypothese, on a alors z ∈ Ker(f) puis f(z) = x = 0.Ainsi Im(f) ∩Ker(f) = 0.On vient de demontrer que : Ker(f f) = Ker(f)⇒ Im(f) ∩Ker(f) = 0.

Pour conclure, on a bien l’equivalence demandee.

Exercice 19 (+++) (applications lineaires, noyau, image, composees)Dans ce genre d’exercice, tout est question de methode, de rigueur et de redaction.

Il faut savoir ce que l’on veut montrer, et comment on va faire.On veut demontrer une equivalence. C’est apparemment trop difficile de raisonner directement parequivalence, donc :On raisonne par double implication.

10

Methode :- Etape 1 : on ecrit clairement les hypotheses.- Etape 1 bis : on traduit explicitement les hypotheses (et on les memorise).- Etape 2 : on ecrit ce que l’on veut montrer.- Etape 2 bis : on traduit explicitement ce que l’on veut montrer (et on se le grave dans le cerveau).- Etape 3 (la seule qui est parfois difficile) : on reflechit, on utilise les hypotheses,..., bref on se

debrouille (sans tricher et en justifiant tout) pour obtenir ce que l’on voulait montrer.- Etape 4 : on conclut.

- On suppose tout d’abord que : Ker(g f) = Ker(f).Montrons que Ker(g) ∩ Im(f) = 0.

Il est toujours vrai que 0 ⊂ Ker(g) ∩ Im(f).On demontre donc l’autre inclusion :Soit x ∈ Ker(g) ∩ Im(f).On traduit : g(x) = 0 et il existe w ∈ E tel que x = f(w).Ainsi g f(w) = g(f(w)) = g(x) = 0. Donc w ∈ Ker(g f).Mais on a suppose que Ker(g f) = Ker(f), par suite w ∈ Ker(f). Donc f(w) = 0.Par consequent, x = 0.On a donc prouve que Ker(g) ∩ Im(f) = 0. Ainsi :

Ker(g f) = Ker(f) ⇒ Ker(g) ∩ Im(f) = 0 .

- Implication reciproque : On suppose que Ker(g) ∩ Im(f) = 0.On va prouver que Ker(g f) = Ker(f).On raisonne par double inclusion.

. Une inclusion est toujours vraie (et doit etre connue car tres classique) : Ker(f) ⊂ Ker(g f).En effet, si x ∈ Ker(f) alors f(x) = 0 donc g(f(x)) = g(0) = 0 car g est lineaire, donc x ∈ Ker(g f).

. Montrons l’inclusion reciproque :Soit x ∈ Ker(g f). Alors g(f(x)) = 0 et ainsi f(x) ∈ Ker(g).Par definition, f(x) ∈ Im(f).Finalement, f(x) ∈ Ker(g)∩ Im(f). Or on a suppose que cette intersection est reduite a l’element nul,donc f(x) = 0. Ainsi x ∈ Ker(f).On a donc montre que Ker(g f) ⊂ Ker(f).

Finalement, on a bien l’egalite, donc :

Ker(g) ∩ Im(f) = 0 ⇒ Ker(g f) = Ker(f) .

En conclusion, on a bien demontre l’equivalence demandee.

Exercice 20 (+++) (endomorphismes,familles libres)

1. f est bijective et f−1 = −f .

2. Soient α et β tels que αa+ βf(a) = 0. On a alors f(αa+ βf(a)) = αf(a)− βa = 0.

On a ainsi le systeme :

αa+ βf(a) = 0−βa+ αf(a) = 0

En faisant αL1 − βL2 on obtient (α2 + β2)a = 0. Puisque a 6= 0 on en deduit α = β = 0.

Donc la famille (a, f(a)) est libre.

11

3. Deja Ga contient a.

Ensuite on sait que f(a) ∈ Ga et f(f(a)) = −a ∈ Ga.Donc f(Ga) ⊂ Ga et ainsi Ga est stable par f .

Pour finir, soit H un autre ssev stable par f et contenant a.

Alors a ∈ H donc f(a) ∈ H. ainsi Ga ⊂ H.

Finalement Ga est bien le plus petit sous-espace de E stable par f et contenant a.

Exercice 21On peut signaler, meme si ce n’est pas demande, que f est bien un endomorphisme de R2[X] car fest lineaire et l’image d’un polynome P de degre ≤ 2 sera bien un polynome de degre ≤ 2.

1. Notons R0 = 1, R1 = X, R2 = X2 et S0 = 1, S1 = 2X, S2 = 3X2.

f(R0) = 1 = S0.

f(R1) = X + (X − 1) = −1 + 2X = −S0 + S1.

f(R2) = X2 + (X − 1)(2X) = −2X + 3X2 = −S1 + S2.

Donc A =

1 −1 00 1 −10 0 1

.

2. A est triangulaire et tous ses coeff. diagonaux sont differents de 0, donc A est inversible (ainsi fest bijective).

Pour trouver A−1 on fixe Y =

y1y2y3

et on cherche X =

x1x2x3

solution de AX = Y :

AX = Y ⇔

x1 − x2 = y1x2 − x3 = y2x3 = y3

⇔

x1 = y1 + y2 + y3x2 = y2 + y3x3 = y3

. Donc A−1 =

1 1 10 1 10 0 1

3. Ici il faut reflechir et faire le lien avec les questions precedentes.

On note Q(X) = 3X2 − 4X + 2. Autrement dit Q = 2S0 − 2S1 + S2. On cherche un polynomeT tel que f(T ) = Q. Puisque f est bijective, T existe et est unique et T = f−1(Q).

Or on connait f−1 puisqu’on connait A−1 : A−1

2−21

=

1−11

.

Ainsi T (X) = 1−X +X2 (bien sur on verifie).

4. On va calculer An. On a : A = I +N avec N =

0 −1 00 0 −10 0 0

.

Puisque I etN commutent on peut appliquer la formule du binome :An = (I +N)n =n∑k=0

(n

k

)Nk.

Or N2 =

0 0 10 0 00 0 0

et Nk = 0 pour tout k ≥ 3.

Soit n ≥ 2. On a alors :

An =

2∑k=0

(n

k

)Nk = N0 + nN1 +

n(n− 1)

2N2 =

1 −n n(n−1)2

0 1 −n0 0 1

.

On remarque que cette formule reste valable pour n = 0 et n = 1.

12

Pour conclure :

∀n ∈ N, fn(aR0 + bR1 + cR2) = (a− nb+n(n− 1)

2)S0 + (b− nc)S1 + cS2.

Exercice 22

1. Puisque f2 6= 0, il existe x0 ∈ R3 tel que f2(x0) 6= 0

Alors la famille (x0, f(x0), f2(x0)) est libre.

En effet, si a, b et c sont trois reels tels que : ax0+bf(x0)+cf2(x0) = 0 , alors on a, en appliquantf : af(x0) + bf2(x0) = 0 (car f3 = 0).

On applique encore f pour obtenir : af2(x0) = 0. Or f2(x0) 6= 0 donc a = 0.

On remonte et on obtient alors bf2(x0) = 0 puis b = 0.

Ainsi ax0 = 0 donc a = 0 (car x0 6= 0).

On a donc bien prouve que la famille est libre, donc est une base de R3.

2. Mat(x0,f(x0),f2(x0))(f) =

0 0 01 0 00 1 0

3. En lisant la derniere matrice, rang(f) = 2.

Exercice 23 (+++) (endomorphismes, rang)D’une part : f g = 0 ⇒ Im(g) ⊂ Ker(f) ⇒ rang(g) ≤ dim(Ker(f)) ⇒ rang(g) ≤ dim(E) −rang(f)⇒ rang(g) + rang(f) ≤ dim(E).D’autre part : f + g bijective ⇒ rang(f + g) = dim(E)⇒ dim(E) ≤ rang(f) + rang(g) car rang(f +g) ≤ rang(f) + rang(g) (deja fait en exo).

Exercice 24 (+++) (endomorphismes, equations differentielles)

1. Soit f ∈ E. On sait que l’equa diff homogene y′ + y = f admet une infinite de solutions,dependant d’un parametre reel C. Plus precisement l’ensemble des solutions est de la formex 7→ y1(x) + Ce−x, ou y1 est une solution particuliere. Ensuite, l’hypothese y(0) = 0 nous permetde determiner la constante C.

Il n’y a donc qu’une solution au probleme de Cauchy :

∀x ∈ R, y′(x) + y(x) = f(x)y(0) = 0

2. Prenons f1 et f2 dans E, λ et γ deux reels. Soient y1 = u(f1) et y2 = u(f2).

Alors y′1 + y1 = f1 et y′2 + y2 = f2, donc (αy1 + γy2)′ + (αy1 + γy2) = αf1 + γf2.

De plus (αy1 + γy2)(0) = 0.

Donc u(αf1 + γf2) = αy1 + γy2 = αu(f1) + γu(f2).

Ainsi u est lineaire. Donc u est un endomorphisme de E.

Soit f dans le noyau de u. Alors u(f) = 0. On a donc : 0′ + 0 = f , donc f = 0.

Ainsi Ker(u) = 0 et u est injectif.

Exercice 25 (+++) (endomorphisme, espace de polynomes)

1. Grace a la linearite de la derivation, f est lineaire.

Si P est de degre ≤ n, alors deg(P ′) ≤ (n−1) donc deg((1−X)P ′(X)) ≤ n. Ainsi deg(f(P (X)) ≤n. Donc f va bien de E dans E. Ainsi f ∈ L(Rn[X]).

13

2. Notons Rk(X) = Xk. Alors f(Rk(X)) = Xk +1

n(1−X)kXk−1 =

k

nRk−1(X) +

n− kn

Rk(X).

Ainsi M = Mat(f) =1

n

n 1 0 . . . 0

0 n− 1 2. . .

...

0 0 n− 2. . . 0

0 0 0. . . n− 1 0

......

... 1 n0 0 0 . . . 0 0

.

3. R0 = f(R0) ∈ Im(f).

f(R1) = aR0 + bR1 donc R1 = 1b (f(R1) − aR0). Or f(R1) ∈ Im(f) et aR0 ∈ Im(f), donc

R1 ∈ Im(f) car Im(f) est SPCL.

De meme R2 est une CL de f(R2) et de R1 donc R2 ∈ Im(f).

En iterant on montre que pour tout k ∈ 0, . . . , n− 1), Rk ∈ Im(f).

Par contre ce n’est pas vrai pour Rn.

Ainsi Vect(R0, R1, . . . , Rn−1) ⊂ Im(f). Donc Rn−1[X] ⊂ Im(f). Donc dim(Im(f)) ≥ n.

Par ailleurs, M est une matrice triangulaire avec un coefficient diagnoal nul, donc M n’est pasinversible, donc rang(M) 6= n+ 1, donc dim(Im(f)) ≤ n.

Ainsi dim(Im(f)) = n et Im(f) = Rn−1[X].

Quant au noyau, il est de dimension 1 d’apres le theoreme du rang, et pour le trouver on resoutl’equa diff :

P +1

n(1− x)P ′ = 0⇔ P ′ +

n

1− xP = 0⇔ P (x) = Cen ln(1−x) = C(1− x)n, C ∈ R.

Donc Ker(f) = V ect((1−X)n).

Exercice 26 (+++) (endomorphisme, espace de fonctions)

1. On sait montrer (fait en dl) que (f1, f2, f3) est une famille libre de E. Or, par definition, c’estune famille generatrice de F , donc (f1, f2, f3) est une base de F et dim(F ) = 3.

2. Ψ(f1) = −2f3 ∈ F . Ψ(f2) = 2f3 ∈ F . Ψ(f3) = f1 − f2 ∈ F .

3. On vient de prouver que Ψ va bien de F dans F . De plus la linearite de la derivation prouve queΨ est lineaire. Ainsi Ψ est un endomorphisme de F .

4. Mat(f1,f2,f3)(Ψ) =

0 0 10 0 −1−2 2 0

.

