PSI Exercices d`application du cours Indications ou éléments de

PSI
Exercices d’application du cours
Indications ou éléments de réponses
Exercice 1
1. La fonction f est strictement décroissante sur ]0,1] et strictement croissante sur [1, + ∞[, elle
a pour limite +∞ en 0+ et +∞.
On a f (x) − x > 0 si et seulement si x < 1 et f (x) − x = 0 si et seulement si x = 1.
2. Utiliser la croissance de f sur [1, + ∞[ et le fait que f (1) = 1.
3. a. Immédiat à partir de la stabilité de I par f .
b. Utiliser le fait que pour x > 1, f (x) 6 x.
c. Appliquer le théorème de la limite monotone. La limite ℓ appartient à I, et par continuité
de f sur I, elle vérifie ℓ = f (ℓ). En déduire que ℓ = 1.
un+1
1
1
d. Pour tout n ∈ N, un 6= 0 ; de plus
=
1 + 2 → 1.
un
2
un
′
e. Pour tout x ∈ I, |f (x)| 6 1/2.
f. N = 10 convient.
4. D’après l’étude de f , on a u1 = f (u0 ) > f (1) = 1, donc u1 ∈ I. On en déduit que, à un
décalage de un indice près, on se retrouve dans la situation de la question 3. Donc un → 1.
Exercice 2
3
1
1. r 2 + r − = 0.
4
4
2. Les solutions sont −1 et 1/4. On obtient, pour tout n ∈ N,
un =
a − 4b
a+b 1
(−1)n +
.
5
5 4n−1
3. Immédiat car les deux solutions de l’équation caractéristique appartiennent à [−1,1].
4. La condition est : a = 4b ; dans ce cas, la limite est 0.
Exercice 3
1. Comparer le terme général avec 1/n2 .
2. Réduire au même dénominateur et identifier les numérateurs. On obtient α = 1/a et β = −1/a.
3. Utiliser 2, faire un changement d’indice et simplifier certains termes ; on obtient
p
X
p+a
a
1
1X1
1 X 1
=
−
n(n + a)
a n=1 n a n=p+1 n
n=1
et en majorant la dernière somme par a/(p + 1), on en déduit que
a
+∞
X
1X1
1
=
.
n(n
+
a)
a
n
n=1
n=1
Exercice 4
1. Limite nulle par croissances comparées.
2. La fonction est strictement croissante sur ]0,e] et strictement décroissante sur [e, + ∞[.
3. Appliquer le théorème spécial des séries alternées à la série indexée par n > 3 (en effet, e ≈ 2,7
donc le terme général décroît à partir du rang 3).
4. À partir de m = 3. Dans ce cas, le signe est celui de (−1)m et la valeur absolue est majorée
par ln(m)/m.
5. Appliquer le résultat précédent avec m = 3 puis ajouter les termes manquants.
1
Exercice 5
√
1. L’équivalent est 4n / πn.
2. Non, par comparaison avec une série de Riemann d’exposant 1/2 (ne pas oublier l’hypothèse
de signe).
3. La série converge si et seulement si α > 2 (comparaison avec une série de Riemann).
Exercice 6
3.a. Remarquer que l’on a bien e ∈ E. On obtient λ = 3 φ(f ) et donc g = f − 3 φ(f ) e. L’unicité
de ces valeurs prouve l’aspect direct de la somme.
Si h ∈ Ker(φ) ∩ Re, il existe λ ∈ R tel que h = λ e, avec 0 = φ(h) = λφ(e) = λ/3, donc λ = 0.
3.b. Pour f ∈ E, poser λ et g comme ci-dessus, et montrer que l’on obtient une décomposition
convenable de f .
Exercice 7
1. On obtient
1 1 1
.
0 1 4
2. On obtient Ker(u) = Vect(X 2 − 4X + 3) et Im(u) = R2 .
Exercice 8
1. La matrice A est inversible (det(A) = −1).
2. Méthode 1 : montrer que la matrice de (u, v, w) dans la base B est inversible.
Méthode 2 : prouver la liberté de (u, v, w) à partir d’une combinaison linéaire nulle de u, v et
w, en se ramenant à une combinaison linéaire nulle de e1 , e2 et e3 ; conclure par un argument de
dimension.
On a f (u) = u, f (v) = v et f (w) = −w, donc B = diag(1, 1, −1).


