voie S et voie E

Mathématiques
voies S et E
Corrigés des épreuves
de mathématiques sp
(voie S et voie E)
François Delaplace (voie E), Pierre Girard (voie S)
Professeurs de mathématiques en classes préparatoires économiques et commerciales, lycée Notre-Dame du
n
Voie scientifique
n
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
2004
écifiques à l’EM Lyon
Grandchamp (Versailles).
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
x →
0
+∞
sin t
dt
t+x
Premier problème n
1
1
F (x) = −
cos x
+ cos 1 −
x
1
x
Numéro 35 • Octobre 2004
sin x
− sin 1 +
x
1
x
sin u
du.
u2
u → k(u) =
sin u
u2
Pour tout x de ]0; ∞[, La fonction k définie, sur [1; x], par :
G(x) =
b. De la même façon, on trouve
(2)
cos u
u → h(u) = 2
u
+∞
1
1
est continue sur [1; x] et puisque |h(u)| ≤ 2 et
du existe (intégrale de Riemann
u
u2
1
avec un coefficient > 1),
on
en
déduit
d’après
le
critère
de
comparaison
des intégrales de
+∞ +∞
cos u
cos u fonctions positives que
du est absolument
2 du converge et donc que
u
u2
1
1
x
cos u
du a une limite finie lorsque x tend vers
convergente, donc convergente ; ainsi,
u2
1
cos x cos x
1
donc, par le ”théorème des gendarmes”, lim
= 0 La
+∞. De plus ≤
x→+∞
x
x
x
relation (1) montre alors que F a bien une limite finie, α, en +∞.
(1)
1
. Les fonctions f et g
u
f (u)g (u) du
cos u
du.
u2
x
Pour tout x de ]0; ∞[, La fonction h définie, sur [1; x], par :
c’est à dire :
sont C sur [1; x] et on peut écrire :
x
F (x) =
f (u)g(u) du = [f (u)g(u)]x1 −
1
a. Intégrons F (x) par parties en posant f (u) = − cos(u) et g(u) =
1. Tout d’abord, on note que les intégrales définissant les fonctions F et G existent bien car,
cos u
sin u
et u →
sont
pour tout x de ]0; ∞[, les fonctions définies, sur [1; x], par : u →
u
u
continues.
I- Etude de la fonction
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
x
+∞
T
sin t
t+x
x
+∞
cos u
du = β − G(x)
u
x
x+T
sin u
du et
u
x
x+T
(3)
cos u
du ont, lorsque T tend vers +∞,
u
+∞
+∞
sin u
cos u
du et
du ainsi
pour limites respectives les intégrales convergentes
u
u
x
x
T
sin t
dt a une limite lorsque T tend vers +∞ et
0 t+x
+∞
+∞
+∞
sin t
sin u
cos u
dt = cos x
du − sin x
du
(4)
t+x
u
u
0
x
x
b. D’après la question 1.c.
c’est-à-dire, par linéarité :
x+T
x+T
T
sin t
sin u
cos u
dt = cos x
du − sin x
du
u
u
0 t+x
x
x
0
sin t
dt
t+x
a bien un sens. Effectuons dans cette intégrale le changement de variable (de classe C 1 )
t → u = t + x, on obtient
x+T
x+T
T
sin t
sin(u − x)
sin u cos x − cos u sin x
dt =
du =
du
u
u
0 t+x
x
x
est continue. Donc
t →
sin u
du = α − F (x) et de même
u
2. a. la fonction définie, sur [0; T ], par :
C’est à dire
existent aussi pour tout x strictement positif. La relation de Chasles donne alors,
x
+∞
+∞
sin u
sin u
sin u
du =
du +
du
u
u
u
1
x
1
existent et valent respectivement α et β, donc
+∞
+∞
sin u
cos u
du et
du
u
u
x
x
c. Les résultats de a) et b) prouvent que
+∞
+∞
cos u
sin u
du et
du
u
u
1
1
+∞
1
1
est continue sur [1; x] et puisque |k(u)| ≤ 2 et
du existe , on déduit du critère de
2
u
1
u x
+∞
sin u
sin u
du converge et donc que
du a une limite finie lorsque
comparaison que
u2
u2
1
1
sin x 1
≤ donc, par le ”théorème des gendarmes”,
x tend vers +∞. De plus x x
sin x
= 0. La relation (2) montre que G a bien une limite finie, β, en +∞.
lim
x→+∞ x
cos u
sin u
et ψ : u →
ont pour primitives respectives F et G qui sont
u
u
donc des fonctions de classes C 1 sur ]0; ∞[. La relation (4) du 2.b. prouve que pour tout x
de ]0; ∞[ :
A(x) = cos x(α − F (x)) − sin x(β − G(x)).