5. Commencons par chercher le noyau et l’image. Il est clair que la matrice est de rang 2.

Im(Ψ) = V ect(f3, f1 − f2) : (f3, f1 − f2) est une base de Im(Ψ) qui est de dimension 2.

D’apres le theoreme du rang, dim(Ker(Ψ)) = 1. Or Ψ(f1 + f2) = 0 donc : (f1 + f2) est une basede Ker(Ψ) qui est de dimension 1.

6. Ker(Ψ) + Im(Ψ) = V ect(f3, f1− f2, f1 + f2). On prouve facilement que la famille des 3 vecteursest libre. Ainsi la somme est directe et egale a F , donc Im(Ψ) et Ker(Ψ) sont supplementaires.

14

2 Variables aleatoires

Exercice 27 (+) [Le minimum a savoir faire sur les VAR]Cet exercice est tres important, fondamental, indispensable.

1. On a : Rk = [Xk = 1] = Bk = [Xk = 0].

En francais : Les evenements Rk et [Xk = 1] sont les memes ; les evenements Rk et Bk sont desevenements contraires ; les evenements Bk et [Xk = 0] sont les memes.

Remarque : Sans les crochets, toutes ces phrases n’ont aucun sens !

2. Ici, les tirages sont effectues avec remise, donc les tirages sont independants.

On note Ω l’univers associe a l’experience.

(a) X1 peut prendre deux valeurs : 0 et 1. Autrement dit, X1(Ω) = 0, 1.Calculons P (X1 = 1) (c’est a dire P (R1)) : P (X1 = 1) = P (R1) =

a

a+ b.

Remarque de bon sens : Cette phrase, ecrite sans parentheses, ou avec des parentheses malplacees, n’a aucun sens ! ! !

Par exemple : PX1 = 1 = aa+b ou encore P (X1 = 1 = a

a+b) ou encore P (X1) = 1 = aa+b ....

Bref, n’ecrivez jamais de telles horreurs.

Encore une remarque de bon sens : lisez intelligemment la phrase P (X1 = 1) = aa+b :

- ne lisez pas : ” pe-de-ixun-egal-un-egal-a-sur-a-plus-be ” : ca n’a aucun sens, vous necomprenez pas ce que vous lisez, ni ce que vous ecrivez...

- lisez : ” la probabilite que X1 soit egale a 1 est egale a aa+b . ”

- Autre bonne lecture : ” la probabilite de l’evenement [X1 = 1] est egale a aa+b . ”

On a aussi P (X1 = 0) =b

a+ b. (on verifie que P (X1 = 0) + P (X1 = 1) = 1).

Conclusion : P (X1 = 1) =a

a+ b; P (X1 = 0) =

b

a+ b.

Autrement dit :X1 → B(

a

a+ b)

i.e : X1 suit la loi de Bernoulli de parametre aa+b .

On en deduit que : E(X1) =a

a+ bet V (X1) =

a

a+ b× b

a+ b=

ab

(a+ b)2.

(b) On a : X2(Ω) = 0, 1. On cherche P (X2 = 1), c’est a dire P (R2).

Remarque : Vous voyez qu’avant de chercher la loi d’une VAR, on commence toujours pardonner l’ensemble des valeurs qu’elle peut prendre.

Ici, les tirages se font avec remise, donc il y a dans l’urne pour le second tirage a rouges etb blanches, comme au premier tirage, donc X2 suit la meme loi que X1 !

X2 → B(a

a+ b) ; E(X2) = E(X1) =

a

a+ b; V (X2) = V (X1) =

a

a+ b× b

a+ b=

ab

(a+ b)2

(c) Ici, les tirages se font avec remise, donc il y a dans l’urne pour le troisieme tirage a rougeset b blanches, comme au premier ou au second tirage, donc X3 suit la meme loi que X1 etque X2 ! En fait, puisque les tirages sont avec remise, on peut dire que :

Pour tout k ∈ 1, . . . , n, Xk → B(a

a+ b)

E(Xk) = E(X1) =a

a+ b; V (Xk) = V (X1) =

a

a+ b× b

a+ b=

ab

(a+ b)2

15

(d)

[Y = j] ⇔ [il y a j VAR Xk qui sont egales a 1 et (n− j) VAR Xk qui sont egales a 0]

⇔ [ on a tire j boules rouges au cours des n premiers tirages ]

Remarque : Pour des egalites entre evenements, on peut employer = ou ⇔.

Autrement dit :

Y est la VAR qui designe le nombre de boules rouges tires au cours des npremiers tirages.

Les tirages sont avec remise, donc Y suit la loi binomiale de parametre (n, aa+b) :

Y → B(n,a

a+ b) ; E(Y ) = n

a

a+ b; V (Y ) = n

ab

(a+ b)2

(e) Deja, Z(Ω) = 1, 2, 3, . . . , . . . = N∗.(Z est donc une VAR discrete infinie, donc pas trop au programme de la BCPST1, mais cen’est pas plus difficile qu’une VAR finie, donc on ne va pas se gener).

Soit j ∈ N :

[Z = j] = [ on n’a que des blanches au cours des (j − 1) premiers tirages,

puis on a une rouge au j-ieme tirage]

= B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bj−1 ∩Rj

Ou encore, avec les VAR Xk :

[Z = j] = [X1 = 0] ∩ [X2 = 0] ∩ . . . ∩ [Xj−1 = 0] ∩ [Xj = 1]

Mais ici, la premiere ecriture etait plus simple :

[Z = j] = B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bj−1 ∩Rj =( j−1⋂i=1

Bi

)∩Rj

On peut maintenant determiner la loi de Z :

P (Z = j) = P (B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bj−1 ∩Rj)= P (B1)× P (B2)× . . .× P (Bj−1) × P (Rj)

car tous les evenements sont independants (tirages avec remise)

=( b

a+ b

)j−1 × a

a+ b

Ainsi la loi de Z est donnee par : ∀j ∈ N∗, P (Z = j) =( b

a+ b

)j−1 × a

a+ b.

Remarque tres importante : il faut presque toujours essayer d’ecrire l’evenementdont on cherche la probabilite (ici, [Z = j] ou [Y = j]) avec :

- une phrase simple ;- des intersections et/ou reunions d’evenements elementaires.

3. Maintenant les tirages sont sans remise, donc les tirages ne sont pas independants.

On note Ω l’univers associe a l’experience.

(a) X1 peut prendre deux valeurs : 0 et 1. Autrement dit, X1(Ω) = 0, 1.Comme tout a l’heure : X1 → B(

a

a+ b).

16

(b) On a : X2(Ω) = 0, 1. On cherche P (X2 = 1), c’est a dire P (R2).

Ce qui se passe au second tirage depend de ce qui s’est passe au premier, on est donc dansun cas ou l’aleatoire intervient a deux niveaux, il est donc naturel d’utiliser la formuledes probas totales : (avec le systeme complet ([X1 = 0], [X1 = 1]) ) :

P (X2 = 1) = P (X1 = 0 ∩X2 = 1) + P (X1 = 1 ∩X2 = 1)

= P (X1 = 0)× P (X2 = 1/X1 = 0) + P (X1 = 1)× P (X2 = 1/X1 = 1)

On sait que : P (X1 = 0) =b

a+ b; P (X1 = 1) =

a

a+ b.

Il reste les deux probas conditionnelles a calculer :

- Calculons P (X2 = 1/X1 = 0) (i.e. P (R2/B1)) :

Si l’evenement [X1 = 0] est realise, alors on a tire une blanche au premier tirage.

Il y a donc dans l’urne, pour le second tirage : a rouges et b− 1 blanches.

Ainsi : P (X2 = 1/X1 = 0) =a

a+ b− 1.

- Calculons P (X2 = 1/X1 = 1) (i.e. P (R2/R1)) :

Si l’evenement [X1 = 1] est realise, alors on a tire une rouge au premier tirage.

Il y a donc dans l’urne, pour le second tirage : a− 1 rouges et b blanches.

Ainsi : P (X2 = 1/X1 = 1) =a− 1

a+ b− 1.

On a ainsi :

P (X2 = 1) =b

a+ b× a

a+ b− 1+

a

a+ b× a− 1

a+ b− 1

=a(b+ a− 1)

(a+ b)(a+ b− 1)=

a

a+ b

Remarque : Incroyable, on trouve le meme resultat que pour un tirage avec remise ! En faitce resultat est a retenir.

Conclusion :

X2 → B(a

a+ b) ; E(X2) = E(X1) =

a

a+ b; V (X2) = V (X1) =

ab

(a+ b)2

(c) Pour X3 on aura pareil (en faisant les probas totales avec le systeme complet (X2 = 0, X2 =1). En fait, par recurrence, on peut prouver que :

Pour tout k ∈ 1, . . . , n, Xk → B(a

a+ b) ; E(Xk) = E(X1) =

a

a+ b

V (Xk) = V (X1) =a

a+ b× b

a+ b=

ab

(a+ b)2

(d) Comme tout a l’heure, Y est la VAR qui designe le nombre de boules rouges tiresau cours des n premiers tirages.

Les tirages sont sans remise, donc Y suit la loi hypergeometrique de parametres (a+ b, n, aa+b) :

Y → H(a+ b, n,a

a+ b) ; E(Y ) = n

a

a+ b; V (Y ) = n

ab

(a+ b)2× (a+ b− n)

(a+ b− 1)

(e) Ici, l’enonce parle d’une infinite de tirages, mais il n’y a que a+ b boules dans l’urne et lestirages sont sans remise, donc forcement on n’effectue pas plus de a+ b tirages !

On a d’ailleurs : Z(Ω) = 1, . . . , b+ 1.En effet, au pire, on commence par tirer toutes les boules blanches (il y en a b), et apres(au b+ 1-ieme tirage) on est bien oblige de tirer une boule rouge !

17

Soit j ∈ 1, . . . , b+ 1 : on a toujours : [Z = j] = B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bj−1 ∩Rj .Par suite :

P (Z = j) = P (B1 ∩B2 ∩ . . . ∩Bj−1 ∩Rj)= P (B1)× PB1(B2)× PB1∩B2(B3) . . .

×PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−2(Bj−1) × PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−1(Rj)

On a evidemment utilise la formule des probas composees.

Ici, on ne panique pas mais on determine tranquillement et logiquement les probas condi-tionnelles :

P (B1) =b

a+ b.

PB1(B2) =b− 1

a+ b− 1(deja explique mille fois).

PB1∩B2(B3) =b− 2

a+ b− 2.

Explication : Si B1 et B2 sont realises, on a tire deux blanches dans l’urne, il y a donc pourle troisieme tirage : a rouges et b− 2 blanches.

Si on a bien compris, c’est le moment de generaliser et de calculer PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−2(Bj−1).

Si B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ . . . ∩ Bj−2 est realise, cela signifie que les (j − 2) premiers tirages ontdonne une blanche, donc : il reste dans l’urne a rouges et b− (j − 2) = b+ 2− j blanches(attention a ne pas se prendre les pieds dans les parentheses). Donc :

PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−2(Bj−1) =b+ 2− j

a+ b+ 2− j

On verifie bien sur qu’en remplacant j par 3 ou 4, on retrouve les resultats precedents.

Il faut, pour finir, calculer PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−1(Rj).

Si B1 ∩ B2 ∩ B3 ∩ . . . ∩ Bj−1 est realise, cela signifie que les (j − 1) premiers tirages ontdonne une blanche, donc : il reste dans l’urne a rouges et b− (j − 1) = b+ 1− j blanches.

Donc : PB1∩B2∩B3∩...∩Bj−1(Rj) =a

a+ b+ 1− j.

On peut maintenant revenir a P (Z = j) :

P (Z = j) =b

a+ b× b− 1

a+ b− 1× b− 2

a+ b− 2× . . .× b+ 2− j

a+ b+ 2− j× a

a+ b+ 1− j

= ab(b− 1)(b− 2) . . . (b+ 2− j)

(a+ b)(a+ b− 1)(a+ b− 2) . . . (a+ b+ 2− j)(a+ b+ 1− j)

= ab!

