Correction du concours blanc

TB2 − 2011-2012
Mathématiques
L.E.G.T.A. Le Chesnoy
D. Blottière
Correction du concours blanc
Exercice de probabilités (extrait du sujet du concours A-TB 2009)
Dans cet exercice, la probabilité de l’événement A sera notée P (A).
Nous disposons de trois dés équilibrés, chacun ayant quatre faces numérotées de 1 à 4. L’un des dés est rouge,
un autre est bleu et le dernier est vert.
1. Nous jetons les trois dés simultanément. X désigne la variable aléatoire qui donne le maximum des trois
nombres amenés par les dés.
1.1. Quelles sont les valeurs prises par X ?
1.2. Déterminer la fonction de répartition de X.
1.3. En déduire la loi de X.
2. Nous jetons les trois dés simultanément et on note X1 , X2 , X3 les nombres amenés respectivement par le
dé rouge, le dé bleu et le dé vert.
2.1. Soit Y la variable aléatoire donnant la somme des nombres amenés par les dés rouge et bleu.
2.1.1. Déterminer explicitement les couples (a, b) d’entiers de {1, 2, 3, 4} tels que :
(a) a + b = 3,
(b) a + b = 6,
(c) a + b = 8.
2.1.2. Déterminer l’ensemble I des valeurs prises par Y .
2.1.3. Déterminer la loi de Y en complétant le tableau suivant. On justifiera les réponses.
i
2
3
4
5
6
7
8
P (Y = i)
2.2. Soit Z la variable aléatoire donnant la somme des nombres amenés par les trois dés.
2.2.1. Déterminer l’ensemble J des valeurs prises par Z.
2.2.2. Justifier que : ∀ j ∈ J,
P (Z = j) =
8
X
P (Y = i et X3 = j − i).
i=2
3
.
32
2.2.4. Déterminer la probabilité que la somme des nombres amenés par les trois dés soit un multiple
de 5.
2.2.3. Démontrer que P (Z = 5) =
3. Nous jetons les trois dés et nous calculons la somme des nombres amenés par les trois dés. Et tant que
cette somme n’est pas un multiple de 5, nous recommençons le lancer des trois dés.
N désigne le nombre de lancers réalisés pour obtenir cette somme multiple de 5.
Reconnaı̂tre la loi de N et préciser son espérance.
Correction
1.1. Chacun des trois dés pouvant amener l’un des nombres {1, 2, 3, 4}, le maximum des nombres amenés par
les trois dés est l’un des nombres de {1, 2, 3, 4}. Par suite : X(Ω) = {1, 2, 3, 4}.
1
1.2. La variable aléatoire X prenant ses valeurs dans {1, 2, 3, 4}, sa fonction de répartition est la fonction en
escalier, donnée par :

0
si t < 1




 FX (1) = P (X ≤ 1) si 1 ≤ t < 2
FX (2) = P (X ≤ 2) si 2 ≤ t < 3
FX : R → [0, 1] ; t 7→ P (X ≤ t) =


