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 >0pour tout xréel donc fest bien définie sur R. On en déduit alors par
récurrence que unest bien défini pour tout n∈N.
3. Si x∈[0,1], alors x−1
2∈[−1 2,−1 2], donc x−1 22∈[0,1 4], d’où le résultat.
4. [0,1] est stable par f, donc on obtient le résultat par récurrence sur n∈Npuisque 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.
∀x∈R∗
+f0(x) = 2x−1
2√x2−x+ 1
fdécroît donc sur [0,1
2]de 1à√3 2et croît sur [1 2,1] de √3 2à1.
2. ∀x∈[0,1] f(x)−x=1−x
√x2−x+1 d’où le résultat.
3. On utilise x2−x+ 1 >3
4d’après la première question, et −162x−161donc |2x−1|61pour x∈[0,1].
1.1.3
1. f(1) = 1
2. fest continue,dérivable sur [0,1], et :
∀x∈[0,1] |f0(x)|61
√3
donc, d’après l’inégalité des accroissements finis :
∀(x, y)∈[0,1]2|f(y)−f(x)|61
√3|y−x|.
Si x= 1, alors f(x)=1, et si y=un∈[0,1], alors f(y) = un+1, d’où le résultat.
3. Par récurrence : ∀n∈Ω |1−un|61
√3n
|1−u0|
4. 
1
√3
<1donc limn→∞ 1
√3n
= 0, et donc : limn→+∞un= 1.
Problème 2
Ètude d’une intégrale
1.1.4 II.1
ZA
0
e−tdt = 1 −eA
1

donc
lim
A→+∞ZA
0
e−tdt =1=I0.
II.2
a) On effectue une intégration par parties en posant f(t) = tn+1, f 0(t)=(n+ 1)tn, g0(t) = e−t, g(t) = −e0−t. f, g sont de
classe C1.
b) limA→∞ An+1
eA= 0. (C’est une limite remarquable).
c) En faisant tendre nvers +∞:
lim
n→∞ ZA
0
tn+1e−tdt = (n+ 1) lim
n→∞ tne−tdt = (n+ 1)In
(On sait que cette dernière limite est finie). Donc R+∞
0tn+1e−tdt converge et In+1 = (n+ 1)In.
II.3
Montrons alors par récurrence que pour tout entier naturel n,Inconverge et vaut n!. C’est vrai pour n= 0 puisque I0
converge et 0! = 1. Soit n∈N. On suppose que Inconverge 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−test une combinaison linéaire de termes de la forme tne−t, dont les intégrales sur [0,+∞[convergent. Donc
R+∞
0P(t)Q(t)e−tdt converge. *II.5 L’application (P, Q)7→ hP, Qiest bien définie d’après la question précédente. Elle est linaire
à gauche par linéarité de l’intégrale :
∀P1, P2, Q)∈R3[X]3,∀λ∈Rh, λP1+P2, Qi=Z+∞
0
(λP1+P2)(t)Q(t)e−tdt
=λZ+∞
0
P1(t)Q(t)e−tdt +Z+∞
0
P2(t)Q(t)e−tdt
=λhP1, Qi+hP2, Qi
Donc, d’après la symétrie, h,iest bilinéaire.
Par positivité de l’intégrale et de la fonction à intégrer :
∀P∈R3[X], P i=Z+∞
0
P2(t)e−tdt >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)2e−t= 0,
donc
∀t∈R∗
+P(t) = 0.
Pqui 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 P0et P”
sont des polynômes de degré inférieur à 2. Par linéarité des dérivations, on vérifie que Φest linéaire. C’est donc un endomorphisme
de R3[X].
2