(5)
1
sin2 x + cos2 x
= .
x
x
(6)
(7)
Numéro 35 • Octobre 2004
x→+∞
x
1
cos u
du ≤ − sin x ln x
u
x→0
lim+ sin x
x→0
x→0
x
1
cos u
du = 0
u
x→0
On sait que sin x ∼ x donc lim+ sin x ln(x) = lim+ x ln(x) = 0, (8) prouve alors que
0 ≤ sin x
(8)
b. ∀x ∈]0; 1] sin x ≥ 0, on peut donc multiplier les trois membres de l’encadrement précédent
par sin x, Ce qui donne :
1
cos u
≤ (cos u ≥ 0 car ]0; 1] ⊂ [0; Π2 ]) donc
5. a. ∀x ∈]0; 1]∀u ∈ [x; 1]0 ≤
u
u
1
1
1
cos u
1
cos u
du ≤
du , c’est à dire 0 ≤
du ≤ − ln x
0≤
u
u
x
x u
x
x→+∞
Mais d’après 1.a. et 1.b. nous savons que lim F (x) = α et lim G(x) = β donc (6) et (7)
x→+∞
x→+∞
prouvent que
lim A(x) = 0 et lim A (x) = 0.
|A (x)| ≤ |sin x| |F (x) − α| + |cos x| |G(x) − β)|
≤ |F (x) − α| + |G(x) − β|
D’autre part, d’après la question 3., A (x) = (F (x) − α) sin x + (G(x) − β) cos x donc, comme
précédemment,
|A(x)| ≤ |cos x| |α − F (x)| + |sin x| |β − G(x)|
≤ |α − F (x)| + |β − G(x)|
4. La relation (5) du 3. et l’inégalité triangulaire prouvent que, pour tout x de ]0; ∞[ :
A”(x) + A(x) =
A est donc aussi de classe C 1 , ce qui prouve que A est de classe C 2 et, en dérivant l’égalité
précédente,
A”(x) = F (x) sin x + (F (x) − α) cos x + G (x) cos x − (G(x) − β) sin x
D’où, en simplifiant,
A”(x) + A(x) = F (x) sin x + G (x) cos x, c’est à dire,
A (x) = − sin x(α − F (x)) + cos x(−φ(x)) − cos x(β − G(x)) − sin x(−ψ(x))
= −α sin x + sin xF (x) − cos xφ(x) − β cos x + cos xG(x) + sin xψ(x)
= (F (x) − α) sin x + (G(x) − β) cos x
La fonction A est donc de classe C 1 sur ]0; ∞[ comme combinaison linéaire de fonctions de
cette classe. De plus, pour tout x de ]0; ∞[ :
3. les fonctions φ : u →
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
+∞
+∞
x→0
lim+ A(x) =
0
+∞
sin u
du
u
(10)
M
M
tk .e−xt
≤
≤ 2
1 + t2
1 + t2
t
et est notée Bk (x)
0
t .e−xt
dt converge
1 + t2
+∞ k
(11)
tk .e−xt
est continue sur [0; +∞[ comme quotient de deux fonctions
1 + t2
+∞
1
continues sur [0; +∞[ dont le dénominateur ne s’annule pas et
dt converge (intégrale
t2
1
de Riemann avec un
coefficient
>
1)
Donc
par
le
critère
de
comparaison
des intégrales de
+∞ k −xt
t .e
fonctions positives,
dt converge et comme par continuité de la fonction a intégrer
1 + t2
1 k −xt 1
t .e
sur [0; 1],
dt existe , on en déduit que :
2
0 1+t
Or, la fonction t →
0≤
II- 1. Pour tout réel x ∈]0; +∞[ et tout entier naturel k, l’application t → tk .e−xt a pour limite
0 en +∞. Il existe donc un réel A > 0 tel que ∀t ≥ A, 0 ≤ tk .e−xt ≤ 1. D’autre part cette
même fonction est continue sur l’intervalle fermé [0; A], Elle est donc bornée sur [0; A] ; étant
bornée sur [0; A] et majorée sur [A, +∞[, elle est donc majorée sur [0; +∞[ et donc bornée
puisqu’elle est positive ;
Il existe donc un réel M (dépendant de k et x), tel que ∀t ∈ [0; +∞[ , 0 ≤ tk .e−xt ≤ M . D’où
x→0
à l’aide de (9) et puisque lim+ cos x = 1, on en déduit que
1
sin u
sin u
du converge ; d’autre part,
du converge puisque la fonction
u
u 1
0
+∞
sin u
sin u
est prolongeable par continuité sur [0; 1]. Donc
du converge ;
u →
u
u
0
On a vu en 2.b.(relation (4)) que
+∞
+∞
sin u
cos u
A(x) = cos x
du − sin x
du
u
u
x
x
c. D’après 1.c.