(b+ 1− j)!(a+ b− j)!

(a+ b)!

Exercice 28 (+) (loi, esperance, variance)

1. On doit avoir :n∑k=1

P (X = k) = 1.

On remplace P (X = k) par λk, on resout et on obtient : λ =2

n(n+ 1).

2. E(X) =

n∑k=1

kP (X = k) =2

n(n+ 1)

n∑k=1

k2 =2n+ 1

3.

V (X) = E(X2)− E(X)2 =2

n(n+ 1)

n∑k=1

k3 −(2n+ 1

3

)2.

18

On suit alors l’indication et on montre (par recurrence) que :n∑k=1

k3 =n2(n+ 1)2

4.

On en conclut que : V (X) =n2 + n− 2

18.

Exercice 29 (+) (Youki I)Notons Y le nombre de voitures qui ecrasent Youki. Alors Y → B(9, 1

10).En effet, il y a 9 essais successifs, independants, avec la meme probabilite de reussite, et Y compte lenombre de ’succes’. L’enonce demande de calculer P (Y ≤ 2).

P (Y ≤ 2) = P (Y = 0) + P (Y = 1) + P (Y = 2)

=( 9

10

)9+ 9( 1

10

)( 9

10

)8+ 36

( 1

10

)2( 9

10

)7 ≈ 0.94

Exercice 30 (+) (Youki II)

Notons Z le nombre de boulettes hallucinogenes que mange Youki. Alors Z → H(20, 4,6

20).

En effet il y a en tout 20 boulettes, dont 6 hallucinogenes, et Youki en mange 4. De plus il mange lesboulettes sans remise, normalement.

1. On demande de calculer P (Z = 0).

P (Z = 0) =

(144

)(204

) =14× 13× 12× 11

20× 19× 18× 17≈ 0.2

Ainsi Youki a environ une chance sur cinq de ne manger aucune boulette hallucinogene.

2. Notons M l’evenement ’Youki meurt ’.

Il meurt si Z = 3, mais aussi (c’est logique) si Z = 4.

P (M) = P (Z = 3) + P (Z = 4) =

(63

)(141

)+(64

)(140

)(204

)=

20× 14 + 15

20× 19× 18× 17× (4× 3× 2) ≈ 0.06

Ainsi, il n’a que 6% de chances de mourir.

Exercice 31 (+) (Youki III)

1. Notons X le nombre de coups de pied recus par Youki. Alors X → B(15, 14).

En effet, il y a 15 essais successifs, independants, avec la meme probabilite de reussite, et Xcompte le nombre de ’succes’. L’enonce demande de calculer P (X ≥ 1).

P (X ≥ 1) = 1− P (X = 0) = 1−(3

4

)15 ≈ 0.986

La probabilite que Youki recoive au moins un coup de pied est environ 0.986.

2. Youki meurt lorsque X ≥ 3.

P (X ≥ 3) = 1− P (X = 0)− P (X = 1)− P (X = 2)

= 1−(3

4

)15 − 15× 1

4×(3

4

)14 − (15

2

)(1

4

)2(3

4

)13 ≈ 0.763

Youki a plus de trois chances sur quatre de mourir. C’est triste.

19

Exercice 32 (+) (couples aleatoires, coefficient de correlation lineaire)

1. Pour commencer, l’univers image du couple (X,Y ) est 0, 1 × 0, 1.

P (X = 0 ∩ Y = 0) = P (X = 0)× P (Y = 0|X = 0) =3

7× 2

6=

1

7.

P (X = 0 ∩ Y = 1) = P (X = 0)× P (Y = 1|X = 0) =3

7× 4

6=

2

7.

P (X = 1 ∩ Y = 0) = P (X = 1)× P (Y = 0|X = 1) =4

7× 3

6=

2

7.

P (X = 1 ∩ Y = 1) = P (X = 1)× P (Y = 1|X = 1) =4

7× 3

6=

2

7.

On resume en donnant la loi du couple dans le tableau suivant :

Y = 0 Y = 1

X = 01

7

2

7

X = 12

7

2

7

2. On sait que : ρ(X,Y ) =cov(X,Y )

σ(X)σ(Y ).

Dans le tableau de la loi du couple, on obtient les lois marginales :

P (X = 0) =3

7; P (X = 1) =

4

7; P (Y = 0) =

3

7; P (Y = 1) =

4

7.

Autrement dit X et Y ont toutes deux la loi de Bernoulli B(4

7).

Ainsi : σ(X) = σ(Y ) =

√4

7× 3

7=

2√

3

7; E(X) = E(Y ) =

4

7.

Par ailleurs, E(XY ) =2

7. On a ainsi : ρ(X,Y ) =

27 −

1649

1249

= −1

6.

Exercice 33 (++) (qcm)On remarque que X,Y, Z suivent la loi binomiale de parametres 200 et 1

3 :

∀k ∈ 0, . . . , 200, P (X = k) = P (Y = k) = P (Z = k) =

(200

k

)1

3k2200−k

3200−k=

1

3200

(200

k

)2200−k

1. P (Y = 0) =2200

3200.

En evenements on a : [Y ≥ 100] =200⋃

k=100

[Y = k]. Les evenements sont deux a deux disjoints donc :

P (Y ≥ 100) =100∑k=0

P (Y = k) =1

3200

100∑k=0

(200

k

)2200−k.

2. Notons A l’evenement : ’ Au moins l’un des trois a un q.i. inferieur a 50. ’

Alors A = [X < 50] ∪ [Y < 50] ∪ [Z < 50]. Mais les evenements ne sont pas disjoints donc cetteecriture ne nous arrange pas.

Passons au contraire : A = [X ≥ 50] ∩ [Y ≥ 50] ∩ [Z ≥ 50].

Puisque les evenements sont independants (la valeur de X n’a aucune influence sur les valeursde Y , etc...) :

P (A) = P (X ≥ 50)P (Y ≥ 50)P (Z ≥ 50) =( 200∑i=50

1

3200

(200

i

)2200−i

)3Puis P (A) = 1− P (A).

20

3. Notons B l’evenement ’ Jean-Francois est plus intelligent que Brice et Nadine reunis. ’

Alors B = [Z ≥ X + Y ] = [X + Y ≤ Z].

En appliquant la formule des probas totales avec le systeme complet [Z = k]0≤k≤200 :

B =

200⋃k=0

[Z = k] ∩ [X + Y ≤ k] puis P (B) =

200∑k=0

P (Z = k)P (X + Y ≤ k)

car Z et X + Y sont independantes.

Ensuite, P (X + Y ≤ k) =k∑i=0

P (X + Y = i).

Puis P (X + Y = i) =

i∑j=0

P (X = j ∩ Y = i− j) =

i∑j=0

P (X = j)P (Y = i− j).

Finalement,

p = P (B) =200∑k=0

P (Z = k)k∑i=0

i∑j=0

P (X = j)P (Y = i− j)

=

200∑k=0

P (Z = k)

k∑i=0

i∑j=0

P (X = j)P (Y = i− j)

Exercice 34 (++) (loi usuelle, gain moyen)On considere les V.A.R. suivantes :. N est le nombre de jetons noirs obtenus ; G est le gain reel.

Il s’agit d’un tirage simultane, donc N → H(30, 4,6

30).

D’autre part, on a : G = 3N − 3.

1. Il faut calculer P (G ≥ 0), c’est a dire P (N ≥ 1).

P (N ≥ 1) = 1− P (N = 0) = 1−(60

)(244

)(304

) = 1− 24× 23× 22× 21

30× 29× 28× 27≈ 0.61

2. Le gain moyen est l’esperance de G.

E(G) = E(3N − 3) = 3× E(N) − 3 (par linearite de l’esperance)

= 3×(4× 6

30

)− 3 (esperance d’une loi hypergeometrique)

= −3

5

Ainsi l’esperance de gain est negative, egale a −60 centimes d’euros.

Remarque : Ce n’est pas etonnant que l’esperance de gain soit negative, sinon le forain travaille-rait a perte.

3. Il est bon de connaitre les formules :

σ(aX + b) = |a| σ(X) ; V (aX + b) = a2 V (X)

On obtient ainsi :

σ(G) = σ(3N − 3) = 3σ(N) = 3√V (N)

= 3

√4× 6

30× 24

30× 30− 4

30− 1= 3

√16× 26

25× 29≈ 2.27

21

Exercice 35 (++) (fonction de repartition, esperance : tres classique)Remarque : Meme si l’enonce n’avait pas donne d’indication, on sait qu’ici, pour trouver la loi de Y ,il faut d’abord determiner sa fonction de repartition, car Y est le max des deux numeros tires.En effet, essayez de calculer P (Y = k), vous n’y arriverez pas. Alors que P (Y ≤ k) se calcule tresfacilement.

A retenir :- Si Y = max... alors on calcule d’abord P (Y ≤ k).- Si Y = min... alors on calcule d’abord P (Y ≥ k).

1. On suppose ici que les tirages sont simultanes.

- Fonction de repartition : Notons F la fonction de repartition de Y . On rappelle que

∀t ∈ R, F (t) = P (Y ≤ t) .

Ici Y (Ω) = 2, . . . , n. Soit k ∈ 2, . . . , n.F (k) = P (Y ≤ k). Or on a :

[Y ≤ k] = [ les deux numeros sont inferieurs ou egaux a k].

Ainsi P (Y ≤ k) =

(k2

)(n2

) . Donc : ∀k ∈ 2, . . . , n, F (k) =k(k − 1)

n(n− 1).

- Loi : Rappel du cours : Si on connait la fonction de repartition F , alors on peut retrouver laloi grace a la formule :

P (Y = k) = F (k)− F (k − 1)

Ici on a donc : P (Y = k) = F (k)− F (k − 1) = . . . =2(k − 1)

n(n− 1).

- Esperance :

E(Y ) =2

n(n− 1)

n∑k=2

k(k − 1) =2

n(n− 1)

n∑k=2

k2 − k

=2

n(n− 1)×(n(n+ 1)(2n+ 1)

6− n(n+ 1)

2

)=

1

3(n− 1)×((n+ 1)(2n+ 1)− 3(n+ 1)

)=

1

3(n− 1)×(2(n+ 1)(n− 1)

)=

2(n+ 1)

3.

2. On suppose ici que les tirages sont successifs et avec remise.

Le raisonnement est le meme qu’en 1, seuls les calculs changent, ainsi que le fait qu’ici, Y (Ω) =1, . . . , n.- Fonction de repartition : Soit k ∈ 1, . . . , n.F (k) = P (Y ≤ k). Or on a :

[Y ≤ k] = [ les deux numeros sont inferieurs ou egaux a k].

Ainsi P (Y ≤ k) =(kn

)2. Donc : ∀k ∈ 2, . . . , n, F (k) =

k2

n2.

- Loi : P (Y = k) = F (k)− F (k − 1) =k2 − (k − 1)2

n2=

2k − 1

n2

- Esperance :

E(Y ) =1

n2

n∑k=1

k(2k − 1) =1

n2

(2

n∑k=1

k2 −n∑k=1

k)

=1

n2

(n(n+ 1)(2n+ 1)

3− n(n+ 1)

2

)=

1

n× (n+ 1)

6× (2(2n+ 1)− 3)

=(n+ 1)(4n− 1)

6n.

22

Remarque : Tous les calculs d’esperance sont en fait des calculs de sommes, il suffisait ici de bienconnaıtre les formules :

n∑k=1

k =n(n+ 1)

2

n∑k=1

k2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

Exercice 36 (++) (variables de Bernoulli)

1. Deja Y (Ω) = 0, 1.

Ensuite, Y ne peut etre egal a 1 que lorsque tous les Xi valent 1 : [Y = 1] =n⋂i=1

[Xi = 1].

Par independance : P (Y = 1) =∏ni=1 pi.

Bilan : Y → B(p) en notant p =∏ni=1 pi.