0 1 1
3. En notant P = 0 −1 1, on a A = P BP −1 .
1 0 0
4. L’application f est la symétrie par rapport à Vect(u, v), parallèlement à Vect(w).
Exercice 9 
0
0
1. On a A = 
0
1
1
0
0
0
0
0
1
0

0
1
.
0
0
2. On fait les opérations C1 ↔ C2 puis C2 ↔ C4 , et on en déduit que det(A) = (−1)2 = 1.
Exercice 10
1. On obtient P (X) = X(−X 2 /2 − 3X + 1) − (6X − 1) − (−X/2 + 3) = −X 3 /2 − 3X 2 − 9X/2 − 2.
2. Avec l’opération indiquée, on obtient
X + 1 −X − 1 X + 1 −X − 1
1 −1
1
−1
1
1 2 X/2 −1
2
X/2
−1 P (X) = = (X + 1) 1
−1
0 −1
0 0
0 1
1
1 X −1 X X
−1
X Les opérations C2 ← C2 + C1 , C3 ← C3 − C1 et C4 ← C4 + C1 montrent que
1
0
0
0 1 0
0
1
3
X/2 − 1
0 2
P (X) = (X +1) = (X +1) 1 3 X/2 − 1 = −(X +1)2 (X/2+2).
1
−1
0 0
0 1
−1 1 X + 1
−2
X + 1
3. On obtient bien sûr le même résultat mais la deuxième méthode permet de factoriser ce
résultat (cela dit, la première opération n’est pas évidente).
2
Exercice 11
1. Non, F est de dimension n2 − n (F est l’ensemble des matrices de Mn (R) dont la somme des
coefficients, sur chaque colonne, est nulle).
Pn
k
2. Oui : F est le noyau de la forme linéaire non
nulle
P
→
7
P
(−1)
;
en
notant
P
=
k=0 ak X ,
Pn
une équation de F dans la base canonique est k=0 (−1)k ak = 0.
3. Non, F est de dimension n − 1 avec dim(Cn [X]) = n + 1 (pour le voir, adapter ce qui précède
mais en remarquant que X 2 + 1 = (X − i)(X + i)).
Exercice 12
1. a. Appliquer l’inégalité triangulaire.
b. Écrire x − y = (x − z) − (y − z).
c. Appliquer l’inégalité triangulaire, majorer chaque kxi k par le maximum et utiliser le fait
que 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2 6 n2 .
2. Non, dans R, on obtient un contre-exemple avec la valeur absolue, x = 1 et y = −1.
3. a. On a d = 22 et D = 62 (appliquer 1.a).
b. On note A, B et P trois points du plan représentant la ville A, la ville B et le panneau.
Pour d, la condition est : A ∈ [P B]. Pour D, la condition est : P ∈ [AB]. Pour cela, étudier les
cas d’égalité dans 1.a.
c. Noter θ ∈ [0,π] l’angle orienté \
BP A, et appliquer le théorème des valeurs intermédiaires
à la distance entre A et B vue comme fonction de θ.
Exercice 13
1. a. Majorer la valeur absolue de l’intégrale, sans oublier que l’on peut avoir a < 0. Pour la
dernière conclusion, passer à la borne supérieure à gauche.
b. Pour tout x ∈ R, φ(f )(x) = F (x + a) − F (x).
c. Pour la continuité, utiliser la question précédente.
d. Non : considérer φ(−f ).
2. a. On pourra distinguer les cas a > 0 et a < 0 et utiliser le fait que pour tout t ∈ R,
|f (t)| − |g(t)| 6 |f (t) − g(t)|.
3.
4.
b. Passer à la borne supérieure dans l’inégalité de 2.a.
a. Appliquer le résultat précédent avec g = 0E puis raisonner par récurrence.
b. Immédiat car |a|n → 0.
a. φ(e) = e.
b. Immédiat à partir de 2.b et 4.a.
c. Traduire l’appartenance à B(e,r) par une inégalité et utiliser la question précédente.
Exercice 14
3.a. Par linéarité de u (avec E et F de dimension finie).
3.b. On a
N (u(P )) = max {|α + β + γ + δ| + |3α + 2β + γ|, |6α + 2β| + |6α|} .
3.c. On a |α + β + γ + δ| + |3α + 2β + γ| 6 10 kP k et |6α + 2β| + |6α| 6 14 kP k, d’où le résultat
en prenant le maximum.
3.d. Par linéarité de u, on déduit de ce qui précède que 14 est une constante de Lipschitz de u.
