Correction DM 5 (CCP TSI 2016)

Correction DM 5 (CCP TSI 2016)
gilbert.primet
13 Janvier 2017
L’énoncé étant très détaillé, je corrigerai succintement un certain nombre de questions
1
Problème 1
1.1
1.1.1
1. Calcul immédiat
2. On déduit du calcul précédent que x2 − x + 1 > 0 pour tout x réel donc f est bien définie sur R. On en déduit alors par
récurrence que un est bien défini pour tout n ∈ N.
2
3. Si x ∈ [0, 1], alors x − 12 ∈ [− 12 , − 12 ], donc x − 12 ∈ [0, 14 ], d’où le résultat.
4. [0, 1] est stable par f , donc on obtient le résultat par récurrence sur n ∈ N puisque u0 ∈ [0, 1].
1.1.2
1. La racine carrée est dérivable sur R∗+ , d’où le résultat par les théorèmes usuels puisque les fonctions polynômes sont
dérivables.
2x − 1
∀x ∈ R∗+ f 0 (x) = √
2 x2 − x + 1
f décroît donc sur [0, 12 ] de 1 à
2. ∀x ∈ [0, 1] f (x) − x
3. On utilise x2 − x +
√
3
2
et croît sur [ 21 , 1] de
d’où
= √x1−x
2 −x+1
1 > 34 d’après la
√
3
2
à 1.
le résultat.
première question, et −1 6 2x − 1 6 1 donc |2x − 1| 6 1 pour x ∈ [0, 1].
1.1.3
1. f (1) = 1
2. f est continue,dérivable sur [0, 1], et :
1
∀x ∈ [0, 1] |f 0 (x)| 6 √
3
donc, d’après l’inégalité des accroissements finis :
1
∀(x, y) ∈ [0, 1]2 |f (y) − f (x)| 6 √ |y − x|.
3
Si x = 1, alors f (x) = 1, et si y = un ∈ [0, 1], alors f (y) = un+1 , d’où le résultat.
n
3. Par récurrence : ∀ n ∈ Ω|1 − un | 6 √13 |1 − u0 |
n
4. √13 < 1 donc limn→∞ √13
= 0, et donc : limn→+∞ un = 1.
Problème 2
Ètude d’une intégrale
1.1.4
II.1
Z
0
A
e−t dt = 1 − eA
donc
Z
A
lim
A→+∞
e−t dt = 1 = I0 .
0
II.2
0
a) On effectue une intégration par parties en posant f (t) = tn+1 , f 0 (t) = (n + 1)tn , g 0 (t) = e−t , g(t) = −e −t . f, g sont de
classe C 1 .
b) limA→∞
An+1
eA
= 0. (C’est une limite remarquable).
c) En faisant tendre n vers +∞ :
Z
lim
n→∞
A
tn+1 e−t dt = (n + 1) lim tn e−t dt = (n + 1)In
n→∞
0
(On sait que cette dernière limite est finie). Donc
R +∞
0
tn+1 e−t dt converge et In+1 = (n + 1)In .
II.3
Montrons alors par récurrence que pour tout entier naturel n, In converge et vaut n!. C’est vrai pour n = 0 puisque I0
converge et 0! = 1. Soit n ∈ N. On suppose que In converge et vaut n!
. Alors In+1 converge et In+1 = (n + 1)In = (n + 1)n! = (n + 1)!.
Étude d’un produit scalaire.
II.4
P (t)Q(t)e−t est une combinaison linéaire de termes de la forme tn e−t , dont les intégrales sur [0, +∞[ convergent. Donc
R +∞
P (t)Q(t)e−t dt converge. *II.5 L’application (P, Q) 7→ hP, Qi est bien définie d’après la question précédente. Elle est linaire
0
à gauche par linéarité de l’intégrale :
Z +∞
∀P1 , P2 , Q) ∈ R3 [X]3 , ∀λ ∈ R h, λP1 + P2 , Qi =
(λP1 + P2 )(t)Q(t)e−t dt
0
Z +∞
Z +∞
=λ
P1 (t)Q(t)e−t dt +
P2 (t)Q(t)e−t dt
0
0
= λhP1 , Qi + hP2 , Qi
Donc, d’après la symétrie, h, i est bilinéaire.