2. Deja W (Ω) = 0, 1.Ensuite, W ne peut etre egal a 1 que lorsque tous les Xi valent 1, donc en fait W = Y et ainsiW → B(p) en notant p =

∏ni=1 pi.

3. On suppose n ≥ 3 sinon c’est un cas particulier facile a traiter.

Deja, a priori, Z(Ω) = −1, 0, 1.Ensuite, Z ne peut etre egal a −1 que lorsque tous les Xi+1 − Xi valent −1 : il faudrait alorsque X2 −X1 = −1 donc : X1 = 1 et X2 = 0 ; puis X3 −X2 = −1 ce qui est impossible puisqueX2 = 0. Bref, Z ne pourra jamais etre egal a −1.

Donc Z(Ω) = 0, 1 (encore une variable de Bernoulli !)

Eudions l’evenement [Z = 0].

[Z = 0] ⇔ [aucun Xi+1 − Xi n’est egal a 1]⇔ [aucun Xi n’est strictement superieur a sonpredecesseur].

Autrement dit, on commence la liste des Xi par un certain nombre (qui peut etre nul) de 1, puiseventuellement un des Xi vaut 0, et alors tous les suivants valent 0. Bref,

[Z = 0] =

n+1⋃k=1

(( k−1⋂i=1

[Xi = 1])∩( n⋂i=k

[Xi = 0]))

Puis P ([Z = 0]) =n+1∑k=1

(( k−1∏i=1

pi)( n∏

i=k

(1− pi)))

.

Exercice 37 (++) (loi hypergeometrique)

Notons Z le nombre d’exercices compliques choisis par l’eleve. Alors Z → H(20, 4,6

20).

En effet il y a en tout 20 exercices, dont 6 compliques, et l’eleve en choisit 4. De plus il choisit lesexercices sans remise.

1. On demande P (Z = 0) : P (Z = 0) =

(144

)(204

) =14× 13× 12× 11

20× 19× 18× 17≈ 0.2.

Ainsi l’eleve a environ une chance sur cinq de n’avoir que des exercices faciles.

2. On note M l’evenement ’L’eleve pleure’.

Il pleure si Z = 3, mais aussi (c’est logique) si Z = 4.

P (M) = P (Z = 3) + P (Z = 4) =

(63

)(141

)+(64

)(140

)(204

)=

20× 14 + 15

20× 19× 18× 17× (4× 3× 2) ≈ 0.06

Ainsi, il n’a que 6% de chances de pleurer.

23

3. Notons A le nombre d’eleves qui pleurent a la fin du devoir.

L’independance permet d’affirmer que A → B(42, 0.06).

Ainsi E(A) = 42× 0.06 = 2.52.

Il y a ainsi en moyenne 2.52 eleves en pleurs a la fin du devoir (mais parfois c’est plus...).

Exercice 38 (++) (loi hypergeometrique, approximation par la loi binomiale, IBT)

On a : Y → H(20000, 100,1

10). Puisque 10× 100 < 20000, on utilise le theoreme d’approximation de

la loi hypergeometrique par la loi binomiale. Ainsi Y → B(100,1

10).

On applique maintenant l’inegalite de Bienayme-Tchebitchev :

∀ε > 0, P(∣∣Y − E(Y )

∣∣ ≥ ε) ≤ V (Y )

ε2.

Or E(Y ) = 10, V (Y ) = 9. Vu le resultat demande, on choisit ε = 5. On obtient :

P(∣∣Y − 10

∣∣ ≥ 5)≤ 9

25≤ 0.36.

Exercice 39 (++) (loi hypergeometrique, approximation par la loi binomiale, IBT)

On a : W → H(1000, 40,1

20). Puisque 10 × 40 < 1000, on utilise le theoreme d’approximation de la

loi hypergeometrique par la loi binomiale. Ainsi W → B(40,1

20).

On applique maintenant l’inegalite de Bienayme-Tchebitchev :

∀ε > 0, P(∣∣W − E(W )

∣∣ ≥ ε) ≤ V (W )

ε2.

Or E(W ) = 2, V (W ) = 1.9. Vu le resultat demande, on choisit ε = 2. On obtient :

P(∣∣W − 2

∣∣ ≥ 2)≤ 1.9

4≤ 1

2. Puisque W est positive, on deduit le resultat.

Exercice 40 (++) (esperance, somme)

Par definition, E(X) =N∑k=1

kP (X = k). Or [X > k−1] = [X = k]∪ [X > k] et la reunion est disjointe,

donc : P (X = k) = P (X > k − 1)− P (X > k).

Donc E(X) =N∑k=1

kP (X > k − 1)−N∑k=1

kP (X > k). On pose j = k − 1 dans la premiere somme :

E(X) =N−1∑j=0

(j + 1)P (X > j)−N−1∑j=0

jP (X > j) =N−1∑j=0

((j + 1)− j

)P (X > j) =

N−1∑j=0

P (X > j).

On a utilise le fait que P (X > n) = 0.

Exercice 41 (++) (couples aleatoires, independance, coefficient de correlation lineaire, lois usuelles)L’univers image du couple (X,Y ) est 0, 1, 2 × 0, 1, 2.PuisqueX et Y sont independantes, on a : P (X = i, Y = j) = P (X = i)× P (Y = j) pour tout (i, j) ∈ 0, 1, 22.

1. Loi du couple (X,Y ) :

Y = 0 Y = 1 Y = 2

X = 09× 10

28× 16

9× 15

28× 16

9× 3

28× 16

X = 16× 10

28× 16

6× 15

28× 16

6× 3

28× 16

X = 210

28× 16

15

28× 16

3

28× 16

24

2. X et Y independantes donc ρ(X,Y ) = 0.

3. E(Z) = E(X) + E(Y ) =5

4.

X et Y independantes donc : V (Z) = V (X) + V (Y ) =3

8+

45

112=

87

112.

Exercice 42 (++) (loi conjointe, lois marginales) Tres CLASSIQUEOn sait deja que X1 → U([[1, n]]).Par contre, puisque les tirages sont sans remise, X1 et X2 ne sont pas independantes, donc on ne peutpas a priori affirmer que X2 suit aussi une loi uniforme sur 1, . . . , n.Soit j ∈ 1, . . . , n. On applique la formule des probabilites totales :

P (X2 = j) =

n∑i=1

P (X1 = i,X2 = j)

Methode : Quand on veut touver la loi de X2, on constate que c’est lie a la loi de X1. Il y a donc deuxniveaux de hasard. C’est pourquoi on utilise la formule des probabilites totales.

Il faut donc determiner la loi du couple (X1, X2).

- Premier cas : i = j. Alors P (X1 = i,X2 = i) = 0 (tirages sans remise).

- Second cas : i 6= j. Alors P (X1 = i,X2 = j) = P (X1 = i)P (X2 = j/X1 = i) =1

n

1

(n− 1).

On peut maintenant calculer la loi de X2 (i.e. la seconde loi marginale du couple) :

P (X2 = j) =n∑i=1

P (X1 = i,X2 = j) =( n∑i=1

1

n(n− 1)

)− 1

n(n− 1)=

1

n

Par consequent, X2 suit aussi une loi uniforme sur [[1, n]].

Exercice 43 (++) (couples aleatoires, independance, correlation lineaire, lois usuelles)

1. L’univers image du couple (X,Y ) est 0, 1, 2 × 0, 1, 2.Puisque X et Y sont independantes, on a : P (X = i, Y = j) = P (X = i)× P (Y = j) pour tout(i, j) ∈ 0, 1, 22.On a de plus :

P (X = 0) = P (X = 1) = P (X = 2) =1

3.

P (Y = 0) =1

10; P (Y = 1) =

6

10; P (Y = 2) =

3

10.

On obtient ainsi le tableau suivant qui donne la loi conjointe du couple (X,Y ) :

Y = 0 Y = 1 Y = 2

X = 01

30

6

30

3

30

X = 11

30

6

30

3

30

X = 21

30

6

30

3

30

25

2. Si on connait son cours, on sait que :

la covariance et le coefficient de correlation lineaire de deux variables aleatoiresindependantes sont tous les deux nuls !

Ici, X et Y sont independantes (c’est ecrit dans l’enonce) donc ρ(X,Y ) = 0.

Si on ne connaıt pas son cours, ou si on n’a pas lu l’enonce, on peut betement calculer le coefficient

de correlation lineaire par la formule ρ(X,Y ) =cov(X,Y )

σ(X)σ(Y ). Apres 30 minutes de calcul on obtient

(on devrait obtenir) ρ(X,Y ) = 0....

3. Rappel des formules :

E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) ; Plus generalement : E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y ).

V (X + Y ) = V (X) + V (Y ) + 2cov(X,Y )

Si X et Y sont independantes : V (X + Y ) = V (X) + V (Y ).

Par linearite de l’esperance :

E(Z) = E(X) + E(Y ) = 1 +6

5=

11

5.

Puisque X et Y sont independantes :

V (Z) = V (X) + V (Y ) =8

12+ 2× 3

5× 2

5× 5− 2

5− 1=

77

75.

Ici encore, si on ne connait pas son cours on repart dans des calculs sans fin...

Exercice 44 [Oral HEC] (+++) (lois usuelles) Tres CLASSIQUE

1. Bien evidemment : X → B(n,1

2) et Y → B(n,

1

2).

2. X et Y sont independantes et suivent la loi binomiale de parametres n et p. Apres calculs, oureflexion (c’est mieux), on obtient que X + Y → B(2n, p).

3. L’ensemble des valeurs prises par W est :

W (Ω) = −n,−(n− 1), . . . ,−1, 0, 1, . . . , n− 1, n

Soit k ∈ −n, . . . , n.- Premier cas : k ≥ 0.

P (W = k) =

n−k∑i=0

P (X = i+ k ∩ Y = i) =

n−k∑i=0

P (X = i+ k)P (Y = i)

([X = i+ k] et [Y = i] independants)

=1

22n

n−k∑i=0

(n

i+ k

)(n

i

)=

1

22n

n−k∑i=0

(n

n− k − i

)(n

i

)=

1

22n

(2n

n− k

)( Vandermonde avec a = b = n, q = n− k)

- Second cas : k < 0 : P (W = k) = P (X − Y = k) = P (Y −X = −k).

Or X et Y jouent des roles symetriques donc P (W = k) = P (W = −k).

Pour conclure :

∀k ∈ −n, . . . , n, P (W = k) =1

22n

(2n

n− |k|

)

26

Exercice 45 [Oral ESCP] (+++) (loi uniforme, fonction de repartition)

1. Si on connait F , la fonction de repartition d’une VAR X, alors on a :

∀k ∈ [[1, n]], P (X = k) = F (k)− F (k − 1) .

2. (a) Pour tout k entre 1 et n, Xk suit une loi uniforme sur [[1, n]].

(b) L’ensemble des valeurs prises par Y est : Y (Ω) = 1, 2, . . . , n .Methode tres classique : Pour determiner la loi de Y on commence par determinersa fonction de repartition.

Soit k ∈ [[1, n]]. On a :

(Y ≤ k) = (X1 ≤ k) ∩ (X2 ≤ k) ∩ . . . ∩ (Xn ≤ k) .

Puisque les variables (Xi)1≤i≤n sont independantes, on a :

FY (k) = P (Y ≤ k) = P (X1 ≤ k)× P (X2 ≤ k)× . . .× P (Xn ≤ k) .

On a ainsi : FY (k) =(kn

)n.

On utilise alors la question 1 et on a la loi de Y :

∀k ∈ [[1, n]], P (Y = k) =(kn

)n − (k − 1

n

)n.

(on verifie que cette formule reste vraie pour k = 1).

(c) On a : E(Y ) =

n∑k=1

k(kn

)n − n∑k=1

k(k − 1

n

)n.

Dans la seconde somme on effectue le changement d’indice : j = k − 1 :

E(Y ) =n∑k=1

k(kn

)n − n−1∑j=0

(j + 1)( jn

)n.