cos u
du converge et sa valeur est indépendante de x donc
u
1
+∞
cos u
lim sin x
du = 0
x→0+
u
1
1
+∞
cos u
cos u
du +
du = 0 et par la relation
par addition des limites : lim+ sin x
x→0
u
u
x
1
de Chasles :
+∞
cos u
du = 0
lim sin x
(9)
x→0+
u
x
x→0
Or lim+ sin x = 0 et
x∈I
|eu − 1 − u| ≤
u2
max (ex )
2 x∈I
x∈I
x∈I
u2
2
|eu − 1 − u| ≤
u2 |u|
e
2
(12)
Numéro 35 • Octobre 2004
(13)
Ce qui, par définition, prouve que Bk est dérivable sur ]0; +∞[ et que pour tout réel
x ∈]0; +∞[, Bk (x) = −Bk+1 (x)
Bk (x + h) − Bk (x)
lim
= −Bk+1 (x)
h→0
h
On en déduit par le théorème d’encadrement des limites que
c. Puisque lim
x
|h|
Bk+2
= 0, et que
h→0 2
2
x
Bk (x + h) − Bk (x)
|h|
0 ≤ + Bk+1 (x) ≤
Bk+2
h
2
2
C’est à dire finalement :
x
Bk (x + h) − Bk (x)
|h|
+ Bk+1 (x) ≤
Bk+2
h
2
2
(D’après (12) en remplaçant u par −ht). Mais 0 < |h| ≤ x2 donc
+∞ k
Bk (x + h) − Bk (x)
xt
t
1
+ Bk+1 (x) ≤
h2 t2 e 2 e−xt dt
h
2|h| 0
1 + t2
|h| +∞ tk+2 −xt
e 2 dt
≤
2 0
1 + t2
b. Puisque toutes les intégrales convergent et par linéarité de l’intégration : Pour tout réel
x
x ∈]0; +∞[, pour tout entier naturel k, pour tout réel h tel que 0 < |h| ≤ :
2
+∞ k −(x+h)t
−xt
−xt
Bk (x + h) − Bk (x)
1
e
t
−
e
+
hte
dt
+ Bk+1 (x) = h 0
h
1 + t2
−ht
−xt +∞ k
t e − 1 + ht e
1 =
dt
|h| 0
1 + t2
+∞ k
1
t
e−ht − 1 + ht e−xt dt
≤
|h| 0
1 + t2
+∞ k
t (−ht)2 |−ht| −xt
1
e
e dt
≤
|h| 0
1 + t2 2
Finalement :
Si u ≥ 0 alors max (ex ) = eu (= e|u| ) et si u < 0 alors max (ex ) = 1 < e−u (= e|u| ).