FX (3) = P (X ≤ 3) si 3 ≤ t < 4



1
si 4 ≤ t.
Pour calculer la fonction FX , nous n’avons donc que trois de ses valeurs à calculer : FX (1), FX (2), FX (3).
Pour ce faire, nous allons utiliser :
• les variables aléatoires X1 , X2 , X3 définies dans le sujet seulement 1 à la question 2. ;
• la propriété suivante (rappelée en classe) :
(?) ∀ a, b, c, t ∈ R,
max(a, b, c) ≤ t ⇐⇒ (a ≤ t et b ≤ t et c ≤ t).
Soit i ∈ {1, 2, 3}.
FX (i)
= P (X ≤ i)
= P (max(X1 , X2 , X3 ) ≤ i) (par définition de X, X1 , X2 , X3 )
= P ([X1 ≤ i] ∩ [X2 ≤ i] ∩ [X3 ≤ i]) (d’après (?))
= P (X1 ≤ i) × P (X2 ≤ i) × P (X3 ≤ i)
(les lancers des trois dés sont indépendants)
= FX1 (i) × FX2 (i) × FX3 (i)
= (FX1 (i))3
(car X1 , X2 , X3 suivent la même loi : U({1, 2, 3, 4})
Comme X1 ∼ U({1, 2, 3, 4}), on a :
FX1 (1) = P (X1 ≤ 1) = P (X1 = 1) =
1
;
4
FX1 (2) = P (X1 ≤ 2) = P (X1 = 1) + P (X1 = 2) =
1
1 1
+ = ;
4 4
2
FX1 (3) = P (X1 ≤ 3) = P (X1 = 1) + P (X1 = 2) + P (X1 = 3) =
1 1 1
3
+ + = .
4 4 4
4
On a donc :
FX (1) = (FX1 (1))3 =
3
1
1
=
4
64
;
FX (2) = (FX1 (2))3 =
3
1
1
=
2
8
;
FX (3) = (FX1 (3))3 =
3
3
27
=
.
4
64
1.3. Comme X(Ω) = {1, 2, 3, 4}, pour déterminer la loi de X, il nous faut calculer les probabilités : P (X =
1), P (X = 2), P (X = 3), P (X = 4). On sait que connaissant la fonction de répartition FX de X, on peut
retrouver chacune de ces probabilités (cf. courbe représentative de FX et hauteurs des sauts ). Voici
comment.
1
P (X = 1) = FX (1) =
64
P (X = 2) = FX (2) − FX (1) =
1
1
7
−
=
8 64
64
P (X = 3) = FX (3) − FX (2) =
27 1
19
− =
64 8
64
P (X = 4) = FX (4) − FX (3) = 1 −
27
37
=
64
64
On vérifie que l’on a bien : P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4) = 1.
2.1.1. Les couples (a, b) d’entiers de {1, 2, 3, 4} tels que a + b = 3 sont : (1, 2), (2, 1).
Les couples (a, b) d’entiers de {1, 2, 3, 4} tels que a + b = 6 sont : (2, 4), (3, 3), (4, 2).
L’unique couple (a, b) d’entiers de {1, 2, 3, 4} tels que a + b = 8 est (4, 4).
1. Il me semble qu’il aurait été plus pertinent de définir ces trois variables aléatoires X1 , X2 , X3 en début d’exercice, car leur
introduction facilite la rédaction ici.
2
2.1.2. L’ensemble des valeurs prises par Y = X1 + X2 est {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} car X1 et X2 ont comme ensemble
de valeurs {1, 2, 3, 4}.
2.1.3. La loi de Y est donné par le tableau suivant.
i
2
3
4
5
6
7
8
P (Y = i)
1
16
2
1
=
16
8
3
16
4
1
=
16
4
3
16
2
1
=
16
8
1
16
On vérifie que :
8
X
P (Y = i) = 1
i=2
et on remarque une symétrie (ce qui n’est pas une surprise car on a déterminé la loi de Y = X1 + X2 , avec
X1 et X2 indépendantes et de même loi). On justifie ci-dessous quelques unes des valeurs données dans le
tableau.
P (Y = 3)
= P (X1 + X2 = 3)
= P (([X1 = 1] ∩ [X2 = 2]) ∪ ([X1 = 2] ∩ [X2 = 1]))
(cf. 2.1.1.)
= P (([X1 = 1] ∩ [X2 = 2])) + P (([X1 = 2] ∩ [X2 = 1]))
= P ([X1 = 1]) × P ([X2 = 2]) + P ([X1 = 2]) × P ([X2 = 1])
P (Y = 6)
=
1 1 1 1
× + ×
4 4 4 4
=
1
8
(probabilité d’une réunion disjointe)
(indépendance des lancers de dés)
= P (X1 + X2 = 6)
= P (([X1 = 2] ∩ [X2 = 4]) ∪ ([X1 = 3] ∩ [X2 = 3]) ∪ ([X1 = 4] ∩ [X2 = 2]))
(cf. 2.1.1.)
= P (([X1 = 2] ∩ [X2 = 4])) + P (([X1 = 3] ∩ [X2 = 3])) + P (([X1 = 4] ∩ [X2 = 2]))
(probabilité d’une réunion disjointe)
= P ([X1 = 2]) × P ([X2 = 4]) + P ([X1 = 3]) × P ([X2 = 3])) + P ([X1 = 4]) × P ([X2 = 2])
P (Y = 8)
=
1 1 1 1 1 1
× + × + ×
4 4 4 4 4 4
=
3
16
(indépendance des lancers de dés)
= P (X1 + X2 = 8)
= P ([X1 = 4] ∩ [X2 = 4])
(cf. 2.1.1.)
= P ([X1 = 4]) × P ([X2 = 4])
=
1 1
×
4 4
=
1
16
(indépendance des lancers de dés)
2.2.1. L’ensemble des valeurs prises par Z = X1 + X2 + X3 est J = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} car X1 , X2 et X3
ont comme ensemble de valeurs {1, 2, 3, 4}.
2.2.2. Nous avons vu que la variable Y a comme ensemble de valeurs Y (Ω) = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Donc :
([Y = i])i∈{2,3,4,5,6,7,8} est un système complet d’événements.
Soit j ∈ J = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}. On applique la formule des probabilités totales par rapport au
système complet d’événements ([Y = i])i∈{2,3,4,5,6,7,8} pour obtenir :
P (Z = j) =
8
X
P ([Z = j] ∩ [Y = i]).
i=2
3
Mais, si i ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, on a :
Z = j et Y = i =
=
=
=
X1 + X2 + X3 = j et X1 + X2 = i
X3 = j − (X1 + X2 ) et X1 + X2 = i
X3 = j − i et X1 + X2 = i
X3 = j − i et Y = i.
La formule des probabilités totales précédente se réécrit donc :
P (Z = j) =
8
X
P (X3 = j − i et Y = i).
i=2
2.2.3. D’après la formule précédemment établie, on a :
P (Z = 5)
=
8
X
P (X3 = 5 − i et Y = i)
i=2
les autres probabilités apparaissant
dans la somme sont nulles
=
P (X3 = 3 et Y = 2) + P (X3 = 2 et Y = 3) + P (X3 = 1 et Y = 4)
=
P (X3 = 3) × P (Y = 2) + P (X3 = 2) × P (Y = 3) + P (X3 = 1) × P (Y = 4)
=
1
1 1 1
3
1
×
+ × + ×
4 16 4 8 4 16
=
3
.
32
Y = X1 + X2 et X3 sont indépendantes
car les lancers des dés sont indépendants
(2.1.3. et X3 ∼ U({1, 2, 3, 4}))
2.2.4. La probabilité que la somme des nombres amenés par les trois dés soit un multiple de 5 est :
P (Z = 5 ou Z = 10) = P (Z = 5) + P (Z = 10)