On a ainsi :

E(Y ) =n∑k=1

k(kn

)n − n−1∑k=0

k(kn

)n − n−1∑k=0

(kn

)n= n

(nn

)n − n−1∑k=0

(kn

)n= n−

n−1∑k=0

(kn

)n.

Exercice 46 [Oral Agro 2006] (+++) (temps d’attente, variable discrete infinie)

1. Deja Xn(Ω) = 2, . . . , n+ 1. Soit j dans 1, . . . , n+ 1.Notons Ti la VAR egale au numero obtenu au i-ieme tirage.

[Xn > j]⇔ [ Au cours des j premiers tirages, aucun resultat n’est superieur ou egal au precedent] ⇔ [Chacun des j premiers tirages est strictement inferieur au precedent].

[Xn > j] = [T1 > T2 > . . . > Tj−1 > Tj ] =⋂k=1

j − 1[Tk > Tk+1]. En continuant avec les evenements

ca devient complique.

Essayons le denombrement : lorsqu’on effectue j tirages avec remise, il y a nj tirages possibles.

Ici, un tirage favorable (i.e. tel que Xn > j) est une liste sans repetition strictement decroissantede j elements parmi 1, . . . , n : c’est une combinaison de j elements parmi n elements. Il y a

donc(nj

)tirages favorables. Ainsi P (Xn > j) =

(nj

)nj

.

27

2. [Xn > j − 1] = [Xn = j] ∩ [Xn > j] et les evenements sont disjoints donc

P (Xn > j − 1) = P (Xn = j) + P (Xn > j) puis P (Xn = j) =

(nj−1)

nj−1−(nj

)nj

Exercice 47

1. Notons Mk l’evenement : ’le i-eme de donne un nombre different de 1 au k-eme lancer’.

[Xi > n] = [aucun 1 n’a ete obtenu par le i-eme de lors des n premiers lancers ] =n⋂k=1

Mk.

Par independance des lancers, P (Xi > n) = (5

6)n.

2. En reflechissant : Y = max(X1, X2, X3).

Donc [Y ≤ n] = [X1 ≤ n] ∩ [X2 ≤ n] ∩ [X3 ≤ n].

Par independance des Xi, P (Y ≤ n) =(

1− (5

6)n)3

.

Enfin, P (Y = n) = P (Y ≤ n)− P (Y ≤ n− 1) =(

1− (5

6)n)3−(

1− (5

6)n−1

)3.

Exercice 48Deja Y (Ω) = 0, . . . , n puisque 0 ≤ X ≤ n et 0 ≤ Y ≤ X. Fixons k ∈ 0, . . . , n.Ensuite, il s’agit ici de hasard a deux niveaux : il faut d’abord determiner la loi de X, puis utiliser lesprobas totales pour trouver la loi de Y . On a en effet :

[Y = k] =n⋃i=0

[X = i ∩ Y = k]

Si i < k, il est impossible que X = i et Y = k, donc :

P (Y = k) =n∑i=k

P (X = i)P[X=i](Y = k).

Deja X → B(n, a) donc P (X = i) =(ni

)ai(1− a)n−i.

Ensuite, si [X = i], alors on lance i fois le de, donc P[X=i](Y = k) =

(i

k

)1

6k5i−k

6i−k. Donc

P (Y = k) =n∑i=k

(n

i

)ai(1− a)n−i

(i

k

)5i−k

6i

=n∑i=k

n!

(n− i)!k!(i− k)!ai(1− a)n−i

5i−k

6i

P (Y = k) =n−k∑j=0

n!

(n− k − j)!k!j!aj+k(1− a)n−j−k

5j

6k+j

on a pose j = i− k

=n!

k!(n− k)!(a

6)k

n−k∑j=0

(n− k)!

(n− k − j)!j!(5a

6)j(1− a)n−k−j

=

(n

k

)(a

6)k(5a

6+ (1− a)

)n−kon a reconnu et applique la formule du binome

=

(n

k

)(a

6)k(1− a

6

)n−kAu final, Y → B(n, a6 ).

28

Exercice 49 [Oral Agro 2008]

1. Deja Y (Ω) = 10, 100 et X(Ω) = 0, 100.Soit k ∈ 0, 100 et n ∈ 10, 100.Deja, si n < k alors P ((X = k)∩(Y = n)) = 0 puisqu’il il est impossible d’avoir plus de produitsinvendables que de boites deteriorees.

Prenons maintenant n ≥ k. Avec les probas composees,

P ((X = k) ∩ (Y = n)) = P (Y = n)P[Y=n](X = k).

Or P (Y = n) = 1100 .

P[Y=n](X = k) =

(n

k

)(1/6)k(5/6)n−k. En effet, si on a recu n boites cassees, pour chaque boite

on une chance sur 6 que le produit soit invendable, on repete donc n epreuves independantes deBernoulli avec chacune une probabilite de succes 1/6, d’ou la loi binomiale.

Finalement, si n ≥ k, P (Y = n ∩X = k) = (1/100)

(n

k

)(1/6)k(5/6)n−k.

2. Fixons k ∈ 0, ..., 100.On a un hasard a 2 niveaux : X depend de Y qui est elle-meme aleaotoire. Donc, comme toujours,il faut utiliser les probas totales avec le systeme complet ([Y = n])10≤n≤100 :

[X = k] =100⋃n=10

([Y = n] ∩ [X = k]) donc P (X = k) =100∑n=0

P ([Y = n] ∩ [X = k]).

D’apres le 1, P (X = k) =100∑n=k

P ([Y = n] ∩ [X = k]).

On a alors deux cas :

- Premier cas : k ≥ 10 :

Alors P (X = k) =100∑n=k

(1/100)

(n

k

)(1/6)k(5/6)n−k =

1

100(1/5)k

100∑n=k

(n

k

)(5/6)n.

- Second cas : k < 10 :

Alors P (X = k) =1

100(1/5)k

100∑n=10

(n

k

)(5/6)n.

Exercice 50 [Oral ESCP] (+++) (covariance, couple aleatoire) Tres CLASSIQUE

1. Rappel : Cov(X,Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ).

Il faut calculer ces 3 esperances, pour cela il faut connaıtre la loi de X, la loi de Y , et la loi ducouple (X,Y ).

On sait deja que X → U([[1, n]]). Determinons la loi du couple (X,Y ) :

Pour tout (i, j) ∈ 1, . . . , n2 :

- Si i = j alors P (X = i, Y = i) = 0.

- Si i 6= j alors P (X = i, Y = j) = P (X = i)× P (Y = j|X = i) =1

n× 1

n− 1.

On en deduit la loi marginale de Y :

Pour tout j ∈ 1, . . . , n, P (Y = j) =n∑i=1

P (X = i, Y = j) =1

n.

29

Autrement dit Y → U([[1, n]]). On a ainsi : E(X) = E(Y ) =n+ 1

2

E(XY ) =

n∑i=1

n∑j=1

ijP (X = i, Y = j) =

n∑i=1

( n∑j=1,j 6=i

ij

n(n− 1)

)=

n∑i=1

( i

n(n− 1)

n∑j=1,j 6=i

j)

=n∑i=1

( i

n(n− 1)

(n(n+ 1)

2− i))

=1

n(n− 1)

n∑i=1

(n(n+ 1)

2i− i2

)=

1

n(n− 1)

(n2(n+ 1)2

4− n(n+ 1)(2n+ 1)

6

)=

(n+ 1)

12(n− 1)

(3n(n+ 1)− 2(2n+ 1)

)=

(n+ 1)

12(n− 1)

(3n2 − n− 2

)Apres simplifications : E(XY ) =

(n+ 1)(3n+ 2)

12.

Finalement : cov(X,Y ) =(n+ 1)(3n+ 2)

12− (n+ 1)2

4= −(n+ 1)

122. L’ensemble des valeurs prises par Z est : Z(Ω) = 1, 2, . . . , n− 1.

Soit k ∈ 1, . . . , n− 1.

P (Z = k) = P ([X − Y = k] ∪ [X − Y = −k])

= P (X − Y = k) + P (X − Y = −k) (les deux evenements sont disjoints)

=( n−k∑j=1

P (X = j + k, Y = j))

+( n−k∑i=1

P (X = i, Y = i+ k))

=( n−k∑j=1

1

n(n− 1)

)+( n−k∑i=1

1

n(n− 1)

)=

2(n− k)

n(n− 1)

Pour l’esperance de Z on a :

E(Z) =n−1∑k=1

kP (Z = k) =n−1∑k=1

2k(n− k)

n(n− 1)=

2

n(n− 1)

(n

n∑k=1

k −n−1∑k=1

k2)

=2

n(n− 1)

(nn(n+ 1)

2− (n− 1)(n(2n− 1)

6

)= .... =

n+ 1

3

Exercice 51 (+++) (lois usuelles, variance, covariance)

1. Une personne choisit l’hotel H1 avec la probabilite1

3. Il y a n personnes qui font ce choix, et les

choix sont independants les uns des autres.

Ainsi X1 suit une loi binomiale de parametres n et1

3.

De meme X2 → B(n,1

3) et X3 → B(n,

1

3).

2. Remarque : il est clair que X1, X2, et X3 ne sont pas independantes.

Pour determiner la loi de X1 +X2 on a deux methodes :

- Methode 1 :

X1 + X2 compte le nombre de personnes qui vont dans (H1 ou H2). Or il y a n personnes etchacune a une probabilite egale 2

3 d’aller dans l’hotel (H1 ou H2).

30

Donc X1 +X2 → B(n,2

3).

- Methode 2 :

On remarque que : X1 +X2 +X3 = n, donc : X1 +X2 = n−X3

Par consequent, pour tout k de 0, . . . , n :

P (X1 +X2 = k) = P (n−X3 = k) = P (X3 = n− k)

=

(n

n− k

)(1

3

)n−k(2

3

)n−(n−k)=

(n

k

)(1

3

)n−k(2

3

)kPer consequent X1 +X2 → B(n,

2

3). On en deduit que : V (X1 +X2) =

2n

9.

3. On sait que : cov(X1, X2) =1

2

(V (X1 +X2)− V (X1)− V (X2)

).

On en deduit que : cov(X1, X2) =1

2

(2n

9− 2n

9− 2n

9

)= −n

9.

r(X1, X2) =cov(X1, X2)

σ(X1)σ(X2)= ... = −1

2

Ce n’est pas etonnant que X1 et X2 soient correlees negativement puisque lorsque X1 augmente,alors X2 diminue, et vice-versa...

Exercice 52 (+++) (variance et covariance)Notons v leur variance commune : v = V (X) = V (Y ) = V (Z) et ρ(X,Y ) = ρ(X,Z) = ρ(Y, Z) = α.On sait que V (X + Y + Z) = V (X) + V (Y ) + V (Z) + 2cov(X,Y ) + 2cov(X,Z) + 2cov(Y,Z).Or cov(X,Y ) = cov(X,Z) = cov(Y, Z) = σ(X)σ(Y )ρ(X,Y ) = vα.Donc V (X + Y + Z) = 3v + 6vα = 3v(1 + 2α).

Puisque v ≥ 0 et V (X + Y + Z) ≥ 0, on a necessairement 1 + 2α ≥ 0 puis α ≥ −1

2.

Exercice 53 (+++) (couples aleatoires, calculs de sommes doubles)

1. Deja a > 0 et :

∑0≤i,j≤n

P (X = i ∩ Y = j) = 1 ⇔n∑j=0

n∑i=0

a2i−2j(n

i

)(n

2j

)= 1⇔ a

n∑j=0

(2−2j

(n

2j

)( n∑i=0

2i(n

i

)))= 1

⇔ an∑j=0

(2−2j

(n

2j

)3n)

= 1 (formule du binome)

⇔ 3nan∑j=0

(1

22j

(n

2j

))= 1.

En admettant pour l’instant la formule donnee par l’enonce, on aurait :

3na

(32

)n+(12

)n2

= 1⇔ a3n(3n + 1)

2n+1= 1⇔ a =

2n+1

3n(3n + 1).