C’est à dire
|exp(u) − exp(0) − u exp (0)| ≤ max |exp ”(x)|
2. a. Soit u un réel ; La fonction exponentielle est de classe C 2 sur le segment I d’extrémités 0
et u, on peut donc lui appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange :
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
0≤
0≤
a
a
0
0
0
a
e−xt dt
e−xt
1 e−ax
dt ≤ −
1 + t2
x
x
e−xt
dt ≤
1 + t2
1
0 ≤ B0 (x) ≤
x
0≤
a
0≤
0
a
te−xt
1
ae−ax e−ax
dt ≤ 2 −
− 2
1 + t2
x
x
x
0 ≤ B0 (x) ≤
1
donc
x2
1
x2
0
+∞
x→+∞
lim B0 (x) = lim B0 (x) = 0
x→+∞
(16)
(15)
te−xt
dt converge.
1 + t2
A l’aide du théorème d’encadrement des limites, (14) et (15) prouvent que
On obtient donc 0 ≤ B1 (x) ≤
On peut passer à la limite lorsque a tend vers +∞ car l’intégrale
Donc :
(14)
e−xt
dt converge.
1 + t2
te
≤ te−xt donc, pour
1 + t2
−xt
0
+∞
a
te−xt
dt ≤
te−xt dt
2
0 1+t
0
Or par une intégration par parties sans difficulté :
a
a
a e−x a
e−x t
a e−x a e(−x a) − 1
t e−x t dt = −
−
−
dt = −
−
x
x
x
x2
0
0
tout réel a positif
De même : Pour tout x de ]0; +∞[, pour tout t de ]0; +∞[, 0 ≤
On obtient donc :
e−xt
≤ e−xt donc, pour tout réel a
1 + t2
On peut passer à la limite lorsque a tend vers +∞ car l’intégrale
C’est à dire :
positif
3. Pour tout x de ]0; +∞[, pour tout t de ]0; +∞[, 0 ≤
d. Puisque ce résultat est vrai pour tout entier naturel k, il prouve que Bk+1 est dérivable
donc continue sur ]0; +∞[ donc Bk est de classe C 1 et en appliquant ce résultat à k + 1,
on peut dire que Bk est de classe C 2 ur ]0; +∞[ et que Bk ” = −Bk+1
= +Bk+2 .
En particulier pour k = 0, B0 ” = B2 . +∞ 2 −xt
+∞
te
e−xt
Or B2 (x) + B0 (x) =
dt +
dt donc, toutes les intégrales étant
1 + t2
1 + t2
0
0
convergentes,
+∞ 2
+∞
(t + 1)e−xt
dt =
e−xt dt
B0 ”(x) + B0 (x) =
2
1+t
0
0
X
1
1
e−xt dt = lim − e−xX +
= lim
X→+∞ 0
X→+∞
x
x
1
B0 ”(x) + B0 (x) =
x
a
e−xt
dt ≤
1 + t2
a
e−xt
1
≤
donc,
1 + t2
1 + t2
0
Numéro 35 • Octobre 2004
√
x
0
√1
x
0
+∞
1
dt ≤ B0 (x)
1 + t2
1
dt ≤ B0 (x) ≤
1 + t2
√1
x
1
dt
1 + t2
(21)
(20)
b. Effectuons le changement de variable t → t = tan u de classe C 1 dans la seconde intégrale :
dt = (1 + tan2 u)du = (1 + t2 )du donc
tan y
y
y
1
1
dt =
(1 + t2 ) du =
du
(22)
2
2
tan 0 1 + t
0 1+t
0
+∞
1
On a vu à la question précédente que
dt converge et puisque
1 + t2
0
tan
+∞
y
1
1
limπ tan y = +∞, on a donc limπ
dt
=
dt. Dans (22) on peut
y→+ 2 0
y→+ 2
1 + t2
1 + t2
0
+∞
π
2
1
π
π
du = .