car Z(Ω) = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12} (cf. question 2.2.1.). Il reste donc à calculer P (Z = 10). Pour cela,
on utilise à nouveau la formule obtenue en 2.2.2..
P (Z = 10)
=
8
X
P (X3 = 10 − i et Y = i)
i=2
= P (X3 = 4 et Y = 6) + P (X3 = 3 et Y = 7) + P (X3 = 2 et Y = 8)
les autres probabilités apparaissant
dans la somme sont nulles
= P (X3 = 4) × P (Y = 6) + P (X3 = 3) × P (Y = 7) + P (X3 = 2) × P (Y = 8)
=
1
3
1 1 1
1
×
+ × + ×
4 16 4 8 4 16
=
3
.
32
Y = X1 + X2 et X3 sont indépendantes
car les lancers des dés sont indépendants
(2.1.3. et X3 ∼ U({1, 2, 3, 4}))
La probabilité que la somme des nombres amenés par les trois dés soit un multiple de 5 est donc :
3
3
3
+
=
.
32 32
16
3. On reconnaı̂t une situation de loi usuelle. On répète un schéma de Bernoulli de façon indépendante jusqu’à
l’obtention d’un premier succès et on considère la variable aléatoire N égale au nombre de répétitions
effectuées. Dans ce schéma de Bernoulli :
• un succès est : la somme amenée par les trois dés lors d’un lancer simultané est un multiple de 5 ;
3
• la probabilité de succès est :
(cf. 2.2.4.).
16
3
16
On en déduit que N ∼ G
et que E(N ) =
.
16
3
4
Exercice d’algèbre linéaire (d’après le sujet du concours A-TB 2008)
Dans tout l’exercice, a désigne un nombre réel appartenant à ]2, +∞[.
1. Puissance d’une matrice
Soit M la matrice carrée d’ordre 2 à coefficients réels définie par : M =
a
1
1−a
0
.
1.1. Spectre de M
1.1.1. Factoriser a2 − 4a + 4. En déduire que a2 − 4a + 4 ≥ 0 et calculer la valeur de
√
a2 − 4a + 4.
1.1.2. Déterminer l’ensemble Spec(M ) = {λ ∈ R : rang(M − λI2 ) 6= 2}.
1.2. Sous-espaces propres de M
x
x
x
1.2.1. Démontrer que E1 =
∈ R2 : M
=
est un sous-espace vectoriel de R2 . En
y
y
y
donner une base et préciser sa dimension.
x
x
x
2
1.2.2. Démontrer que Ea−1 =
∈R : M
= (a − 1)
est un sous-espace vectoriel
y
y
y
2
de R . En donner une base et préciser sa dimension.
1.3. Diagonalisation de M
On note E = (e1 , e2 ) la base canonique de R2 , ϕ l’endomorphisme de R2 canoniquement associé à M
et idR2 : R2 → R2 ; u 7→ u (endomorphisme identité de R2 ).
1
a−1
1.3.1. Montrer que la famille F = f1 =
, f2 =
est une base de R2 .
1
1
1.3.2. Calculer la matrice D définie par : D = Mat(ϕ, F, F).
1.3.3. Calculer la matrice P définie par : P = Mat(idR2 , F, E).
1.3.4. Justifier, sans effectuer de calcul, que :
(a) P est inversible,
(b) M = P DP −1 .
1.4. Puissances successives de M
1.4.1. Montrer que : ∀ n ∈ N,
M n = P Dn P −1 .
1.4.2. Calculer P −1 .
1.4.3. Calculer Dn , pour tout entier naturel n.
1.4.4. En déduire que :
∀ n ∈ N,
1
M =
2−a
n
1 − (a − 1)n+1
1 − (a − 1)n
1 − a + (a − 1)n+1
1 − a + (a − 1)n
.
2. Calcul des termes consécutifs d’une suite récurrente linéaire d’ordre 2
Soit (un )n∈N la suite définie par ses deux premiers termes u0 , u1 et la relation de récurrence :
un+2 = a un+1 + (1 − a) un
valable pour tout n ∈ N.
un+1
2.1. Pour tout entier naturel n, on pose Xn =
.
un
2.1.1. Soit n ∈ N. Reconnaı̂tre le produit M Xn .
2.1.2. Montrer que pour tout entier naturel n : Xn = M n X0 .
2.2. En utilisant la partie 1., exprimer pour tout entier naturel n, le terme un en fonction de n, a, u0 et u1 .
Correction
1.1.1. On a :
a2 − 4a + 4 = (a − 2)2 .
On peut le voir en repérant une identité remarquable ou bien en calculant la forme canonique du trinôme
du second degré a2 − 4a + 4.
5
Comme a2 − 4a + 4 = (a − 2)2 et comme un carré réel est positif ou nul, on a : (a − 2)2 ≥ 0. De plus,
a 6= 2 (car a ∈]2, +∞[) et donc a − 2 6= 0. Ainsi a-t-on :
(a − 2)2 > 0.
√
p
=
(a − 2)2
(d’après √
la factorisation précédente)
= |a − 2|
(∀ X ∈ R,
X 2 = |X|)
= a−2
(a ∈ ]2, +∞[ (i.e. a > 2) =⇒ a − 2 > 0)
a2 − 4a + 4
1.1.2. Soit λ ∈ R.
rang(M − λI2 )
=
=
=
rang
=
−
1−a
−λ
1
a−λ
−λ
1−a
rang
rang
a−λ
1
rang
rang
=
1−a
0
a
1
λ
0
0
λ
(L1 ↔ L2 )
−λ
1 − a − (a − λ)(−λ)
1
0
−λ
1
0
(L2 ← L2 − (a − λ)L1 )
!
−λ2 + aλ + 1 − a
On en déduit que :
rang(M − λI2 ) 6= 2
−λ2 + aλ + 1 − a = 0.
⇐⇒
On est ainsi conduit à chercher les racines du trinôme du second degré P = −X 2 + aX + 1 − a. Son
discriminant est :
∆ = a2 − 4 × (−1) × (1 − a) = a2 − 4a + 4 = (a − 2)2 > 0.
1.1.1.
1.1.1.
Le polynôme P admet donc deux racines distinctes :
x1 =
√
−a − a2 − 4a + 4
−a − (a − 2)
= −
=a−1
1.1.1.
2 × (−1)
2
et
x2 =
√
−a + a2 − 4a + 4
−a + (a − 2)
= −
= 1.
1.1.1.
2 × (−1)
2
On déduit de cette étude que :
Spec(M ) = {λ ∈ R : rang(M − λI2 ) 6= 2} = {a − 1, 1}.
Remarque : On a déterminé ici les valeurs propres de M .
1.2.1. On a :
E1
=
x
x
x
2
∈R : M
=
y
y
y
=
x
x
x
0
2
∈R : M
−
=
y
y
y
0
=
x
x
x
0
2
∈R : M
− I2
=
y
y
y
0
=
x
x
0
2
∈ R : (M − I2 )
=
y
0
y
On en déduit que E1 est l’ensemble solution du système linéaire homogène
(a − 1)x + (1 − a)y = 0
(S1 ) :
x −
y = 0
6
x
d’inconnue
∈ R2 et dont les coefficients sont réels. D’après le cours, E1 est donc un sous-espace
y
vectoriel de R2 . Pour déterminer une base de E1 , résolvons (S1 ).
(a − 1)x +
x −
(1 − a)y
y
=
=
0
0
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
x −
(a − 1)x +
x
−
x
− y
0
y
(1 − a)y
= 0
= 0
y
((1 − a) + (a − 1))y
(L1 ↔ L2 )
= 0
= 0
(L2 ← L2 − (a − 1)L1 )
= 0
= 0