Il ne reste plus qu’a demontrer que : S =

n∑j=0

(n

2j

)x2j =

1

2((1 + x)n + (1− x)n) .

Il suffit pour cela d’appliquer deux fois la formule du binome :

(1 + x)n + (1− x)n =n∑k=0

(n

k

)(1 + (−1)k)xk = 2

∑j=0

n

(n

2j

)x2j = 2S.

31

2. On fixe i entre 0 et n.

Pour calculer P (X = i) on applique les probas totales avec le systeme complet ([Y = j])0≤j≤n :

P (X = i) =n∑j=0

P (X = i ∩ Y = j) =2n+1

3n(3n + 1)

n∑j=0

2i−2j(n

i

)(n

2j

)

=2i(ni

)3n

=

(n

i

)(2

3

)i(1

3

)n−i.

Autrement dit X → B(n, 23) et E(X) = 2n3 .

Exercice 54 [Oral ESCP 2001] (+++) (covariance, variance, esperance)

1. Par les proprietes de la variance :

V (X) = V( 1

n

n∑i=1

Xi

)=

1

n2

( n∑i=1

V (Xi) + 2∑

1≤i<j≤ncov(Xi, Xj)

)

Puis : V (X) =σ2(1 + (n− 1)r)

n2. Il vient :

E[ n∑i=1

(Xi −X)2]

= E[( n∑

i=1

X2i

)+( n∑i=1

X2)− 2

( n∑i=1

XXi

)]=

( n∑i=1

E(X2i ))

︸ ︷︷ ︸A

+( n∑i=1

E(X2))

︸ ︷︷ ︸B

−2E(X

n∑i=1

Xi

)︸ ︷︷ ︸

C

= A+B − 2C

Calculons A. On sait que : E(X2i ) = V (Xi) +

(E(Xi)

)2= σ2 +m2. Donc A = n(σ2 +m2) .

De meme, B = n(V (X) +

(E(X)

)2)= σ2(1 + (n− 1)r) + nm2.

Enfin, C = E(X(nX)

)= B = σ2(1 + (n− 1)r) + nm2.

On a ainsi : E[ n∑i=1

(Xi −X)2]

= A−B = σ2(n− 1)(1− r).

3. On sait que V (X) ≥ 0 et que E[ n∑i=1

(Xi −X)2]≥ 0. Les resultats des deux questions precedentes

donnent ainsi : − 1

n− 1≤ r ≤ 1.

4. (a) Chaque variable aleatoire Xi suit la loi de Bernoulli B(2/n). (c’est evident pour X1, on le

prouve pour X2, puis pour Xi...). Donc : V (Xi) =2(n− 2)

n2.

(b) Pour i 6= j : E(XiXj) = P [(Xi = 1) ∩ (Xj = 1)] =2(n− 2)!

n!=

2

n(n− 1).

Donc : cov(Xi, Xj) =4− 2n

n2(n− 1).

Exercice 55 [Oral ESCP 2002] (++++) (BILAN) (esperance, covariance, variance, IBT)

1. Par independance des resultats des differents placements, on a :

P (Ti = 1) =(1− 1

n

)N=(1− 1

n

)naAinsi Ti → B

((1− 1

n

)N)et : E(Ti) =

(1− 1

n

)N; V (Ti) =

(1− 1

n

)N[1−

(1− 1

n

)N].

32

2. De meme TiTj ne prend que les valeurs 0 et 1 et prend la valeur 1 avec la probabilite(1− 2

n

)N.

Ainsi E(TiTj) =(1− 2

n

)Net : cov(Ti, Tj) =

(1− 2

n

)N − (1− 1

n

)2N.

3. On remarque que : Yn = T1 + T2 + . . .+ Tn .

Par linearite de l’esperance : E(Sn) =1

n

n∑i=1

E(Ti) =(1− 1

n

)N.

Rappel : ln(1 + t) ∼0 t.

Ici on a : ln(E(Sn)) = N ln(1− 1

n) = na ln(1− 1

n)∼+∞na(− 1

n)→n→∞ − a.

Ainsi limn→∞

E(Sn) = e−a.

4. V (Sn) =1

n2( n∑k=1

V (Tk) + 2∑i<j

cov(Ti, Tj)). Il y a dans cette somme n variances toutes egales et(

n

2

)=n(n− 1)

2covariances toutes egales, donc :

V (Sn) =1

n

(1− 1

n

)an[1−

(1− 1

n

)an]+n− 1

n

[(1− 2

n

)an − (1− 1

n

)2an]On a lim

n→∞

(1− 2

n

)an= e−2a et lim

n→∞

(1− 1

n

)2an= e−2a. Ainsi : lim

n→∞V (Sn) = 0.

5. Il s’agit de l’inegalite triangulaire.

6. Puisque limn→∞

E(Sn) = e−a, on a :

∀ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que n ≥ n0 implique : |E(Sn)− e−a| ≤ ε

2.

Ainsi, pour n ≥ n0, si l’evenement |Sn(ω)−e−a| ≥ ε est realise, alors l’evenement |Sn(ω)− E(Sn)| ≥ ε

2est egalement realise, ce qui donne l’inegalite demandee par croissance d’une probabilite.

7. Or, par l’inegalite de Bienayme-Tchebychev : P(|Sn − E(Sn)| ≥ ε

2

)≤ 4V (Sn)

ε2→n→∞0.

Par consequent : limn→∞

P(|Sn(ω)− e−a| ≥ ε

)= 0 .

33

3 Integrales

Exercice 56 (++) (suite d’integrales, fonction tangente)

1. I0 =π

4. I1 =

∫ π4

0

sinx

cosxdx = [− ln | cosx|]

π40 = − ln(

1√2

) =ln 2

2.

I2 =

∫ π4

0(1 + tan2(x))− 1 dx = [tanx− x]

π40 = 1− π

4.

2. In+2 =

∫ π4

0tann(x)

((1 + tan2(x)) − 1

)dx = [

tann+1(x)

n+ 1]π40 − In =

1

n+ 1− In.

3. Pour 0 ≤ x ≤ π4 on a 0 ≤ tanx ≤ 1 donc 0 ≤ tann+1(x) ≤ tann(x).

Ainsi 0 ≤ In+1 ≤ In. Donc (In) est decroissante et minoree.

On conclut que (In) converge et sa limite l verifie (en passant a la limite dans la relation 2) :l = 0− l, donc l = 0.

Exercice 57 [Integrales de Bessel] (++) (suite d’integrales)

1. Dans Bn,p on effectue le changement de variable t = 1− u et on a le resultat.

2. Bn,p+1 +Bn+1,p =

∫ 1

0tn(1− t)p+1 + tn+1(1− p)t dt =

∫ 1

0tn(1− t)p

((1− t) + t

)dt = Bn,p .

3. On obtient le resultat en faisant dans Bn,p+1 une integration par parties :

u(t) = tn+1 donc u′(t) = (n+ 1)tn v′(t) = (1− t)p donc v(t) = − 1

p+ 1(1− t)p+1.

4. Avec 2 et 3 on a (n+ 1)(Bn,p −Bn+1,p) = (p+ 1)Bn+1,p. Puis : Bn+1,p =n+ 1

n+ p+ 2Bn,p.

5. D’apres 4 on a :

Bn,p =n

n+ p+ 1Bn−1,p =

(n)

(n+ p+ 1)× (n− 1)

(n+ p)Bn−2,p

=(n)

(n+ p+ 1)× (n− 1)

(n+ p)× (n− 2)

(n+ p− 1)Bn−2,p = .........

=n(n− 1)(n− 2) . . .× 2× 1

(n+ p+ 1)(n+ p) . . . (p+ 3)(p+ 2)B0,p =

n! (p+ 1)!

(n+ p+ 1)!B0,p

On calcule B0,p = ... = 1p+1 . Finalement : Bn,p =

n! p!

(n+ p+ 1)!

Exercice 58 (++) (suite d’integrales)

1. Pour l’inegalite de droite on etudie a(x) = sinx−x sur [0, π2 ] : a est derivable, a′(x) = cosx−1 ≤0, donc a est decroissante. Or a(0) = 0, donc a est negative sur [0, π2 ].

Pour l’inegalite de gauche, on etudie b(x) = sinx− 2πx. b′(x) = cosx− 2

π . On note λ = arccos( 2π .

Alors b est croissante sur [0, λ] puis decroissante sur [λ, π2 ]. De plus b(0) = b(π2 ) = 0, donc b estpositive sur [0, π2 ].

On a bien prouve que : ∀x ∈ [0,π

2],

2

πx ≤ sinx ≤ x.

2. Soit n ∈ N∗. Pour x ∈ [0, π2 ] :( 2

πx) 1n ≤

(sinx

) 1n ≤ x

1n .

On integre de 0 a π2 :( 2

π

) 1n[ x 1

n+1

1n + 1

]π20≤ un ≤

[ x 1n+1

1n + 1

]π20.

34

Ainsi :( 2

π

) 1n

(π2

) 1n+1

1n + 1

≤ un ≤(π2

) 1n+1

1n + 1

.

Lorsque n tend vers +∞, le terme de gauche que l’on notera cn tend vers π2 et le terme de droite,

appele dn, tend aussi vers π2 .

Donc, grace au theoreme d’encadrement, on conclut que (un) converge vers π2 .

3. Bien sur que non, puisque un tend vers π2 , alors unn ∼ (π2 )n → +∞ car π

2 > 1.

Exercice 59 [Oral ESCP 2002] (++) (suite d’integrales, encadrements, integration par parties)

1. I0 =

∫ 1

0e1−xdx = [−e1−x]10 = e− 1.

I1 =

∫ 1

0xe1−xdx = [−xe1−x]10 +

∫ 1

0e1−xdx (IPP )

= −1 + I0 = e− 2.

2. On peut ecrire :

∫ 1

0xndx ≤ In ≤ e

∫ 1

0xndx.

Donc :1

n+ 1≤ In ≤

e

n+ 1, ce qui entraıne, grace au theoreme d’encadrement, que : lim

n→∞In = 0.

3. Une integration par parties donne facilement In = −1 + nIn−1.

4. On demontre la propriete par recurrence sur n, en commencant a n = 0, et en utilisant pourl’heredite la relation etablie a la question 3.

Exercice 60 (++) (suite d’integrales)D’apres le theoreme de continuite sur un segment, g est bornee sur [0, 1] :Il existe (m,M) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ [0, 1], m ≤ g(x) ≤M .

Or xn ≥ 0 pour tout x ∈ [0, 1] donc : m

∫ 1

0xndx ≤ vn ≤M

∫ 1

0xndx .

Puis :m

n+ 1≤ vn ≤

M

n+ 1. On conclut avec le theoreme d’encadrement.

Exercice 61 [Oral AGRO 2004] (+++) (suite d’integrales, integration par parties, encadrements)

1.

I0 =

∫ 1

0ln(1 + t2)dt = [t ln(1 + t2)]10 −

∫ 1

0

2t2

1 + t2dt (int. par parties)

= ln(2)− 2

∫ 1

0

(1 + t2)− 1

1 + t2dt

( c’est classique : on transforme le numerateur pour retrouver des integrales connues)

= ln(2)− 2( ∫ 1

01dt−

∫ 1

0

1

1 + t2dt)

= ln(2)− 2(1−Arctan(1)

)= ln(2) +

π

2− 2

I1 =

∫ 1

0t ln(1 + t2)dt = [

t2

2ln(1 + t2)]10 −

∫ 1

0

t3

1 + t2dt (int. par parties)

=ln(2)

2−∫ 1

0

t(1 + t2)− t1 + t2

dt =ln(2)

2−∫ 1

0tdt+

∫ 1

0

t

1 + t2dt

=ln(2)

2− 1

2+ [

1

2ln(1 + t2)]10 = ln(2)− 1

2

35

2. Si 0 ≤ t ≤ 1 alors 0 ≤ ln(1 + t2) ≤ ln(2) puis 0 ≤ tn ln(1 + t2) ≤ tn.

On integre de 0 a 1 (0 < 1) et on obtient : 0 ≤ In ≤1

n+ 1.