Par positivité de l’intégrale et de la fonction à intégrer :
Z
+∞
∀P ∈ R3 [X] , P i =
P 2 (t)e−t dt > 0
0
Enfin, si cette dernière intégrale est nulle, alors la fonction à intégrer étant positive ou nulle, et continue, on a, par théorème du
cours :
∀t ∈ R∗+ P (t)2 e−t = 0,
donc
∀t ∈ R∗+ P (t) = 0.
P qui s’annule une infinité de fois est donc le polynôme nul. On a donc bien :
∀P ∈ R3 [X] hP, P i = 0 ⇒ P = 0.
d’où le caractère « défini ». On définit donc bien un produit scalaire.
Construction d’une base orthogonale
1.2
II.6
On vérifie sans problème que pour tout P ∈ R3 [X]Φ(P ) est un polynôme réel de degré inférieur ou égal à 3, puisque P 0 et P ”
sont des polynômes de degré inférieur à 2. Par linéarité des dérivations, on vérifie que Φ est linéaire. C’est donc un endomorphisme
de R3 [X].
II.7
On obtient sans problème Φ(1) = 0, Φ(X) = 1 − X, Φ(X 2 ), Φ(X 3 ) = 6X 2 + 2X 2 (1 − X) = 9X 2 − 3X 3 . D’où la matrice
dans la base canonique (1, X, X 2 , X 3 ) de R3 .
II.8
Cette matrice est triangulaire supérieure. Les valeurs propres sont les éléments diagonaux 0, −1, −2, −3. Elles sont toutes
simples dans le polynôme caractéristique X(X + 1)(X + 2)(X + 3) qui est scindé. Donc Φ est diagonalisable et les sous-espaces
propres sont de dimension 1.
II.9
1. Pour λ = 0, P0 = 1 est vecteur propre d’après la matrice de l’application.
2. Pour λ = −1, on trouve P1 = X − 1.
3. Poyr λ = −2, on cherche le polynôme propre sous la forme a0 + a1 X + a2 X 2 + a3 X 3 .On obtient à l’aide de la matrice :
P2 = X 2 − 4X + 2
4. Pour λ = 3, on obtient de même à l’aide de la matrice :
P3 = X 3 − 9X 2 + 18X − 6.
II.10
a) f est prduit de fonctions de classe C 1 donc de classe C 1 . On trouve :
f 0 (t) = e−t Φ(t)
b) Évident d’après la question précédente.
c) On applique le théorème d’intégration par parties. f et Q sont de classe C 1 ,
f (0)Q(0) = 0 = lim f (t)Q(t).
t→+∞
On trouve donc :
+∞
Z
0
hΦ(P ), Qi = −
Z
+∞
f (t)Q (t)dt = −
0
tP 0 (t)Q0 (t)dt
0
On est certain que cette dernière intégrale converge par le théorème d’intégration par parties.
d) Cette dernière expression est symétrique en P et Q, donc en inversant les rôles de P et Q, on obtient :
hΦ(P ), Qi = hP, Φ(Q)i.
On traduit cette propriété en disant que Φ est symétrique.
II.11
hΦ(Pi ), Pj i = h−iPi , Pj i = −ihPi , Pj i.
hPi , Φ(Pj )i = hPi , −jPj i = −jhPi , Pj i.
D’où par soustraction :
(i − j)hPi , Pj i = 0.
Comme i − j 6= 0, on obtient :
hPi , Pj i = 0.
II.12
On sait déjà que (P0 , P2 , P2 , P3 ) est un base de vecteurs propres de Φ, puisque celui-ci est diagonalisable et que les sousespaceS propres sont de dimension 1. D’après la question précédente, ils sont deux à 2 orthogonaux.