Le système (S1 ) est de rang 1 et possède deux inconnues. On choisit un paramètre : y. De L1 , on tire
x = y. On a donc :
y
1
E1 =
: y ∈ R = Vect
.
y
1
1
E1 est engendré par le vecteur
qui est non nul. C’est donc un sous-espace vectoriel de R2 de dimen1
1
sion 1, dont
forme une base.
1
1.2.2. On a :
Ea−1
x
x
x
2
=
∈R : M
= (a − 1)
y
y
y
x
x
x
0
2
=
∈R : M
− (a − 1)
=
y
y
y
0
x
x
x
0
2
=
∈R : M
− (a − 1)I2
=
y
y
y
0
x
x
0
2
=
∈ R : (M − (a − 1)I2 )
=
y
y
0
On en déduit que Ea−1 est l’ensemble solution du système linéaire homogène
x + (1 − a)y = 0
(Sa−1 ) :
x + (1 − a)y = 0
x
d’inconnue
∈ R2 et dont les coefficients sont réels. D’après le cours, Ea−1 est donc un sous-espace
y
vectoriel de R2 . Pour déterminer une base de Ea−1 , résolvons (Sa−1 ).
x + (1 − a)y = 0
x + (1 − a)y = 0
⇐⇒
(L1 = L2 )
x + (1 − a)y = 0
0 = 0
Le système (Sa−1 ) est de rang 1 et possède deux inconnues. On choisit un paramètre : y. De L1 , on tire
x = (a − 1)y. On a donc :
(a − 1)y
a−1
Ea−1 =
: y ∈ R = Vect
.
y
1
a−1
Ea−1 est engendré par le vecteur
qui est non nul. C’est donc un sous-espace vectoriel de R2 de
1
a−1
dimension 1, dont
forme une base.
1
Remarque : On a déterminé ici une base de chacun des sous-espaces propres de M , après avoir redémontré
qu’un sous-espace propre de M est un sous-espace vectoriel de R2 (ce qui découle du cours à présent).
7
1.3.1. On a :
F=
1
a−1
f1 =
, f2 =
est une base de R2
1
1
1
a−1
,
est libre
1
1
⇐⇒
⇐⇒
Or det
1
1
a−1
1
det
1
1
a−1
1
F possède deux éléments
dim(R2 ) = 2
6= 0
(critère du déterminant)
= 1 × 1 − (a − 1) × 1 = 2 − a 6= 0 car a ∈ ]2, +∞[. La famille F est donc une base de R2 .
Remarque : On construit ici une base de vecteurs propres de M en concaténant une base de E1 et une
base de Ea−1 . La matrice M est donc diagonalisable, par définition.
1.3.2. On calcule D = Mat(ϕ, F, F). Pour cela, il nous faut exprimer :
• ϕ(f1 ) = M f1 comme combinaison linéaire de f1 et de f2 ;
• ϕ(f2 ) = M f2 comme combinaison linéaire de f1 et de f2 .
1
Nous avons vu que f1 =
forme une base de E1 . On a donc en particulier que f1 ∈ E1 . Mais alors,
1
par définition même de E1 , on a M f1 = f1 . On a donc :
ϕ(f1 ) = M f1 = f1 = 1 f1 + 0 f2 .
a−1
forme une base de Ea−1 . On a donc en particulier que
1
f2 ∈ Ea−1 . Mais alors, par définition même de Ea−1 , on a M f2 = (a − 1) f2 . On a donc :
Nous avons également vu que f2 =
ϕ(f2 ) = M f2 = (a − 1) f2 = 0 f1 + (a − 1) f2 .
On en déduit que :
D = Mat(ϕ, F, F) =
1
0
0
a−1
.
Remarque : D est la matrice de l’endomorphisme ϕ associé canoniquement à M dans la base F qui est
formée de vecteurs propres pour M . On trouve bien sûr une matrice diagonale, avec sur la diagonale, les
valeurs propres correspondant aux différents vecteurs propres de la matrice M .
1.3.3. On calcule P = Mat(idR2 , F, E). Pour cela, il nous faut exprimer :
• idR2 (f1 ) = f1 comme combinaison linéaire de e1 et de e2 ;
• idR2 (f2 ) = f2 comme combinaison linéaire de e1 et de e2 .
1
0
Comme e1 =
, e2 =
est la base canonique de R2 , c’est très simple. On a :
0
1
f1 =
1
= 1 e1 + 1 e2
1
et
f2 =
On a donc :
P = Mat(idR2 , F, E) =
a−1
1
1
1
a−1
1
= (a − 1) e1 + 1 e2 .
.
Remarque : P est la matrice PE,F de passage de la base canonique à la base de diagonalisation F.
1.3.4. On a P = Mat(idR2 , F, E). P est la matrice de l’isomorphisme idR2 de R2 dans les bases E et E. D’après
le cours, P est donc inversible et :
P −1 = Mat((idR2 )−1 , E, F) = Mat(idR2 , E, F)
((idR2 )−1 = idR2 ).
On a alors :
DP −1
= Mat(ϕ, F, F) × Mat(idR2 , E, F)
= Mat(ϕ ◦ idR2 , E, F)
(cf. lien entre composition d’applications linéaires et produit de matrices)
= Mat(ϕ, E, F)
(ϕ ◦ idR2 = ϕ)
8
et donc :
P DP −1
= Mat(idR2 , F, E) × Mat(ϕ, E, F)
(cf. lien entre composition d’applications linéaires et produit de matrices)
= Mat(idR2 ◦ ϕ, E, E)
= Mat(ϕ, E, E)
(idR2 ◦ ϕ = ϕ)
Or comme ϕ est l’endomorphisme canoniquement associé à M , on a :
M = Mat(ϕ, E, E).
D’après ce qui précède, on a donc : P DP −1 = M.
Remarque : Ici, on a finalement redémontré le théorème de changement de base, dans un cas particulier. Compte tenu des derniers résultats du cours, on peut maintenant justifier cette relation en citant le
théorème de changement de base, qui donne :
Mat(ϕ, E, E) = PE,F × Mat(ϕ, F, F) × (PE,F )−1
et en identifiant les différentes matrices intervenant dans la formule, avec celles de l’énoncé.
1.4.1. Pour tout n ∈ N, on pose :
Pn : M n = P Dn P −1 .
• Initialisation
La propriété P0 s’écrit : M 0 = P D0 P −1 . Comme M 0 = D0 = I2 , la propriété P0 se réécrit I2 =
P I2 P −1 . Elle est vraie.
• Hérédité
Supposons la propriété Pn vraie pour un entier n ∈ N fixé, i.e. :
M n = P Dn P −1 .
Montrons que la propriété Pn+1 est vraie, i.e. que :
M n+1 = P Dn+1 P −1 .
M n+1
= Mn M
−1
n −1
= |P D{z
P } |P DP
{z }
Mn
M
−1
= P Dn |P −1
{z P}DP
I2
n
= P |D{z
D}P −1
D n+1
= P Dn+1 P −1
• Conclusion
De l’initialisation au rang n = 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence on déduit que la propriété
Pn est vraie pour tout n ∈ N, i.e. que :
M n = P Dn P −1 .
∀ n ∈ N,
1.4.2. Pour calculer P −1 , on résout le sytème :
x1 + (a − 1)x2
(S) :
x1 +
x2
x1
y1
d’inconnue
∈ R2 , où
∈ R2 est un paramètre.
x2
y2
9
= y1
= y2