Donc (th. d’encadrement) In tend vers zero quand n tend vers plus l’infini.

3. Avec les memes encadrements qu’a la question precedente (mais en changeant les bornes) on a :

0 ≤ Jn ≤ ln(2)an+1

n+ 1

ln(1 + a2)1− an+1

n+ 1≤ Kn ≤ ln(2)

1− an+1

n+ 1

Tous les termes de la derniere inegalite sont strictement positifs donc :

n+ 1

ln(2)(1− an+1)≤ 1

Kn≤ n+ 1

ln(1 + a2)(1− an+1)

On en deduit que :

0 ≤ JnKn≤ n+ 1

ln(1 + a2)(1− an+1)ln(2)

an+1

n+ 1

0 ≤ JnKn≤ ln(2)an+1

ln(1 + a2)(1− an+1)

Puisque a ∈]0, 1[, on a limn→+∞

ln(2)an+1

ln(1 + a2)(1− an+1)= 0 donc par encadrement,

JnKn

tend vers 0

quand n tend vers plus l’infini.

On remarque que : In = Jn +Kn doncInKn

=JnKn

+ 1→ 1 donc In est equivalent a Kn en plus

l’infini.

Exercice 62 (++) (fonction definie par une integrale)

1. On note h(t) = tt4+t2+1

. Pour tout reel Y , Y 2 + Y + 1 > 0, donc avec Y = t2, t4 + t2 + 1 > 0.Ainsi h est continue sur R et y admet une primitive, notee H.

Alors F (x) = H(2x)−H(x).

Ainsi F , en tant que somme de telles fonctions, est definie et derivable sur R.

2.

F ′(x) = 2H ′(2x)−H ′(x) = 2h(2x)− h(x) =4x

16x4 + 4x2 + 1− x

x4 + x2 + 1

= x4(x4 + x2 + 1)− (16x4 + 4x2 + 1)

(16x4 + 4x2 + 1)(x4 + x2 + 1)= 3x

1− 4x4

(16x4 + 4x2 + 1)(x4 + x2 + 1)

D’ou le tableau de variations :

3. Soit x 6= 0. F (1

x) =

∫ 2x

1x

t

t4 + t2 + 1dt. Dans l’integrale on pose t = 1

u , i.e. u = 1t .

Alors dt = −1u2du.

36

Quand t = 1x alors u = x. Quand t = 2

x alors u = x2 . Ainsi

F (1

x) =

∫ x2

x

1u

1u4

+ 1u2

+ 1(− 1

u2)du =

∫ x2

x

−u1 + u2 + u4

du

=

∫ x

x2

u

1 + u2 + u4du = F (

x

2).

Donc limx→+∞

F (x) = limx→+∞

F (1

2x) = lim

Y→0F (Y ) = F (0) = 0.

Exercice 63 (++) (fonction definie par une integrale)

1. Supposons que : ∀x ∈ [0, 1], f(x) = a. Alors H(x) = ... = a(1− x).

2. On suppose f de classe C1 sur [0, 1] et f(0) = 0.

(a) Puisque f est C1, f ′ est continue sur le segment [0, 1].

Donc f ′ est bornee sur le segement [0, 1] : il existe un reelM tel que : ∀x ∈ [0, 1], |f ′(x)| ≤M .

On applique alors l’inegalite des accroissement finis :

∀x ∈ [0, 1], |f(x)− f(0)| ≤M |x− 0| .

Or f(0) = 0 donc on a bien : ∀t ∈ [0, 1], |f(t)| ≤Mt .

(b) ∀t ∈ [0, 1], 0 ≤ |f(t)| ≤Mt.

On multiplie par 1t2

: 0 ≤ |f(t)|t2≤ M

t.

On integre de x a 1 (x ≤ 1) : 0 ≤∫ 1

x

|f(t)|t2

dt ≤ −M lnx.

On multiplie par x (x > 0) : 0 ≤ |H(x)| ≤ −Mx lnx.

On sait que limx→0+ x lnx = 0, donc par encadrement : limx→0+

H(x) = 0 .

Exercice 64 (++) (fonction definie par une integrale)

1. On pose h(t) = et ln(2 + t). Alors h est continue sur ]− 2,+∞[.

Soit x ∈ R. Alors sinx ∈ [−1, 1] et cosx ∈ [−1, 1]. Donc [sinx, cosx] (ou [cosx, sinx]) est toujoursinclus dans ]− 2,+∞[.

Ainsi F (x) est definie pour tout reel x : F est bien definie sur R.

La remarque qui suit nous sera utile ; h est continue sur ]−2,+∞[, donc admet sur cet intervalleune primitive H. On a la relation tres utile :

F (x) = H(cosx)−H(sinx) .

2. h est positive sur [−1, 1], donc : F (x) ≥ 0 ⇔ sinx ≤ cosx .

Or on sait que (dessinez le cercle trigonometrique !) :

. Si 0 ≤ x ≤ π

4, alors sinx ≤ cosx.

.π

4≤ x ≤ π

2, alors sinx ≥ cosx.

Par consequent : F est positive sur [0,π

4] puis F est negative sur [

π

4,π

2].

3. On a F (x) = H(cosx)−H(sinx), et H est derivable sur R, donc F est derivable sur R (en tantque composee de fonctions derivables) et :

F ′(x) = − sinxH ′(cosx)− cosxH ′(sinx)

F ′(x) = −(sinx) ecosx ln(2 + cosx) − (cosx) esinx ln(2 + sinx)

37

Exercice 65 (++) (fonction definie par une integrale, exponentielle, encadrements)

1. ψ est derivable sur R+ et ψ′(x) = e−x2

2 > 0 pour tout x, donc ψ est croissante sur R+.

On peut aussi prouver la croissance sans deriver :

Soit x < y. Alors ψ(y)− ψ(x) =

∫ y

xe−

u2

2 du (Chasles). Et l’integrale d’une fonction positive

entre x et y est positive car x < y. Donc ψ(y) ≥ ψ(x).

2. Soit x ≥ 1. ∀u ∈ [1, x], u ≤ u2 donc −u2

2≤ −u

2puis e−

u2

2 ≤ e−u2 .

On a ainsi :

∫ x

1e−

u2

2 du ≤∫ x

1e−

u2 du .

De plus,

∫ x

1e−

u2 du = 2e−

12 − 2e−

x2 ≤ 2e−

12 .

On a ainsi l’encadrement demande.

3. Si 0 ≤ x ≤ 1, puisque ψ est croissante on a : ψ(0) ≤ ψ(x) ≤ ψ(1).

De plus ψ(0) = 0 et ψ(1) ≤ ψ(1) + 2e−12 .

On a donc l’encadrement voulu pour 0 ≤ x ≤ 1.

Supposons maintenant x ≥ 1. Alors ψ(x) ≥ 0 et, avec Chasles :

ψ(x) = ψ(1) +

∫ x

1e−

u2

2 du

D’apres la question 2 on a alors : ψ(x) ≤ ψ(1) + +2e−12 .

4. ψ est croissante et majoree donc elle admet une limite finie en +∞.

Exercice 66 (+++) (fonction definie par une integrale, fonction reciproque)f et f−1 sont continues donc admettent des primitives. On appelle F une primitive de f et G uneprimitive de f−1. Alors

H(x) = F (x) +G(f(x))

Ainsi H est somme et composee de fonctions derivables donc H est derivable.

H ′(x) = F ′(x) + f ′(x)×G′(f(x)

)= f(x) + f ′(x)f−1

(f(x)

)= f(x) + xf ′(x).

On remarque que x 7→ f(x) + xf ′(x) est la derivee de x 7→ xf(x), donc H = xf(x) + K avec K uneconstante. Or H(0) = 0, donc K = 0.

Exercice 67 [Oral AGRO 2004] (+++) (fonction definie par une integrale, encadrements, equivalents)

1.

F (0) =

∫ 1

0

1

1 + tdt = ln(2).

F (1) =

∫ 1

0

1 + t− 1

1 + tdt =

∫ 1

01− 1

1 + tdt = 1− ln(2).

2. Attention, ici on ne sait pas deriver F ! ! ! il faut revenir a la definition de ladecroissance.

On prend 0 ≤ x < y, alors : ∀t ∈ [0, 1] , tx ≥ ty donctx

1 + t≥ ty

1 + t(tout est > 0), puis en

integrant, F (x) ≥ F (y). Donc F est decroissante sur [0,+∞[.

3. F (x) + F (x+ 1) =

∫ 1

0

tx(1 + t)

1 + tdt =

∫ 1

0txdt =

1

x+ 1.

38

4. En utilisant la decroissance de F , on a : F (x) + F (x+ 1) ≤ 2F (x) donc 2F (x) ≥ 1x+1 .

De meme F (x− 1) + F (x) ≥ 2F (x) donc 2F (x) ≤ 1x . Ainsi :

x

x+ 1≤ 2xF (x) ≤ 1.

Par encadrement on a bien : limx→+∞

2xF (x) = 1. Donc : F (x) ∼ 1

2xlorsque x→ +∞.

Exercice 68(++) (primitive, equation differentielle d’ordre 1)Soit f une application continue sur R∗+ verifiant la relation de l’enonce :

∀x ∈ R∗+, 2xf(x) = 3

∫ x

0f(t) dt (∗)

Puisque f est continue, elle admet une unique primitive F sur R∗+ qui s’annule en 0. Alors F estderivable et, d’apres (∗), on a :

∀x ∈ R∗+, 2xF ′(x) = 3F (x) (E)

Ainsi F est solution de l’equation differentielle (E), que l’on peut normaliser (car x > 0) :

F ′ − 3

2xF = 0 .

Ainsi F (x) = βx32 . Puis f(x) = F ′(x) =

3β

2

√x.

Ainsi, si f verifie (∗) alors f(x) = k√x avec k qui est une constante reelle.

Reciproquement, si f(x) = k√x, alors :

3

∫ x

0f(t) = 3[k

t32

32

]x0 = 2kx32 = 2xk

√x = 2xf(x)

On a ainsi la reciproque : si f(x) = k√x alors f verifie (∗).

En conclusion, les applications continues sur R∗+ verifiant (∗) sont les fonctions x 7→ k√x avec k une

constante reelle.

Exercice 69 (+++) (Taylor-Lagrange, integrales, derivabilite)

1. La formule de Taylor-Lagrange a l’ordre 1, appliquee a la fonction exponentielle sur le segment

[0, u] (ou [u, 0]), donne : ∃c ∈ [0, u], eu = 1 + u+u2

2ec.

Ainsi |eu − 1− u| = u2

2ec ≤ u2

2e|u| puisque |c| ≤ u et x 7→ ex est croissante.

2. On note : ∆(h) =∣∣ϕ(x+ h)− ϕ(x) + h

∫ π/2

0e−x sin t sin t dt

∣∣. Alors :

∆(h) =∣∣∫ π/2

0e−x sin t(e−h sin t − 1− h sin t) dt

∣∣≤

∫ π/2

0e−x sin t|e−h sin t − 1− h sin t| dt ≤

∫ π/2

0e−x sin t

h2 sin2 t

2e|h| sin t dt

≤ h2e|h|

2

∫ π/2

0e−x sin t dt ≤ h2e|h|

2ϕ(x).

39

3. Soit x ∈ R et h ∈ R∗, on a donc :∣∣∣ϕ(x+ h)− ϕ(x)

h−∫ π/2

0− e−x sin t sin t dt

∣∣∣ ≤ 1

2|h|e|h|ϕ(x)

Par encadrement, on en deduit que ϕ est derivable au point x, avec :

ϕ′(x) = −∫ π/2

0e−x sin t sin t dt

4. Il est clair que : ∀x ∈ R, ϕ′(x) < 0 donc ϕ est decroissante sur R.

Exercice 70 (+++) (changement de variable)Il faut poser u =

√t+ 2 (i.e. t = u2 − 2) pour se ramener a une fonction rationnelle.