dt =
faire tendre y vers , on obtient :
2
1 + t2
2
0
0
e−
0
Pour terminer (18) et (20) donnent :
e
√
− x
√
1
e−xt
D’autre part, Pour tout x de ]0; +∞[, pour tout t de [0; √ ], −xt ≥ − x, donc
≥
1
+ t2
x
√
√1
√1 −√x
− x
−xt
x
x e
e
e
donc, d’après les propriétés de l’intégration,
dt ≥
dt, c’est
1 + t2
1 + t2
1 + t2
0
0
à dire :
√1
√1
√
x
x
1
e−xt
e− x
dt
≤
dt
(19)
2
1
+
t
1
+ t2
0
0
√1
+∞ −xt
x
e−xt
e
Enfin, d’après la relation de Chasles, B0 (x) =
dt +
dt donc par
2
1+t
1 + t2
√1
0
x
√1
x
e−xt
dt, (19) donne donc :
positivité, B0 (x) ≥
1 + t2
0
0
1
dt
(17)
1 + t2
+∞
1
1
1
∼ 2 et l’intégrale de Riemann
dt étant convergente, on sait
Or, en +∞,
1 + t2
t
t2
1
+∞
1
dt
d’après le critère d’équivalence des intégrales de fonctions positives que
1 + t2
1
1
sur [0; 1], on en déduit
converge aussi et que, par continuité de la fonction t −→
1 + t2
+∞
1
que
dt converge. Toutes les intégrales étant convergentes, on peut passer à la
1 + t2
0
limite dans (17) :
+∞
+∞ −xt
e
1
dt ≤
dt
(18)
2
1
+
t
1 + t2
0
0
pour tout réel a positif
4. a. Pour tout x de ]0; +∞[, pour tout t de [0; +∞[, e−xt ≤ 1, donc
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
x
lim B0 (x) =
x→0+
π
2
(23)
∀x ∈ R+∗ , A(x) = B0 (x)
0
+∞
sin u
π
du =
u
2
4. B0 a pour limite π2 lorsque x tend vers 0+ d’après II.4.c, donc on déduit de la question
précédente que A a pour limite π2 lorsque x tend vers 0+ , c’est à dire, d’après (10) :
C’est à dire :
∀x ∈ R+∗ , φ(x) = 0
Une somme de deux réels positifs ne peut être nulle que si ses termes sont tous nuls donc
∀x ∈ R+∗ , φ(x)2 + φ (x)2 = 0
3. U étant constante sur R+∗ , on déduit de III.2. que U est nulle sur R+∗ , c’est à dire :
x→+∞
lim U (x) = 0
2. Lorsque x tend vers +∞, on a vu en I.4. et II.3. que A, A , B0 , B0 ont pour limite 0, il en est
donc de même pour φ et φ et donc pour U. Ainsi
Une fonction dérivable dont la dérivée est nulle sur un intervalle est constante sur cet intervalle, on en déduit que U est constante sur ]0; +∞[
U (x) = 2φ(x)φ (x) + 2φ”(x)φ (x) = 2φ (x)[φ(x) + φ”(x)]
= 2φ (x){[(A(x) + A (x)] − [B0 (x) + B0 (x)]}
1 1
= 2φ (x)
−
=0
x x
III- 1. D’après I.3. et II.2.d., A et B0 sont C 2 sur ]0; +∞[ donc φ est C 2 sur ]0; +∞[ et φ est
dérivable sur ]0; +∞[ sur ]0; +∞[ ; ainsi U est dérivable sur C 2 sur ]0; +∞[ et
√
1
= lim e−X = 1 et lim+ √ = +∞
X→0
x→0
x
√1
√
x
1
π
Le
théorème d’encadrement des limites appliqué à
dt
=
donc lim+ e− x
x→0
1 + t2
2
0
l’encadrement du (19) prouve donc que
x→0
c. Mais lim e−
2. Réciproquement, si ∀X ∈ Mn,1 (R), M X ≥ 0. Soient i et j deux éléments de [[1, n]], et
X l’élément de Mn,1 (R)dont tous les coefficients sont nuls sauf un 1 à la j ième ligne), on a
M X = mij X ≥ 0 (le mij étant à la iième ligne). Ainsi on a prouvé que pour tout i et tout j
de [[1, n]], mij ≥ 0, donc X ≥ 0.
M X n’a que des coefficients positifs donc M X ≥ 0.
j=0
II- Caractérisation des matrices positives
1. Soit M = (mij ) une matrice positive de Mn (R)et X = (xi ) un matrice colonne de Mn,1 (R),
n
mij xj qui est une somme de réels positifs donc
M X ∈ Mn,1 (R) et son iième coefficient est



a
4b + c



b
2a + 3c  qui n’est
2. Soit AU =
une matrice colonne positive, on a BU − U =
c
0
jamais strictement positif à cause de son troisième coefficient. Ainsi B n’est pas productive.