x1



(S) ⇐⇒
(a − 1)x2
+
=
= y2 − y1
(1 − (a − 1))x2
{z
}
|



y1
(L2 ← L2 − L1 )
(2−a)
Notons que comme a ∈ ]2, +∞[, (2 − a) 6= 0. On retrouve le résultat prouvé en 1.3.4. (P est inversible),
car (S) est de Cramer.
De (L2 ), on déduit que :
x2 = −
1
1
y1 +
y2 .
2−a
2−a
De (L1 ), on déduit alors que :
x1 = y1 − (a − 1)x2 = y1 +
D’où :
a−1
a−1
1
a−1
y1 −
y2 =
y1 −
y2 .
2−a
2−a
2−a
2−a




 x1
=



 x2
1
= −
y1
2−a
1
y1
2−a
−
a−1
y2
2−a
+
1
y2
2−a
.
On en déduit que :
1
2−a
P −1 =
1
−1
−(a − 1)
1
.
1
0
1.4.3. La matrice D =
étant diagonale, pour calculer sa puissance n-ième (n ∈ N), il suffit d’élever
0 a−1
chacun de ses coefficients diagonaux à la puissance n. On a donc :
n
1
0
1
0
n
∀ n ∈ N,
D =
=
.
0 (a − 1)n
0 (a − 1)n
1.4.4. Soit n ∈ N.
Mn
= P Dn P −1
(cf. 1.4.1.)
=
1
1
a−1
1
=
1
2−a
=
1
2−a
1
0
a−1
1
1
1
0
(a − 1)n
1
0
0
M Xn
1
−1
−(a − 1)
1
1
−1
−(a − 1)
1
1 − a + (a − 1)n+1
1 − a + (a − 1)n
a
1
un+1
un
aun+1 + (1 − a)un
un+1
un+2
un+1
=
=
=
(a − 1)n
1 − (a − 1)n+1
1 − (a − 1)n
2.1.1. Soit n ∈ N.
1
2−a
1−a
0
(cf. relation de récurrence)
= Xn+1
2.1.2. Pour tout n ∈ N, on pose :
(cf. 1.3.3., 1.4.3., 1.4.2.)
Pn : Xn = M n X0 .
10
• Initialisation
La propriété P0 s’écrit : X0 = M 0 X0 . Comme M 0 = I2 , la propriété P0 se réécrit X0 = X0 . Elle est vraie.
• Hérédité
Supposons la propriété Pn vraie pour un entier n ∈ N fixé, i.e. :
Xn = M n X0 .
Montrons que la propriété Pn+1 est vraie, i.e. que :
Xn+1 = M n+1 X0 .
X n+1
= M Xn
(cf. 2.1.1.)
= M M n X0
(hypothèse de récurrence)
= M n+1 X0
• Conclusion
De l’initialisation au rang n = 0, de l’hérédité et de l’axiome de récurrence on déduit que la propriété
Pn est vraie pour tout n ∈ N, i.e. que :
∀ n ∈ N,
Xn = M n X0 .
2.2. Soit n ∈ N. D’après 2.1.2. et 1.4.4., on a :
1
1 − (a − 1)n+1
Xn =
1 − (a − 1)n
2−a
1 − a + (a − 1)n+1
1 − a + (a − 1)n
X0
ce qui se réécrit :
un+1
un
=
1
2−a
ou encore :
1 − (a − 1)n+1
1 − (a − 1)n
1 − a + (a − 1)n+1
1 − a + (a − 1)n
1 − a + (a − 1)n+1
1 − (a − 1)n+1
u
+
u0
1

2−a
2−a

=

1 − (a − 1)n
1 − a + (a − 1)n
u1 +
u0
2−a
2−a

un+1
un
On en déduit que :
un =
1 − (a − 1)n
1 − a + (a − 1)n
u1 +
u0 .
2−a
2−a
Problème d’analyse (extrait du sujet du concours A-TB 2009)
Considérons la suite u définie par : ∀ n ∈ N∗ ,
un =
n
X
(−1)k−1
k=1
k
.
1. Convergence de la suite u
1.1. Soit n un entier naturel non nul.
1
1.1.1. Montrer que pour tout entier naturel non nul k : =
k
Z 1
1 − (−x)n
dx,
1.1.2. En déduire que : un =
1+x
0
Z 1 n
x
puis que : un = ln(2) + (−1)n+1
dx.
1
+x
0
11
Z
0
1
xk−1 dx.
u1
u0



.