Apres on applique les recettes. Demander des precisisons si necessaire.

Exercice 71 (++++) (calcul de primitive, application reciproque)f est continue et strictement croissante sur R∗+ en tant que composee de telles fonctions ; lim

0f = 0

et lim+∞

f = +∞ ; donc, d’apres le theoreme de la bijection, f est une bijection de R∗+ sur R∗+ et ainsi

admet une bijeciton reciproque f−1.f−1 est continue comme f , et si x > 0 alors x + f−1(x) 6= 0 car c’est la somme de deux nombresstrictement positifs. Donc la primitive a calculer (que l’on notera G) existe bien.

On a : G(x) =

∫dx

x+ f−1(x).

On pose t = f−1(x), i.e. x = f(t). Alors dx = f ′(t)dt. Ainsi :

G(x) =

∫f ′(t)dt

f(t) + t=

∫f ′(t) + 1

f(t) + tdt−

∫1√

t2 + t3 + tdt.

D’une part, U(t) =

∫f ′(t) + 1

f(t) + tdt = ln(f(t) + t).

D’autre part, V (t) =

∫1√

t2 + t3 + tdt =

∫1

t(1 +√t+ 1)

dt.

On pose ici w =√t+ 1, i.e. t = w2 − 1. Alors dt = 2wdw et :

V (t) =

∫2wdw

(w2 − 1)(1 + w)=

∫(w − 1) + (w + 1)dw

(w − 1)(w + 1)2

=

∫dw

(w + 1)2+

∫dw

(w − 1)(w + 1)= − 1

w + 1+

1

2

∫(w + 1)− (w − 1)dw

(w − 1)(w + 1)

= − 1

w + 1+

1

2

∫dw

w − 1− 1

2

∫dw

w + 1= − 1

w + 1+

1

2ln(w − 1

w + 1

)V (t) = − 1

1 +√t+ 1

+1

2ln(√t+ 1− 1√

t+ 1 + 1

)Ainsi : G(x) = ln(x+ f−1(x)) +

1

1 +√f−1(x) + 1

− 1

2ln(√f−1(x) + 1− 1√

f−1(x) + 1 + 1

).

Exercice 72 (+++) (calcul de primitive)

Notons A =

∫dx

x+ 2√x− 1

. Posons u =√x− 1, i.e. x = 1 + u2.

Alors dx = 2udu. Ainsi

A =

∫2udu

u2 + 2u+ 1= 2

∫(u+ 1)du

(u+ 1)2− 2

∫du

(u+ 1)2

= 2 ln |u+ 1|+ 2

u+ 1= 2 ln(1 +

√x− 1) +

2

1 +√x− 1

40

4 Polynomes

Exercice 73 (++) (coefficients)

Soit Pn tel que Pn − P ′n =1

n!Xn.

Deja Pn − P ′n est un polynome de meme degre que Xn, donc deg(Pn) = n.

On peut ecrire : Pn =n∑k=0

akXk. On a alors :

Pn − P ′n =n∑k=0

akXk −

n−1∑k=0

(k + 1)ak+1Xk = anX

n +n−1∑k=0

(ak − (k + 1)ak+1)Xk

En identifiant les coefficients on a alors :

an =1

n!; ∀k ∈ 0, . . . , n− 1, ak = (k + 1)ak+1 .

Ces deux relations nous permettent de determiner, l’un apres l’autre, tous les coefficients (ak).

an−1 = nan =n

n!=

1

(n− 1)!

an−2 = (n− 1)an−1 =1

(n− 2)!

En reiterant, on obtient que :

∀k ∈ 0, . . . , n, ak =1

k!

Finalement on a :

Pn =n∑k=0

1

k!Xk .

Pour conclure, il reste a verifier la reciproque (c’est rapide), c’est a dire que ce polynome Pn satisfait

bien : Pn − P ′n =1

n!Xn.

Exercice 74 (++) (racines multiples, decomposition)

1. A admet une racine multiple si et seulement s’il existe α ∈ C tel que A(α) = A′(α) = 0.

A(X) = X4 − 4λX3 + 3 ; A′(X) = 4X3 − 12λX2. Soit α ∈ C.

A(α) = A′(α) = 0 ⇔α4 − 4λα3 + 3 = 04α3 − 12λα2 = 0

⇔α4 − 4λα3 + 3 = 0α2(α− 3λ) = 0

⇔(α = 0 et 3 = 0

)ou(α = 3λ et 34λ4 − 4× 33λ4 + 3 = 0

)⇔ α = 3λ et λ4 =

1

32

⇔ α = 3λ et(λ =

1√3

ou λ = − 1√3

)Finalement, A admet des racines multiples lorsque λ =

1√3

ou λ = − 1√3

.

41

2. On suppose λ =1√3

. On a vu qu’alors le nombre α = 3λ =√

3 est racine multiple.

On peut donc factoriser A par (X − 3√

3)2 :

A = (X −√

3)2(rX2 + sX + t) = (X2 − 2√

3X + 3)(X2 + sX + t) .

On peut en effet prendre r = 1 car les polynomes sont ici unitaires. En developpant et enidentifiant on obtient que :

s =2√3

; t = 1

On a ainsi :

A = (X −√

3)2(X2 +2√3X + 1)

et ceci est la factorisation de A sur R car le polynome de degre 2 a un discriminant negatif.

Exercice 75 (++) (polynomes et equations differentielles)Soit P un polynome solution de cette equation. On a :

XP ′′(X)− 2P ′(X) + 4P (X) = 4X4 + 12X − 6

Commencons par determiner n, le degre de P .On sait que deg(XP ′′) = 1+deg(P ′′) = n− 1 ; deg(−2P ′) = n− 1 ; deg(P ) = n.Ainsi deg(XP ′′ − 2P ′ + 4P ) = max(deg(XP ′′),deg(−2P ′),deg(P )) =deg(P ) = n.Mais puisque P verifie l’equation differentielle on sait aussi que :deg(XP ′′ − 2P ′ + 4P ) =deg(4X4 + 12X − 6) = 4.On a donc n = 4. On sait donc deja que P est de degre 4. On note :

P =

4∑k=0

akXk = a0 + a1X + a2X

2 + a3X3 + a4X

4 .

P ′ = a1 + 2a2X + 3a3X2 + 4a4X

3

P ′′ = 2a2 + 6a3X + 12a4X2

On a alors :

XP ′′(X)− 2P ′(X) + 4P (X) = (4a0 − 2a1) + (4a1 − 4a2 + 2a2)X + (4a2 − 6a3 + 6a3)X2

+(4a3 − 8a4 + 12a4)X3 + (4a4)X

4

Par consequent :

XP ′′(X)− 2P ′(X) + 4P (X) = 4X4 + 12X − 6 ⇔

4a0 − 2a1 = −64a1 − 2a2 = 124a2 = 04a3 + 4a4 = 04a4 = 4

⇔

a0 = 0a1 = 3a2 = 0a3 = −1a4 = 1

On a donc obtenu : P = X4 −X3 + 3X .

42

Avant de conclure, il faut bien sur verifier que la reciproque est vraie, c’est a dire qu’il faut verifierque ce polynome P est effectivement solution de l’equation differentielle.

Exercice 76 (++) (decomposition de polynome)On pose w = (z − 1)3. Alors P (z) = 0⇔ w2 + w + 1 = 0 .

Ainsi w = ei2π3 ou w = e−i

2π3 .

Donc on a six solutions pour z :

S = 1 + ei2π9 ; 1 + ei

8π9 ; 1 + ei

14π9 ; 1 + e−i

2π9 ; 1 + ei

4π9 ; 1 + ei

10π9

Decomposition dans C :

P = (X − 1− ei2π9 )(X − 1− e−i

2π9 )(X − 1− ei

4π9 )(X − 1− e−i

4π9 )(X − 1− ei

8π9 )(X − 1− e−i

8π9 )

Decomposition dans R :

P =(X2 − aX + a

)(X2 − bX + b

)(X2 − cX + c

)en posant a = 2(1 + cos(2π9 )), b = 2(1 + cos(2π9 )), c = 2(1 + cos(2π9 )).

Exercice 77 (++) (racines multiples)

Q =1

2(X − a)(P ′ + P ′(a)) + P (a)− P

Q′ =1

2(P ′ + P ′(a)) +

1

2(X − a)(P (2))− P ′

Q(2) =1

2P (2) +

1

2(P (2)) +

1

2(X − a)(P (3))− P (2)

On calcule et on constate que :Q(a) = Q′(a) = Q(2)(a) = 0

donc a est racine au moins triple de Q.

Exercice 78 (++) (racines et factorisation de polynome)

1. A(1 + i) = 0. On peut faire le calcul en ecrivant 1 + i ous forme exponentielle : 1 + i =√

2eiπ4 .

2. A est un polynome a coefficients reels et 1 + i est racine de A, donc 1− i est aussi racine de A.Ainsi

A(X) = (X − 1− i)(X − 1 + i)D(X)

avec D un polynome de degre 2 a determiner.

Posons D = X2 + bX + c.

On remarque que (X − 1− i)(X − 1 + i) = X2 − 2X + 2. Ainsi :

A(X) = (X2 − 2X + 2)D(X) ⇔ X4 − 4X3 + 11x2 − 14X + 10 = (X2 − 2X + 2)(X2 + bX + c)

⇔

b− 2 = −4c− 2b+ 2 = 112b− 2c = −142c = 10

⇔b = −2c = 5

43

Ainsi la factorisation dans R est :

A(X) = (X2 − 2X + 2)(X2 − 2X + 5)

(car ces deux polynomes n’ont aucune racine reelle)

3. X2 − 2X + 5 a pour racines complexes 1 + 2i et 1− 2i. Donc, dans C, on a :

A(X) = (X − 1− i)(X − 1 + i)(X − 1− 2i)(X − 1 + 2i)

Exercice 79 (++) (decomposition)On sait que :

P = (X − a)(X − b)(X − c) donc P ′ = (X − b)(X − c) + (X − a)(X − c) + (X − a)(X − b)

Ainsi :

a

P ′(a)+

b

P ′(b)+

c

P ′(c)=

a

(a− b)(a− c)+

b

(b− a)(b− c)+

c

(c− a)(c− b)

=a(b− c)− b(a− c) + c(a− b)

(a− b)(a− c)(b− c)

=ab− ac− ab+ bc+ ac− bc

(a− b)(a− c)(b− c)= 0

Exercice 80 (++) (racines, decomposition d’un polynome)

1. Avec la formule du binome :

(X + 1)7 =7∑

k=0

(7

k

)Xk = 1 +

6∑k=1

(7

k

)Xk +X7

(Inutile de calculer les coefficients intermediaires).

Ainsi P (X) =6∑

k=1

(7

k

)Xk . Donc degre(P ) = 6.

2. P (0) = 0 et P (−1) = 0.

P ′ = 7(X + 1)6 − 7X6, donc P ′(0) = 7 6= 0 et P ′(−1) = −7 6= 0.

Ainsi 0 et −1 sont racines simples de P .

3. On calcule et on trouve P (j) = 0.

Il faut pour cela utiliser le fait que 1 + j = eiπ3 .

Donc P est divisible par (X − j).On calcule P ′(j) et on trouve P ′(j) = 0.

Donc j est racine d’ordre au moins 2.

4. Resumons : 0 et −1 sont racines simples ; j est racine d’ordre au moins 2 ; donc j est racined’ordre au moins 2 (car P ∈ R[X]).

Or 1 + 1 + 2 + 2 = 6 = deg(P ), donc on a toutes les racines de P , et on peut affirmer que j et jsont racines d’ordre 2.

Factorisation dans C[X] : P (X) = X(X + 1)(X − ei2π3 )2(X − e−i

2π3 )2

Factorisation dans R[X] : P (X) = X(X + 1)(X2 +X + 1)2

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