Exercice 15
1. Sur tout intervalle inclus dans ]−1,1].
2. Sur tout intervalle de la forme [a,b] avec −1 < a < b < 1.
3. Sur ]−1,1[.
3
Exercice 16 – Il y a convergence simple sur R+ vers la fonction nulle (par croissances comparées, pour R∗+ ). Pour la convergence uniforme, faire une étude de fonction, en déduire que pour
n > 1, kfn k∞ = fn (2/n) = 4e−2 /n et donc que la convergence est uniforme sur R+ .
Exercice 17
1. Il y a convergence simple sur [0,1] vers la fonction nulle.
2. Faire une étude de fonction, en déduire que
n
1
n
α 1
kfn k∞ = fn
;
=n
n+1
n+1 n+1
montrer que kfn k∞ ∼ nα−1 /e ; la convergence est uniforme sur [0,1] si et seulement si α < 1.
Exercice 18
1. Utiliser la règle de d’Alembert ou une comparaison avec 1/n2 .
2. Pour tout n ∈ N∗ , on a sup{|un (x)|; x ∈ [0,1[} = n2 , terme général d’une série divergente.
3. a. Pour tout n ∈ N∗ , on a sup{|un (x)|; x ∈ [0,a]} = n2 an , terme général d’une série
convergente.
P
b. On peut en déduire que n>1 un converge normalement sur tout segment de [0,1[, mais
pas qu’elle converge normalement sur tout segment de [0,1] (ce qui est faux, sinon elle convergerait
normalement sur [0,1], or il n’y a même pas convergence simple sur [0,1]). Comme le montre la
question 2, on ne peut pas non plus en déduire qu’elle converge normalement sur [0,1[.
Exercice 19
1. Comparer avec 1/n2 .
2. Dans le raisonnement précédent, on peut comparer avec une inégalité (plutôt qu’un équivalent),
ce qui prouve en fait la convergence normale.
3. Appliquer le théorème de la classe C 1 pour les séries de fonctions. Pour tout n ∈ N∗ ,
u′n : x 7→ −
(n2
2x
;
+ x2 )2
P
montrer que n>1 u′n converge normalement sur tout segment de la forme [−a,a] avec a > 0.
4. Immédiat.
P+∞
2
5. En 0, on obtient
n=1 1/n par continuité. En +∞, appliquer le théorème d’interversion
limite/somme ; on obtient 0.
6. Appliquer le théorème d’intégration terme à terme.
7. a et b. Immédiat par décroissance de f puis en ajoutant les inégalités.
b
Z b
dt
t
1
c. Utiliser le fait que pour [a,b] ⊂ R+ ,
arctan
=
; faire alors p → +∞
2
2
x
x a
a t +x
puis utiliser le fait que pour x > 0, arctan(x) + arctan(1/x) = π/2. Conclure sur l’équivalent par
encadrement.
Exercice 20
1. Immédiat.
2. Utiliser le résultat de majoration des restes du théorème spécial et le fait que x+ln(m) > ln(m).
3. D’après 2, la suite des restes converge uniformément sur R+ vers la fonction nulle.
4. Appliquer le théorème de continuité pour les séries de fonctions.
5. Appliquer le théorème d’interversion limite/somme ; on obtient 0.
6. a. Utiliser le fait que pour n assez grand, ln(n) 6 n.
b. Pour tout n > 2 et tout a > 0, sup {|un (x)|; x ∈ [0,a]} = 1/ ln(n) ; ce qui précède montre
que la convergence n’est pas normale sur tout segment de R+ (et a fortiori, pas normale sur R+ ).
De toute façon, en ce qui concerne la question 5, une convergence (normale ou uniforme) sur
tout segment n’aurait pas suffi à appliquer le théorème d’interversion limite/somme.
4
Exercice 21
1. La fonction f est strictement croissante sur R et a pour limite −∞ en −∞, et +∞ en +∞ ;
c’est une bijection de R sur R.
2. L’existence et l’unicité proviennent de la question précédente ; on a de plus f (0) = 0 et
f (1) > 1, donc la solution appartient à [0,1].
Exercice 22
1. x 7→ |x|.
2. x 7→ x2 sin(1/x) prolongée par continuité en 0 avec la valeur 0.
3. x 7→ x3 .
Exercice 23
Pour ln ; x 7→ x ln(x) − x.
Pour arctan ; x 7→ x arctan(x) −
Exercice 24
1. Il s’agit de φ : x 7→ x2 .
2. On obtient
I=
Z
√
1
1
ln(1 + x2 ).