1.2. Soit n un entier naturel non nul.
En encadrant la fonction x 7→
1
sur [0, 1], montrer que :
1+x
Z 1 n
1
x
1
≤
dx ≤
.
2(n + 1)
1
+
x
n
+
1
0
1.3. Établissons la convergence de la suite u.
1
.
n+1
1.3.2. En déduire, avec soin, que la suite u converge et préciser sa limite.
1.4. Vitesse de convergence
À l’aide de la question 1.3.1., déterminer un entier naturel p tel que :
1.3.1. Montrer que : ∀ n ∈ N∗ ,
|un − ln(2)| ≤
|up − ln(2)| ≤ 10−4 .
2. Accélération de la convergence de la suite u
2.1. À l’aide d’une intégration par parties, montrer que :
Z 1
Z 1 n
xn+1
1
1
x
dx.
dx =
+
∀ n ∈ N∗ ,
2(n + 1) n + 1 0 (1 + x)2
0 1+x
Z
(−1)n+1
(−1)n+1 1 xn+1
2.2. En déduire que : ∀ n ∈ N∗ , un = ln(2) +
dx.
+
2(n + 1)
n + 1 0 (1 + x)2
2.3. Considérons la suite ν définie par : ∀ n ∈ N∗ ,
νn = 2 u4n−1 − u2n−1 .
Z 1 2n 2n
1
x (x − 1)
2.3.1. Montrer que : ∀ n ∈ N , νn = ln(2) +
dx.
2n 0
(1 + x)2
Z 1 2n 2n
1
x (x − 1) dx
2.3.2. Montrer que : ∀ n ∈ N∗ , ≤ 2n + 1 .
2
(1
+
x)
0
1
∗
2.3.3. En déduire que : ∀ n ∈ N , |νn − ln(2)| ≤ 2 .
4n
∗
2.4. Concluons sur la convergence et la rapidité de convergence de la suite ν.
2.4.1. Montrer, avec soin, que la suite ν converge vers ln(2).
2.4.2. À l’aide de la question 2.3.3., déterminer un entier naturel q tel que :
|νq − ln(2)| ≤ 10−4 .
2.5. Algorithme de calcul des termes de la suite ν
∗
2.5.1. Montrer que : ∀ n ∈ N ,
2n−1
X
νn =
k=1
(−1)k−1
k
!
+2
4n−1
X
k=2n
(−1)k−1
k
!
2.5.2. n désigne un entier naturel non nul.
Recopier et compléter les cadres de l’algorithme de calcul de νn suivant.
x←
signe ← 1
pour k allant de 1 à



x ← x + signe / k
signe ←
pour k allant de




faire
x←
signe ←
12
à
faire
.
Correction
1.1.1. Soit k ∈ N∗ .
1
Z
x
k−1
0
1 k
dx =
x
k
1
=
0
1 k 1
1 −
k
k
0k
|{z}
=
1
.
k
0 car k
entier
non nul
1.1.2. Soit n ∈ N∗ .
un
=
n
X
(−1)k−1
k
k=1
=
n
X
(−1)k−1
k=1
=
n
X
k−1
1
k
Z
Z
(cf. 1.1.1.)
0
n
1X
(−1)k−1 (x)k−1 dx
{z
}
0 k=1 |
=
xk−1 dx
(−1)
k=1
=
1
Z
1 n−1
X
(linéarité de l’intégrale)
(−x)k−1
0
(changement d’indice k 0 = k − 1)
(−x)k dx
0 k0 =0
Z
1
=
0
Z
=
0
1

1 − (−x)n
dx
1 − (−x)
car ∀ q ∈ R \ {1},
∀ N ∈ N,
N
X
k=0

N +1
1
−
q

qk =
1−q
1 − (−x)n
dx
1+x
Or :
(−1)n+1 xn
Z
0
1
1 − (−x)n
dx
1+x
Z
1
z }| {
−(−x)n
1
+
dx
1+x
1+x
1
1
dx + (−1)n+1
1+x
=
0
Z
=
0
=
=
[ln(|1 +
1
x|)]0
+ (−1)
ln(2) + (−1)n+1
On a donc un = ln(2) + (−1)n+1
0
1
0
Z
0
Z
1
0
Z
n+1
1
Z
1
xn
dx
1+x
(linéarité de l’intégrale)
xn
dx
1+x
xn
dx.
1+x
xn
dx.
1+x
1.2. Soit n un entier naturel non nul.
Soit x ∈ [0, 1].
0≤x≤1
=⇒ 1 ≤ 1 + x ≤ 2
=⇒ 1 ≥
1
1
≥
1+x
2
=⇒ xn ≥
xn
xn
≥
1+x
2
(ajout de 1 à chaque membre)
(la fonction inverse est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[)
(multiplication de chaque membre par xn ≥ 0)
13
On a donc :
xn
xn
≤
≤ xn .
2
1+x
R1
En intégrant cette relation entre 0 et 1 (cf. croissance de 0 ), on obtient :
Z 1 n
Z 1 n
Z 1
x
x
dx ≤
dx ≤
xn dx
2
0
0 1+x
0
∀ x ∈ [0, 1],
soit, d’après la linéarité de l’intégrale et la question 1.1.1. :
Z
Z 1 n
Z 1
1 1 n
x
x dx ≤
dx ≤
xn dx.
2 0
0 1+x
0
| {z }
| {z }
1
1
n+1
n+1
On a donc :
1
xn
1
dx ≤
.
n+1
0 1+x
Z 1 n
x
∗
n+1
1.3.1. Soit n ∈ N . De 1.1.2., on déduit que : un − ln(2) = (−1)
dx. On a :
1
+x
0
Z 1 n
x
n+1
(d’après la précédente égalité)
|un − ln(2)| = (−1)
dx
0 1+x
1
≤
2(n + 1)
Z
n+1 = (−1)
× 1
0
Z
= 1
0
Z
xn
dx
1+x
xn
dx
1+x
(multiplicativité de la valeur absolue)
(car (−1)n+1 = 1).
On rappelle qu’en 1.2., on a vu :
1
≤
2(n + 1)
| {z }
Z
1
0
xn
1
dx ≤
.
1+x
n+1
>0
1
Z
On a donc
0
xn
dx > 0 et donc :
1+x
Z
0
1
Z 1 n
xn
x
dx =
dx.
1+x
0 1+x
On en déduit :
1
Z
|un − ln(2)| =
0
1
Z
En remplaçant
0
xn
dx.
1+x
n
x
dx par |un − ln(2)| dans la relation obtenue en 1.2., on obtient alors :
1+x
1
1
≤ |un − ln(2)| ≤
2(n + 1)
n+1
d’où :
|un − ln(2)| ≤
1
.
n+1
1.3.2. Soit n ∈ N∗ .
|un − 2| ≤
1
n+1
=⇒
−
1
1
≤ un − ln(2) ≤
n+1
n+1
=⇒ ln(2) −
De ln(2) −
1
n+1
→
n→+∞
(∀ A ∈ R+ ,
1
1
≤ un ≤ ln(2) +
n+1
n+1
ln(2), de ln(2) +
1
n+1
→
n→+∞
un
→
|X| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ X ≤ A)
(ajout de ln(2) à chaque membre)
ln(2) et du théorème d’encadrement, on déduit que :
n→+∞
14
∀ X ∈ R,
ln(2).
1.4. Soit p ∈ N∗ . D’après 1.3.1., on a :
1
.
p+1
|up − ln(2)| ≤
Donc si p est tel que :
1
≤ 10−4
p+1
on a, par transitivité de la relation d’ordre :
|up − ln(2)| ≤ 10−4 .
Il suffit donc de trouver p tel que :
1
≤ 10−4 .
p+1
1
≤ 10−4
p+1
p + 1 ≥ 104
⇐⇒
(la fonction inverse est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[)
4
⇐⇒
p ≥ 10 − 1 = 9999.
Donc pour p = 9999, on a |up − ln(2)| ≤ 10−4 .
2.1. Soit n ∈ N∗ .
La fonction u : [0, 1] → R ; x 7→
1
xn+1 est C 1 sur [0, 1] (fonction polynôme).
n+1
1
La fonction v : [0, 1] → R ; x 7→
est C 1 sur [0, 1] (fraction rationnelle).
1+x
De plus, pour tout x ∈ [0, 1], on a :
u0 (x) = xn
0
1
xn
dx
1+x
| {z }
u0 (x)×v(x)
1
.
(1 + x)2
1