II.7
On obtient sans problème Φ(1) = 0,Φ(X) = 1 −X, Φ(X2),Φ(X3) = 6X2+ 2X2(1 −X) = 9X2−3X3.D’où la matrice
dans la base canonique (1, X, X2, X3)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 Φest 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+a1X+a2X2+a3X3.On obtient à l’aide de la matrice :
P2=X2−4X+ 2
4. Pour λ= 3, on obtient de même à l’aide de la matrice :
P3=X3−9X2+ 18X−6.
II.10
a) fest prduit de fonctions de classe C1donc de classe C1.On trouve :
f0(t) = e−tΦ(t)
b) Évident d’après la question précédente.
c) On applique le théorème d’intégration par parties. fet Qsont de classe C1,
f(0)Q(0) = 0 = lim
t→+∞f(t)Q(t).
On trouve donc :
hΦ(P), Qi=−Z+∞
0
f(t)Q0(t)dt =−Z+∞
0
tP 0(t)Q0(t)dt
On est certain que cette dernière intégrale converge par le théorème d’intégration par parties.
d) Cette dernière expression est symétrique en Pet Q, donc en inversant les rôles de Pet Q, on obtient :
hΦ(P), Qi=hP, Φ(Q)i.
On traduit cette propriété en disant que Φest symétrique.
II.11
hΦ(Pi), Pji=h−iPi, Pji=−ihPi, Pji.
hPi,Φ(Pj)i=hPi,−jPji=−jhPi, Pji.
D’où par soustraction :
(i−j)hPi, Pji= 0.
Comme i−j6= 0, on obtient :
hPi, Pji= 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 sous-
espaceS 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.
3

Problème III
III.1
X0suit la loi certaine égale à 2donc E(X0) = 2 et V(X0)=0.
III.2
Appelons Ynl’événement : la première ampoule est allumée à l’instant n, et Znl’événement : la deuxième ampoule est allumée
à l’instant n.Xn= 2 est donc l’événement Yn∩Zn. On a PYn∩Zn(Yn+1) = 1
2=PYn∩Zn(Zn+1).Donc, par indépendance des
ampoules :PYn∩Zn(Yn+1 ∩Zn+1) = 1
4.
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
4+1 4=1 2.
III.3
PXn=2(Xn+1 = 0) = 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) =
0,PXn=0(Xn+1 = 0) = 1.
III.4
Les événements (Xn=k), k = 1,2,3forment un système complet d’événements. Donc
∀k∈ {0,1,2}P(Xn+1 =k) =
3
X
j=0
PXn=j(Xn+1 =k)P(Xn=j).
On obtient :
P((Xn+1 = 0)) = P(Xn= 0) + 1
2P(Xn+1 = 1) + 1 4P(Xn+1 = 2).
P((Xn+1 = 1)) = 1
2P(Xn+1 = 1) + 1 2P(Xn+1 = 2).
P((Xn+1 = 2)) = 1
4P(Xn+1 = 2).
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 1avec son unique terme. On a alors :
L1Un=
2
X
k=0
kP (Xn=k) = E(Xn).
b) L1A= (0 1
21) = 1 2L1.On a alors :
E(Xn+1) = L1Un+1 =L1AUn=1
2L1Un=1 2E(Xn).
c) La suite (E(Xn)) est géométrique de raison 1
2et donc :
∀n∈NE(Xn) = 1
2nE(X0) = 1 2n−1.
4

III.6
a)
E(X2
n) =
2
X
k=0
k2P(Xn=k) = L2Un.
b)
L2A= (0 1
2
3
2) = 1 4(L1+L2).
c) On a donc pour tout entier naturel n:
E(X2
n+1 =L2AUn=1
4(L2Un+L1Un=1 4E(X2
n) + 1
2n+1 .
d) 1
4un+1 2n+1 = 2 1 2n+1 =un+1
e) En retranchant membre à membre les résultats des deux questions précédentes, on obtient :
∀n∈N, vn+1 =1
4vn.
f) On a donc
∀n∈Nvn=1
4nv0=1 4n(4 −u0) = 2 4n.
Donc E(X2
n) = vn+un=1
2n−1+2 4n
III.7
On a alors : ∀n∈N, V (Xn) = E(X2
n)−E(Xn)2=1
2n−1+2 4n−1 4n−1=1 2n−1−2 4n.
5