Deuxième problème n

1/3
1. Un simple calcul donne AU =  1/3  dont les coefficients sont strictement positifs. Et
1/3
puisque U ≥ 0 et AU > 0 On en conclut que A est une matrice productive.
I- Etude d’exemples
j=0
Numéro 35 • Octobre 2004
j=1
n
j=1
c pk −
akj pj
≥ xk −
j=1
n
akj xj
j=1
(1)
j=1
n
j=1
n
akj pj
≥0
(2)
akj pj est le k ième coefficient de P − AP et est donc strictement positif
c pk −
par hypothèse. (2) prouve donc que c ≥ 0 .
Notons que pk −
j=1
Or, par hypothèse X ≥ AX, donc, en ne regardant que les k ièmes coefficients de ces deux
n
colonnes, xk ≥
akj xj , (1) implique donc :
j=1
xj
b. Par hypothèse, ∀j ∈ [[1, n]] on a
≥ c donc xj ≥ cpj (car pj > 0) donc −cpj ≥ −xj .
pj
n
n
n
akj pj = cpk −
akj (−cpj ) ≥ cpk −
akj xj . C’est à dire :
Ainsi c pk −
sont positifs et puisque P est > 0 le second membre de l’inégalité (stricte) précédente est
positif ou nul. On en conclut que pour tout i de [[1, n]], pi > 0. En conclusion P>0
j=0
III- Caractérisation des matrices productives
1. a. Pour tout i de [[1, n]], la iième coefficient de P − AP est strictement positif par hypothèse ;
n
n
aij pj > 0, donc pi >
aij pj . Puisque A est productive, tous ses coefficients
Donc pi −
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
[(In − A)X = 0] =⇒ [X = 0]
M est productive .
4. (In − M )(In + 2M ) = In + M − 2M 2 = In . Donc In − M est inversible et (In − M )−1 =
In + 2M ≥ 0 car les coefficients de In + 2M sont clairement positifs puisque ceux de M le
sont. En résumé M ≥ 0, In − M est inversible et (In − M )−1 ≥ 0, on peut donc conclure
d’après III.3. que
(A productive)⇔ ((In − A) est inversible et (In − A)−1 ≥ 0)
alors, on a vu au III.2. que B est productive.
Ainsi, ∀A ∈ Mn (R) positive :
(In − B) est inversible et (In − B)−1 ≥ 0
Réciproquement, si une matrice B ≥ 0 est telle que
(In − A) est inversible et (In − A)−1 ≥ 0
3. On a prouvé au III.1.d. que si une matrice A est productive alors
2. V − BV = (In − B)V = U > 0 car les coefficients de U sont tous égaux à 1.
Mais (In − A)−1 ≥ 0 et U > 0 donc d’après I.1.,(In − A)−1 U ≥ 0 donc V ≥ 0.
B est positive et on a trouvé V ≥ 0 tel que V − BV > 0 ;
Conclusion : B est productive .
d. Par définition Y vérifie : ∀X ∈ Mn,1 (R) positive, (In − A)Y = X ≥ 0 d’où Y − AY ≥ 0
c’est à dire Y ≥ AY et d’après III.1.b. appliqué à Y, on peut conclure que Y est positive.
On a donc prouvé que ∀X ∈ Mn,1 (R) positive, (In − A)−1 X ≥ 0 ce qui implique d’après
II.2. appliqué à (In − A)−1 que (In − A)−1 ≥ 0 .
Appelons f l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à In − A, cela se traduit par
Ker(Id − f ) ⊂ {0} donc Ker(Id − f ) = 0 ; (Id − f ) est donc injectif, et puisque c’est un
endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension fini, on en déduit qu’il est bijectif. On
peut alors conclure que In − A est inversible .
qui s’écrit aussi
(X = AX) =⇒ (X = 0)
c. si X = AX, il est facile de voir que −X = A(−X) et donc que −X ≥ A(−X), ce qui
prouve, en utilisant II.1.b. appliqué à −X que −X ≥ 0 donc que X ≤ 0. X étant à la fois
positive et négative, ses coefficients sont aussi tous positifs et négatifs, donc ils sont tous
nuls. Conclusion : X = 0 . On vient donc de prouver l’implication :
xj
≥ c mais tous les pj sont strictement positifs et c est
pj
positif, on en conclut que tous les xj sont positifs et donc X ≥ 0 .