On aurait pu aussi dire que (P0 , P2 , P2 , P3 ) est une famille orthogonale de vecteurs non nuls, donc est libre. C’est une base de
R3 [X] qui est de dimension 4.
Problème III
III.1
X0 suit la loi certaine égale à 2 donc E(X0 ) = 2 et V (X0 ) = 0.
III.2
Appelons Yn l’événement : la première ampoule est allumée à l’instant n, et Zn l’événement : la deuxième ampoule est allumée
à l’instant n. Xn = 2 est donc l’événement Yn ∩ Zn . On a PYn ∩Zn (Yn+1 ) = 21 = PYn ∩Zn (Zn+1 ). Donc, par indépendance des
ampoules :PYn ∩Zn (Yn+1 ∩ Zn+1 ) = 41 .
De même :
(Xn+1 = 2) = (Yn+1 ∩ Zn+1 ) ] (Yn+1 ∩ Zn+1 ).
Donc :
PXn =2 (Xn+1 = 2) = PYn ∩Zn (Yn+1 ∩ Zn+1 )) + PYn ∩Zn (Yn+1 ∩ Zn+1 ) =
1 1
1
+ = .
4 4
2
III.3
PXn =2 (Xn+1 = 0) =
0, PXn =0 (Xn+1 = 0) = 1.
1
4 .,
PXn =1 (Xn+1 = 2) = 0, PXn =1 (Xn+1 = 1) =
1
2,
PXn =0 (Xn+1 = 2) = PXn =0 (Xn+1 = 1) =
III.4
Les événements (Xn = k), k = 1, 2, 3 forment un système complet d’événements. Donc
∀k ∈ {0, 1, 2} P (Xn+1 = k) =
3
X
PXn =j (Xn+1 = k)P (Xn = j).
j=0
On obtient :
1
1
P ((Xn+1 = 0)) = P (Xn = 0) + P (Xn+1 = 1) + P (Xn+1 = 2).
2
4
1
1
P ((Xn+1 = 1)) = P (Xn+1 = 1) + P (Xn+1 = 2).
2
2
1
P ((Xn+1 = 2)) = P (Xn+1 = 2).
4
Ceci se traduit par la relation matricielle Un+1 = AUn . (On lit les coefficients en ligne).
III.5
a) On identifie comme il est d’usage une matrice carrée d’ordre 1 avec son unique terme. On a alors :
L1 Un =
2
X
kP (Xn = k) = E(Xn ).
k=0
b) L1 A = (0
1
2
1) = 12 L1 . On a alors :
E(Xn+1 ) = L1 Un+1 = L1 AUn =
c) La suite (E(Xn )) est géométrique de raison
1
2
1
1
L1 Un = E(Xn ).
2
2
et donc :
∀n ∈ N E(Xn ) =
1
1
E(X0 ) = n−1 .
2n
2
III.6
a)
E(Xn2 ) =
2
X
k 2 P (Xn = k) = L2 Un .
k=0
b)
L2 A = (0
1
1 3
) = (L1 + L2 ).
2 2
4
c) On a donc pour tout entier naturel n :
2
E(Xn+1
= L2 AUn =
d)
1
4 un
+
1 n+1
2
=2
1 n+1
2
1
1
1
(L2 Un + L1 Un = E(Xn2 ) + n+1 .
4
4
2
= un+1
e) En retranchant membre à membre les résultats des deux questions précédentes, on obtient :
∀n ∈ N, vn+1 =
1
vn .
4
f ) On a donc
∀n ∈ N vn =
Donc E(Xn2 ) = vn + un =
1
2n−1
+
1
1
2
v0 = n (4 − u0 ) = n .
4n
4
4
2
4n
III.7
On a alors : ∀n ∈ N, V (Xn ) = E(Xn2 ) − E(Xn )2 =
1
2n−1
+
2
4n
−
1
4n−1
=
1
2n−1
−
2
4n .