2
2
√
1
2x dx = ln(1 + 2 2) − ln(3).
2
x + 2x
Exercice 25
1. Pour tout x ∈ R et n ∈ N,
cos(x) =
n
X
(−1)k
k=0
(2k)!
x2k +
Z
x
0
(x − t)2n
(−1)n+1 sin(t) dt.
(2n)!
2. Pour tout x ∈ R et n ∈ N,
Z x
2n
|x|2n+1
(x
−
t)
n+1
(−1)
sin(t) dt 6
(2n)!
(2n + 1)!
0
avec
|x|2n+1
−→ 0.
(2n + 1)! n→+∞
Exercice 26
1. Tout réel λ est valeur propre de D, et Eλ (D) est la droite engendrée par la fonction x 7→ eλx .
2. a. • Si λ > 0, les solutions sont les fonctions
√
x 7→ a e
λx
+ b e−
√
λx
pour (a, b) ∈ R2 .
• Si λ < 0, les solutions sont les fonctions
√
√
x 7→ a cos( −λ x) + b sin( −λ x) pour (a, b) ∈ R2 .
• Si λ = 0, les solutions sont les fonctions affines.
b. Tout réel λ est valeur propre de D 2 , et selon le signe de λ, Eλ (D2 ) est le plan vectoriel
formé par les solutions données à la question précédente.
Exercice 27
1. χA (X) = X 2 − 5X + 4 = (X − 1)(X − 4).
2. Les valeurs propres de A sont 1 et 4.
2
3. L’ensemble des solutions de AX = X est E1 (A) = Vect
.
−1
1
L’ensemble des solutions de AX = 4X est E4 (A) = Vect
.
1
5
4. Par exemple, P =
2 1
−1 1
1 0
.
0 4
1 4n + 2 2 · 4n − 2
=
.
3 4n − 1 2 · 4n + 1
et D =
5. Pour tout n ∈ N, An = P D n P −1
Exercice 28
1. On a det(A) = 0 donc A n’est pas inversible ; ceci signifie que A − 0 · I3 n’est pas inversible,
c’est-à-dire que 0 est valeur propre de A.
2. En notant U = t 1 1 1 , on a AU = 2U .
3. Le polynôme caractéristique de A est divisible par X(X − 2) ; étant de degré 3, unitaire, et à
coefficients réels, il est de la forme X(X − 2)(X − λ) avec λ ∈ R.
4. Le polynôme caractéristique de A est scindé donc la somme des valeurs propres de A (avec
répétition éventuelle) est égale à Tr(A). Ainsi 0 + 2 + λ = 0 − 2 + 6, donc λ = 2.
5. a. Le polynôme caractéristique de A est scindé et l’espace propre E0 (A), associé à une valeur
propre simple, est une droite vectorielle. Il suffit donc de prouver que dim(E2 (A)) = 2 ; or E2 (A)
a pour équation x − 2y + z = 0, c’est un plan vectoriel.
Y
b. Vérifier que
(X − λ), i.e. X(X − 2), est annulateur de A, c’est-à-dire que A2 = 2A.
λ∈Sp(A)
Exercice 29
a b
1. Si A =
, χA (X) = X 2 − (a + d)X + ad − bc.
c d
2. Calcul immédiat.
Exercice 30
1. a. P étant à coefficients réels, P (α) = P (α) = 0.
De plus, pour tout j ∈ N, P (j) (α) = P (j) (α), ce qui permet de conclure sur les multiplicités.
b. Appliquer ce qui précède avec χA , à coefficients réels.
2. a. Un polynôme annulateur de A est
P (X) = X 3 − X 2 + X − 1 = (X − 1)(X 2 + 1) = (X − 1)(X − i)(X + i).
b. Le polynôme caractéristique de A est de degré 3 et à coefficients réels ; en utilisant le
théorème des valeurs intermédiaires, montrer qu’il a une racine réelle, donc que A a une valeur
propre réelle. Une telle valeur propre est racine de tout polynôme annulateur de A, elle vaut
donc 1.
c. Si A est diagonalisable dans M3 (R), montrer qu’elle est semblable à I3 , puis égale à I3 ;
la réciproque est évidente.
d. Le polynôme P est scindé à racines simples dans C[X].
e. Les valeurs propres complexes de A sont éléments de {1, i, −i}. Utiliser 1.b pour montrer
que les deux triplets possibles sont (1, 1, 1) et (1, i, −i) et conclure.
f. On a det(A) = 1 ; Tr(A) vaut 1 ou 3.