Par hypothèse, ∀j ∈ [[1, n]] on a
n
Voie économique
n
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
1.
2e
t
2
Premier exercice n
(
)
(1+ t )
2
3
2
2 t −t +1 e
2
+
4
3
≥
4
3
>0
t
2e
t
t →−∞
t →+∞
Numéro 35 • Octobre 2004
f
f'(t)
t
0
−∞
+
+∞
+∞
D’où le tableau de variation de la fonction f.
On a immédiatement lim f ( t ) = 0 et par croissance comparée, lim f ( t ) = + ∞ .
t →∞
f (t ) ~
croissante. On notera que
Il en résulte que f’(t) est strictement positif sur R et que la fonction f y est strictement
2
1
( )
t −t +1= t −
2
Comme chacun sait (ou devrait savoir), quel que soit le réel t, t2 – t + 1 est strictement
positif ; ce qui se vérifie immédiatement en calculant le discriminant ou en utilisant la
forme canonique :
f ′ (t ) =
2
t
1+t
Elle est définie, continue et dérivable pour tout réel t comme composition, quotient de
fonctions de référence, définies, continues et dérivables.
Pour tout réel t, sa dérivée est :
t f (t ) =
Variation de f
On étudie rapidement l’application f
Exercice 1
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
t
2
2e − t 1 + t
2
2
2
≤ t (1 + t )
2
2
2
2
t
t
−t − t ≤ −t 1 + t
et donc
0 < 2e − t − t ≤ 2e − t 1 + t
Il en résulte que f(t) – t est strictement positif sur [0, +∞[ et donc que f(t) > t.
donc
t 1+t
1−t
De la question précédente, on déduit que pour tout réel positif t,
f (t ) − t =
Conséquence
Réduisons f(t) – t ; on a
t
∀ t ∈ [ 0, + ∞[ 2 e − t − t > 0
t
ϕ ′′ ( t ) = 2e − 2
Pour tout réel positif t, et ≥ 1 ; il en résulte que ϕ’ est croissante sur [0, +∞[ ; on a
ϕ’(0) = 1 donc ϕ’ est positive sur [0, +∞[ et donc ϕ est croissante sur cet intervalle. On a
ϕ(0) = 2 > 0 donc, pour tout réel positif t, ϕ(t) est strictement positif, c’est-à-dire :
t
3.a Suite (un) définie par un+1 = f(un)
Le premier terme de la suite est u0 = 1 ; la fonction f est à valeur dans ]0, +∞[, on en
déduit que u1 > 0 et par une récurrence immédiate que un est strictement positif. Donc,
pour tout entier naturel n, un appartient à [0, +∞[.
Supposons que (un) admette une limite λ finie ; la fonction f étant continue sur [0, +∞[,
elle le serait en λ et on aurait f(λ) = λ ; mais dans la question précédente on a montré que
pour tout réel positif t, f(t) > t ; il en résulte que la suite ne peut admettre de limite finie.
Reste à montrer qu’elle admet une limite égale à +∞. Il suffit pour cela de montrer que la
suite est croissante.
On a
b.
2
ϕ ′ ( t ) = 2e − 1 − 2t
et en dérivant une seconde fois,
t
ϕ ( t ) = 2e − t − t
En dérivant une première fois, on obtient :
Pour montrer la première inégalité, on peut étudier les variations de la fonction ϕ définie
par
1 + t ≤ 1+ t = 1+ t
2
2.a Inégalités
Pour tout réel t positif, 1 + t2 ≤ 1 + 2t + t2 ; il en résulte que
Numéro 35 • Octobre 2004
2e
=
2e > 1
donc
u1 ≥ u 0
et donc
u n+ 2 ≥ u n+1
Program Lyon_2004_eco;
var
n :integer;
u: real;
Begin
u:=1;
n:=0;
while u<1000000 do
begin
u:=2*exp(u)/sqrt(1+u*u);
n:=n+1;
end;
writeln('la valeur de n est : ', n);
End.