Z
v 0 (x) = −
et
Z 1
 1
xn+1 
1
1


n+1
= 
x
−
dx
 −
(1 + x)2
|n + 1{z1 + x}
0 n+1
|
{z
}
u(x)×v(x)
|
=
{z
1
2(n + 1)
u(x)×v 0 (x)
}0
1
1
+
2(n + 1) n + 1
On a donc :
Z
0
1
(intégration par parties)
Z
0
1
xn+1
dx
(1 + x)2
(linéarité de l’intégrale)
xn
1
1
dx =
+
1+x
2(n + 1) n + 1
1
Z
0
xn+1
dx.
(1 + x)2
∗
2.2. Soit n ∈ N .
un
=
ln(2) + (−1)n+1
1
Z
0
=
=
ln(2) + (−1)
n+1
xn
dx
1+x
(cf. 1.1.2.)
1
1
+
2(n + 1) n + 1
(−1)n+1
(−1)n+1
ln(2) +
+
2(n + 1)
n+1
Z
0
1
Z
1
xn+1
dx
(1 + x)2
0
(cf. 2.1.)
xn+1
dx
(1 + x)2
2.3.1. Soit n ∈ N∗ .
νn
=
2u4n−1 − u2n−1
=
(−1)(4n−1)+1
(−1)(4n−1)+1
+
2 ln(2) +
2((4n − 1) + 1)
(4n − 1) + 1
(définition de νn )
Z
0
1
x(4n−1)+1
dx
(1 + x)2
Z
(−1)(2n−1)+1
(−1)(2n−1)+1 1 x(2n−1)+1
− ln(2) +
+
dx
2((2n − 1) + 1)
(2n − 1) + 1 0 (1 + x)2
15
(cf. 2.2.)

1
1
z }| { z }| { Z


(−1)4n
(−1)4n 1 x4n


dx
2 ln(2) +
+

2
8n
4n
(1
+
x)