Exercice 31
1. a. P (X) = X p+1 − X = X(X p − 1) est annulateur de A ; les valeurs propres de A sont
racines de P , les valeurs propres possibles sont 0 et les racines p-ièmes de l’unité.
b. P est scindé à racines simples.
c. La matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les e2ikπ/n pour k ∈ [[0,n − 1]],
convient (la somme des racines n-ièmes de l’unité est nulle).
2. a. Si p est pair, les valeurs propres possibles sont 0, 1 et −1. Si p est impair, les valeurs
propres possibles sont 0 et 1.
6
b. Si A est diagonalisable, sachant que Sp(A) ⊂ {0, 1}, on a A2 = A (raisonner sur une
matrice diagonale semblable à A). Si A2 = A, X(X − 1) est annulateur de A et scindé à racines
simples.
Exercice 32
1. La fonction f a pour limite 0 en 0 (croissances comparées) ; on en déduit que f est prolongeable
en une fonction continue sur [0, + ∞[.
2. Utiliser des croissances comparées et un théorème de comparaison. On conclut à la convergence
(absolue) de l’intégrale.
Exercice 33
1. Il y a convergence simple sur R+ vers la fonction nulle.
√
2. La convergence n’est pas uniforme : considérer fn (1/ n ) pour n ∈ N∗ .
3. a. ϕ est continue sur R+ , on se ramène à une intégrale de référence sur [1, + ∞[.
b. Si n = 0 le résultat est évident. Sinon, soit x ∈ R+ ; si x 6 1, utiliser le fait que
2nx2 6 1 + n2 x4 (pour tout (a, b) ∈ R2 , |2ab| 6 a2 + b2 ). Si x > 1, on a
0 6 fn (x) 6
1
1
6 2.
2
nx
x
4. Ce qui précède permet d’appliquer le théorème de convergence dominée.
Exercice 34
1. L’ensemble de définition de f est R∗+ (pour x 6 0, il y a divergence grossière, pour x > 0, on
peut comparer à 1/n2 ).
R +∞
2. On reconnaît une intégrale de référence ; on a 0 |un | = 1/n2 .
3. Ne pas oublier de justifier la continuité par morceaux (ici en fait la continuité) de f sur R∗+ ,
par le théorème de continuité pour les séries de fonctions.
Exercice 35
1. A = R∗+ (variable x de F ), I = R (variable d’intégration t).
2. a. Voir cours.
b. Immédiat par décroissance de x 7→ f (x,t) à t fixé.
c. Appliquer le théorème de continuité pour les intégrales à paramètre. L’hypothèse de
domination est vérifiée sur tout intervalle de la forme [a, +∞[ pour a > 0, avec
ϕ : t 7→
3.
1
.
a2 + t4
a. Voir cours.
b. Pour tout (x,t) ∈ A × I,
∂f
2x
(x,t) = − 2
;
∂x
(x + t4 )2
la majoration s’ensuit.
c. Appliquer le théorème de la classe C 1 pour les intégrales à paramètre. L’hypothèse de
domination est vérifiée sur tout segment [a, b] de R∗+ , avec
ϕ : t 7→
On obtient, pour tout x > 0,
F ′ (x)
=−
Z
(a2
2b
.
+ t4 )2
(x2
2x
dt.
+ t4 )2
+∞
−∞
7
Exercice 36
1. Ne pas oublier l’argument de continuité pour la définie positivité.
2. Cette distance est
)
(Z
1/2
1
inf
; (a, b) ∈ R2 .
(t4 − at2 − bt)2 dt
−1
3. a. Il s’agit du carré de la distance de la fonction u = exp à F = Vect(x 7→ 1, x 7→ x, x 7→ x2 )
dans H = C 0 ([0,1],R) muni du produit scalaire
Z 1
(f, g) 7→
f (x)g(x) dx.
0
b. Par exemple,
c. On obtient
√
1
x 7→ 1, x 7→ 2 3 x −
2
√
1
2
, x 7→ 6 5 x − x +
convient.
6
1
f : x 7→ (e − 1) + 6(3 − e) x −
2
1
+ 30(7e − 19) x − x +
6
2
= (210e − 570)x2 + (588 − 216e)x + (39e − 105).
d. Remplacer x 7→ ax2 + bx + c par la fonction précédente dans l’intégrale apparaissant dans
la borne inférieure. On obtient
α=−
497 2
3667
e + 1350 e −
≈ 2.78 × 10−5 .
2
2
4. Le projeté orthogonal de u sur F est l’unique vecteur f de la forme x 7→ ax2 + bx + c tel que
u − f ∈ F ⊥ ; or (x 7→ 1, x 7→ x, x 7→ x2 ) est une base de F .
On obtient le système

 a/3 + b/2 + c = e − 1

a/4 + b/3 + c/2 = 1


a/5 + b/4 + c/3 = e − 2
dont l’unique solution est (210e − 570, 588 − 216e, 39e − 105) ; on retrouve la fonction f de 3.c.
Exercice 37
1. Montrer que (an+1 /an ) n’a pas de limite en considérant deux suites extraites.
2. Montrer que (an /2n ) est bornée.
3. Les termes d’indices pairs sont égaux à 1 donc la série diverge grossièrement. On en déduit
que R 6 1/2.
4. Pour tout p ∈ N et z tel que |z| < 1/2,
2p+1
X
n=0
n
an z =
p
X
k=0
a2k z
2k
+
p
X
a2k+1 z
k=0
2k+1
=
p
X
2k 2k
2 z
+z
k=0
p
X
z 2k ;
k=0
reconnaître deux séries géométriques de raisons respectives 4z 2 et z 2 .
Exercice 38
1. Pour ρ > 0, la suite (an ρn ) est bornée si et seulement si ρ < e, donc R = e.
2. an+1 /an → 1/e.
3. Utiliser la série dérivée de la série géométrique, évaluée en x/e.
Exercice 39 – Utiliser le théorème de dérivation terme à terme pour les séries entières et faire
un changement d’indice.
8
Exercice 40
Les calculs des questions 1 et 2 sont à faire à partir de la modélisation résultant du choix de
la probabilité uniforme, et pas a priori à partir de la modélisation par indépendance de X et
Y . Notamment, il faut bien comprendre que Ω est l’ensemble des couples (ω1 , ω2 ) ∈ [[1,6]]2 , ω1
représentant par exemple le résultat du dé rouge, ω2 celui du dé vert, chacun des 36 singletons
étant de probabilité 1/36.
1. On a
18
1
1
1
P (A1 ) =
= , P (A2 ) = , P (A3 ) =
36
2
2
2
1
P (A1 ∩ A2 ) = P (A2 ∩ A3 ) = P (A1 ∩ A3 ) =
4
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 0
2. Les variables aléatoires X et Y suivent la loi uniforme sur [[1,6]], elles ont pour espérance 3,5.
Pour tout (x, y) ∈ [[1,6]]2 ,
P ((X = x) ∩ (Y = y)) =
1
= P (X = x)P (Y = y).
36
On en déduit que X et Y sont indépendantes.
3. a. On a Z(Ω) = {0, 1, 4, 9} avec
1
P (Z = 0) = P (X = 3) = ,
6
1
3
1
1
P (Z = 4) = P (X = 1) + P (X = 5) = , P (Z = 9) = P (X = 6) = .
3
6
P (Z = 1) = P (X = 2) + P (X = 4) =
b. À partir de la définition de l’espérance :
X
1
1
1
19
1
E(Z) =
k P (Z = k) = × 0 + × 1 + × 4 + × 9 = .
6
3
3
6
6
k∈Z(Ω)
À partir de la description en extension de l’univers :
X
1 X
1
19
E(Z) =
Z(ω)P ({ω}) =
Z(ω) =
(6 × 0 + 12 × 1 + 12 × 4 + 6 × 9) = .
36
36
6
ω∈Ω
ω∈Ω
Enfin
6
6
X
X
1
19
1
2
× (k − 3)2 = (4 + 1 + 0 + 1 + 4 + 9) =
= E(Z).
(k − 3) P (X = k) =
6
6
6
k=1
k=1
Ce résultat correspond au théorème de transfert.
4. a. On a S(Ω) = [[2,12]] avec
1
2
3
, P (S = 3) = P (S = 11) = , P (S = 4) = P (S = 10) = ,
36
36
36
4
5
6
P (S = 5) = P (S = 9) = , P (S = 6) = P (S = 8) = , P (S = 7) = .
36
36
36
P (S = 2) = P (S = 12) =
1
2
1
si 2 6 x < 3, FS (x) =
+
si 3 6 x < 4, etc...
36
36 36
c. Par linéarité de l’espérance, E(S) = E(X) + E(Y ) = 7.