0

=


1
1
z }| { z }| { Z


(−1)2n
(−1)2n 1 x2n


− ln(2) +
dx
+

2
4n
2n


0 (1 + x)
=
=
=
1 1
2 ln(2) + +
4n 2n
ln(2) +
ln(2) +
1
2n
Z
1
2n
Z
1
0
1
Z
1
x4n
1
1
dx − ln(2)−
−
(1 + x)2
4n 2n
0
x4n
dx −
(1 + x)2
Z
0
1
1
0
x2n
dx
(1 + x)2
x2n
dx
(1 + x)2
x4n
x2n
−
dx
(1 + x)2
(1 + x)2
0
Z
(linéarité de l’intégrale)
x2n (x2n −1)
=
D’où : νn = ln(2) +
1
2n
ln(2) +
Z
1
0
2.3.2. Soit n ∈ N∗ . On a :
Z 1 2n 2n
x (x − 1) dx
≤
(1 + x)2
0
1
2n
Z
z }| {
x4n − x2n
dx
(1 + x)2
1
0
x2n (x2n − 1)
dx.
(1 + x)2
Z
1
0
2n 2n
x (x − 1) (1 + x)2 dx
Soit x ∈ [0, 1]. On a :
2n 2n
x (x − 1) (1 + x)2 =
|x2n | |x2n − 1|
|(1 + x)2 |
(majoration de la valeur absolue d’une intégrale).
(multiplicativité de la valeur absolue).
(xn )2
z}|{
Un carré de nombre réel étant positif, on a : |(1 + x)2 | = (1 + x)2 et | x2n | = x2n . On a donc :
2n 2n
x (x − 1) x2n |x2n − 1|
(1 + x)2 = (1 + x)2 .
On va chercher à encadrer x 7→
|x2n − 1|
sur [0, 1].
(1 + x)2
6=0
0≤x≤1
0≤x≤1
=⇒
z}|{
0 = 0 2n ≤ x2n ≤ 12n = 1
=⇒
−1 ≤ x2n − 1 ≤ 0
(soustraction de 1 à chaque membre)
=⇒
−1 ≤ x2n − 1 ≤ 1
(0 ≤ 1 et transitivité de la relation d’ordre)
=⇒
|x2n − 1| ≤ 1
=⇒
1≤1+x≤2
(∀ A ∈ R+ ,
1=
∀ X ∈ R,
|X| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ X ≤ A).
(ajout de 1 à chaque membre)
=⇒ 1 = 12 ≤ (1 + x)2 ≤ 22 = 4
=⇒
(x 7→ x2n est (strictement) croissante sur [0, +∞[)
1
1
1
≥
≥
1
(1 + x)2
4
(la fonction carrée est (strictement) croissante sur [0, +∞[)
(la fonction inverse est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[)
16
En multipliant membre à membre les deux inégalités :
|x2n − 1| ≤ 1
et
1
≤1
(1 + x)2
qui ne mettent en jeu que des nombres positifs, on obtient :
|x2n − 1|
≤ 1.
(1 + x)2
En multipliant cette dernière inégalité par x2n ≥ 0, on a enfin :
x2n |x2n − 1|
≤ x2n .
(1 + x)2
{z
}
|
x2n (x2n − 1) (1 + x)2 R1
En intégrant cette inégalité entre 0 et 1 (cf. croissance de 0 ), il vient :
Z 1 2n 2n
Z 1
x (x − 1) 1
dx ≤
x2n dx
=
.
(1 + x)2 2n
+1
(cf.
1.1.1.)
0
0
De cette inégalité et de la première obtenue, on tire :
Z 1 2n 2n
Z 1 2n 2n
x (x − 1) 1
x (x − 1) dx ≤
≤
dx
2
2
(1 + x)
(1 + x)
2n + 1
0
0
d’où, par transitivité de la relation d’ordre :
Z 1 2n 2n
1
x (x − 1) dx ≤
.
2
(1
+
x)
2n
+1
0
2.3.3. Soit n ∈ N∗ .
On a :
νn − ln(2) =
1
2n
Z
0
1
x2n (x2n − 1)
dx
(1 + x)2
(cf. 2.3.1.)
et ainsi
Z
Z 1 2n 2n
1
x (x − 1) 1 1 x2n (x2n − 1) =
dx
×
dx
|νn − ln(2)| = 2n 2n 0
(1 + x)2
(1 + x)2
0
| {z }
1
2n
où l’on a appliqué la multiplicativité de la valeur absolue pour obtenir la dernière égalité. De
Z 1 2n 2n
x (x − 1) 1
dx ≤
(cf. 2.3.2.)
2
(1
+
x)
2n
+1
0
on déduit :
Z 1 2n 2n
1
x (x − 1) 1
1
×
dx ≤
×
2
2n
(1 + x)
2n 2n + 1
0
|
{z
}
|νn −ln(2)|
1
> 0. Mais :
en multipliant chaque membre par
2n
1
1
2n ≤ 2n + 1 =⇒
≥
(la fonction inverse est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[)
2n
2n + 1
1
1
1
1
=⇒
×
multiplication
de
chaque
membre
par
>
0.
≥
4n2
2n 2n + 1
2n
En rassemblant les derniers résultats obtenus, il vient :
|νn − ln(2)| ≤
d’où |νn − ln(2)| ≤
1
1
1
×
≤ 2
2n 2n + 1
4n
1
par transitivité de la relation d’ordre.
4n2
17
2.4.1. Soit n ∈ N∗ .
|νn − 2| ≤
1
4n2
=⇒
−
1
1
≤ νn − ln(2) ≤ 2
4n2
4n
=⇒ ln(2) −
De ln(2) −
1
4n2
→
n→+∞
(∀ A ∈ R+ ,
1
1
≤ νn ≤ ln(2) + 2
4n2
4n
ln(2), de ln(2) +
1
4n2
→
|X| ≤ A ⇐⇒ −A ≤ X ≤ A)
(ajout de ln(2) à chaque membre)
ln(2) et du théorème d’encadrement, on déduit que :
n→+∞
νn
∀ X ∈ R,
→
n→+∞
ln(2).
2.4.2. Soit q ∈ N∗ . D’après 2.3.3., on a :
|νq − ln(2)| ≤
1
.
4q 2
Donc si q est tel que :
1
≤ 10−4
4q 2
on a, par transitivité de la relation d’ordre :
|νq − ln(2)| ≤ 10−4 .
Il suffit donc de trouver q tel que :
1
≤ 10−4 .
4q 2
1
≤ 10−4
4q 2
⇐⇒
4q 2 ≥ 104
(la fonction inverse est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[)
⇐⇒
⇐⇒
2q ≥ 102
q ≥ 50
(la fonction racine carrée est (strictement) croissante sur [0, +∞[)
(division par 2 > 0 de chaque membre)
Donc pour q = 50, on a |νq − ln(2)| ≤ 10−4 .
Remarque : Pour calculer ν50 à l’aide de la définition proposée, il faut calculer le terme u199 . Calculer
les 199 premiers termes de (un )n∈N∗ est bien moins coûteux que de calculer les 9999 premiers termes.
2.5.1. Soit n ∈ N∗ . On a :
νn
=
=
2 u4n−1 − u2n−1
2
4n−1
X
k=1
=
2
2n−1
X
k=1
= 2
2n−1
X
=
k=1
|
!
−
2n−1
X
k=1
(−1)k−1
k
4n−1
X (−1)k−1
(−1)k−1
+
k
k
!
!
−
k=2n
2n−1
X
k=1
(−1)k−1
k
(cf .définition de ν)
(−1)k−1
k
!
+2
!
(−1)k−1
+2
k
{z
} |
S1
4n−1
X
k=2n
(−1)k−1
k
(cf. définition de u)
2n−1
X
k=1
!
−
(−1)k−1
k
!
(−1)k−1
k
k=2n
{z
}
S2
18
(1 < 2n < 4n − 1 et relation de Chasles)
!
k−1
(−1)
k
2n−1
X
k=1
4n−1
X
!
2.5.2. Soit n un entier naturel non nul.
x←
0
signe ← 1
\∗ initialisation de la variable x dans laquelle on calcule la somme à 0 ∗\
\∗ initialisation de la variable signe dans laquelle on calcule les puissances successives de −1, i.e. (−1)k−1 ∗\
(2n − 1)
pour k allant de 1 à
faire
\∗ boucle de calcul de la somme S1 ∗ \

x ← x + signe / k
\∗ on ajoute le terme uk = signe / k à ce qui a déjà été calculé ∗\



\∗ on change le signe pour préparer le calcul suivant ∗\
 signe ← (−1) ∗ signe
pour k allant de

2n
à
x ← x + 2 ∗ signe / k




 signe ← (−1) ∗ signe
(4n − 1)
faire
\∗ boucle de calcul de la somme S2 ∗ \
\∗ comme pour S1 , mais on ajoute un 2∗, pour tenir compte du 2 qui est en facteur au début de S2 ∗ \
\∗ on change le signe pour préparer le calcul suivant ∗\
19