5. a. On a I = [[1,6]].
b. Pour tout k ∈ I, par indépendance, P (M 6 k) = P (X 6 k)P (Y 6 k) = (k/6)2 (aussi
valable pour k = 0).
c. Utiliser le fait que pour tout k ∈ I, P (M = k) = P (M 6 k) − P (M 6 k − 1), et donc
b. On a FS (x) = 0 si x < 2, FS (x) =
P (M = k) =
k2
(k − 1)2
2k − 1
−
=
.
36
36
36
9
Exercice 41
1. Les événements {n ∈ N∗ ; n > k} forment une suite décroissante pour l’inclusion, dont
l’intersection est vide. Par ailleurs on a bien 1/k → 0 = P (∅).
2. Si P existe, elle est entièrement caractérisée par les nombres P ({k}) pour k ∈ N∗ .
3. La première propriété est évidente et conduit à poser, pour tout k ∈ N∗ ,
P ({k}) =
1
1
−
.
k k+1
Réciproquement, ceci définit une probabilité P , car la série de terme général 1/k − 1/(k + 1) est
(télescopique) convergente, à termes positifs, de somme 1. Vérifier enfin que l’on a bien, pour
tout k ∈ N∗ , P ({n ∈ N∗ ; n > k}) = 1/k.
Exercice 42
1. P (C) > P (B ∩ C) > 0.
2. On a
P (A | B ∩ C) =
et
PC (A | B) =
les deux termes sont donc égaux.
P (A ∩ B ∩ C)
P (B ∩ C)
PC (A ∩ B)
P (A ∩ B ∩ C)/P (C)
=
;
PC (B)
P (B ∩ C)/P (C)
Exercice 43
1. Il s’agit de la loi géométrique de paramètre p, et l’on peut poser R = 0 si « pile » n’apparaît
pas, avec P (R = 0) = 0.
2. Il s’agit de la loi B(n,p).
3. Raisonner par récurrence en dérivant terme à terme, et en utilisant l’invariance du rayon de
convergence par dérivation.
4. L’image de N est N ; en conditionnant par les événements (R = n), montrer que pour tout
k ∈ N∗ ,
+∞ X
(1 − p)k−1
n k
P (N = k) =
p (1 − p)n−k p(1 − p)n−1 =
k
(2 − p)k+1
n=k
tandis que
P (N = 0) =
+∞
X
(1 − p)n p(1 − p)n−1 =
n=1
1−p
.
2−p
5. Utiliser la formule de Bayes ; on obtient
P (N = 3 | R = 10)P (R = 10)
10 4
=
P (R = 10 | N = 3) =
p (1 − p)14 (2 − p)4 .
3
P (N = 3)
Exercice 44 – Pour tout t ∈ [−1,1],
G2X (t) = E(t2X ) = E((t2 )X ) = GX (t2 ).
Exercice 45
1. Pour tout ε > 0,
P (|X − λ| > ε) 6
λ
.
ε2
2. Avec ε = λ et en ajoutant P (X = 0), on obtient P (X < 2λ) > 1 −
10
1
+ e−λ .
λ
Exercice 46
√
√
1. Les valeurs possibles sont 1/ 2 et −1/ 2.
2. C’est une matrice orthogonale.
3. Il s’agit de


0√ 1
0√
A = 1/√2 0 1/ √2  ;
1/ 2 0 −1/ 2
on vérifie que tAA = I3 .
4. a. det(u) = det(A) = 1 ; u est une rotation.
√
b. Il s’agit de Vect 1 1
2−1 .
c. On peut considérer θ lorsque le plan orthogonal à l’axe
√ dela rotation est orienté (par
exemple par le vecteur normal a obtenu en normant 1 1
2 − 1 ).
1
1
1
√ +1 .
On a cos(θ) = (Tr(A) − 1) = −
2
2
2
Le vecteur X est orthogonal à l’axe, on sait que X ∧ u(X) est de la forme α a, avec α du signe
de sin(θ). En déduire que sin(θ) < 0.
Exercice 47
1. Utiliser le théorème spectral.
2. On peut calculer directement χA (X) = (X − 2)(X + 1)2 . Autre méthode : vérifier que 2
est valeur propre de A ; en notant λ et µ les deux autres valeurs propres de A (avec répétition
éventuelle), montrer que
(
λ + µ = −2
λ2 + µ 2 = 2
et en déduire que λ = µ = −1. On a
 
1


E2 (A) = Vect
1
1
tandis que E−1 (A) est le plan d’équation x + y + z = 0. En déduire qu’en posant (par exemple)
 1

1
1
√
6
√
√1
6
0
− √12

P = − √26
on a P ∈ O3 (R) et
2
√
3
√1 
,
3
1
√
3

Exercice 48
1. Pour tout (x, y, z) ∈ R3 ,

−1 0 0
A = P  0 −1 0 tP.
0
0 2
∂f
(x, y, z) = (x + 1)ex+z + yex−z ,
∂x
∂f
(x, y, z) = ex−z ,
∂y
∂f
(x, y, z) = xex+z − yex−z .
∂z
2. Procéder par opérations, ou en prouvant la continuité des dérivées partielles. Pour tout
(x, y, z) ∈ R3 , la différentielle de f en (x, y, z) est l’application
df (x, y, z) : (h, k, m) 7→ ((x + 1)ex+z + yex−z ) h + ex−z k + (xex+z − yex−z ) m
définie sur R3 , et le gradient de f en (x, y, z) est le vecteur
∇f (x, y, z) = (x + 1)ex+z + yex−z , ex−z , xex+z − yex−z .
11
Exercice 49
1. Résoudre le système φ(t, x) = (u, v) d’inconnues t et x ; φ et φ−1 sont de classe C 1 car linéaires.
2. a. Pour tout (t, x) ∈ R2 , f (t, x) = g(t, x − 2t).
b. Appliquer la règne de la chaîne. Pour tout (t, x) ∈ R2 ,
∂f
(t, x) =
∂t
∂f
(t, x) =
∂x
∂g
∂g
(t, x − 2t) − 2 (t, x − 2t)
∂u
∂v
∂g
(t, x − 2t).
∂v
c. Utiliser la relation (E) et le fait que l’image de φ est R2 .
d. La fonction g ne dépend pas de sa première variable, elle s’écrit donc sous la forme
(u, v) 7→ F (v) avec F de classe C 1 sur R car g est de classe C 1 sur R2 . L’égalité f = g ◦ φ donne
le résultat.
e. Évaluer en t = 0 la relation de la question précédente.
3. Toutes les fonctions de la forme trouvée conviennent.
∂f
∂f
4. a. Pour tout s ∈ R, α′ (s) =
(s, x0 + 2s) + 2 (s, x0 + 2s) = 0.
∂t
∂x
b. α est constante égale à sa valeur en 0 : pour tout x0 ∈ R et s ∈ R,
f (s, x0 + 2s) = f (0, x0 )
et donc pour tout (t, x) ∈ R2 ,
f (t, x) = f (t, (x − 2t) + 2t) = f (0, x − 2t).
On retrouve la forme des solutions obtenue aux questions 2.d et 2.e.
5. La donnée initiale est « transportée » à vitesse 2 : en effet, dans un repère (O,~i, ~j), pour tout
t ∈ R, le graphe de x 7→ f (t, x) est l’image du graphe de x 7→ f (0, x) par la translation de vecteur
2t~i.
Exercice 50
1. x 7→ −x − ln(1 − x) convient.
2. Les solutions sont les fonctions de la forme x 7→ a
e−x
où a ∈ K.
1−x
3. f est la fonction obtenue avec a = 1 ci-dessus. Pour tout x ∈ ]−1,1[, f (x) =
On a αn → 1/e.
4. Les solutions sont les fonctions de la forme x 7→ a
+∞
X
αn xn .
n=0
e−x
x2
−3−
où a ∈ K.
1−x
1−x
Exercice 51
1. Les solutions sont 1 et 3.
2. Les solutions sont les fonctions x 7→ α ex + β e3x où (α, β) ∈ K2 .
a. On peut chercher une solution sous la forme x 7→ P (x)e3x où P est polynomiale.
b. La multiplicité m(3) est 1, on cherche P sous la forme x 7→ xm(3) Q(x) avec Q polynomiale
de même degré que x 7→ x2 (facteur de x 7→ e3x dans le second membre) c’est-à-dire sous la forme
x 7→ x (ax2 + bx + c).
En remplaçant dans l’équation et en identifiant, montrer que x 7→ (x3 /6 − x2 /4 + x/4)e3x est
solution particulière. Les solutions sont les fonctions de la forme
3
x
x2 x
x 7→ α ex +
−
+ + β e3x
6
4
4
où (α, β) ∈ K2 .
12