La valeur obtenue
est 3 ce qui est très
vite vérifié sous
n’importe quel
logiciel de calcul.
Programme
La suite (un) étant croissante, la plus petite valeur de n pour laquelle un ≥ 106 est aussi la
plus petite valeur à partir de laquelle un ≥ 106.
Sans finesse, je propose le petit programme suivant, testé sous le logiciel « Irie Pascal »
téléchargeable sur Internet.
De ce qui a été dit précédemment, on en déduit que (un) est divergente de limite +∞.
Conclusion : pour tout entier nature n, u n+1 ≥ u n et donc (un) est croissante.
f ( un +1 ) ≥ f ( un )
2
Par récurrence, si pour un entier n quelconque fixé un+1 ≥ un , alors, par croissance de f
u1 =
b.
−x
x
∫
f (t ) dt = −
x
−x
∫
f ( t ) dt = −G ( x )
G ( x ) = F ( x ) − F ( −x )
primitive de f qui s’annule en 0. Pour tout réel x,
La fonction f est continue sur R donc elle admet des primitives sur R. Désignons par F la
Dérivabilité et dérivée de G
Par suite G est impaire
G ( −x ) =
4.a Parité de la fonction G.
La fonction f est continue sur ]–∞, +∞[ donc elle est intégrable sur tout segment inclus
dans ]–∞, +∞[ ; ainsi, pour tout réel x, la fonction f est intégrable sur [–x, x] ou [x, –x] et
G est définie sur ]–∞, +∞[.
On a, pour tout x,
b.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
d.
c.
0
∫
x
t
1+t
2e
2
dt ≥ 0
x
2
et
−x
1+ x
e +e
− F ( − x) =
−x
∫
0
t
1+t
2e
2
dt ≥ 0
0
x
x
0
∫ f ( t ) dt ≥ ∫
t dt =
2
1
x
2
x →+∞
x
e +e
−x
G
G'(t)
t
−∞
−∞
+
+∞
+∞
>0
2
1+ x
Il s’ensuit que G est strictement croissante sur ]–∞, +∞[ ; on a donc le tableau suivant :
G′( x ) = 2
Tableau de variation de G.
On a dit ci-dessus que G est de classe C1 sur ]–∞, +∞[ et que
n’était pas demandé mais elle était nécessaire pour traiter la question suivante)
x →−∞
La fonction G étant une fonction impaire, on en déduit, lim G ( x ) = − ∞ . (Cette limite
x →+∞
Ainsi, lim F ( x ) = +∞ et par comparaison, lim G ( x ) = + ∞ .
F ( x) =
Comme G(x) = F(x) – F(–x) et que, pour tout réel x positif, − F ( − x) = F ( x ) ≥ 0 , on
en déduit que G(x) ≥ F(x) ; par ailleurs, d’après la question 2b),
F ( x) =
Limites de G
Soit x un réel positif ;
G ′ ( x ) = f ( x ) + f (− x ) = 2
La fonction F est de classe C1 comme primitive d’une fonction continue ; la fonction G
est donc de classe C1 sur ]–∞, +∞[ comme composition et différence de fonctions de
classe C1. De plus, pour tout réel x,
∀α ∈ ,
Donc E1(A) est un sous-espace vectoriel de M3(R).
Ker ( ϕ ) = { M ∈ M3 ( ) / AM − M = 0} = E1 ( A )
Donc ϕ est linéaire et
ϕ (α M1 + M 2 ) = αϕ ( M1 ) + ϕ ( M2 )
ϕ (α M1 + M 2 ) = ( A − I ) (α M1 + M 2 ) = α ( A − I ) M1 + ( A − I ) M 2
Pour la linéarité de ϕ, on a tout de suite ∀ M1 , M 2 ∈ M3 ( ) ,
linéaire et que E1(A) en est le noyau.
vérifier que l’application ϕ de M 3(R) dans lui-même, défini par ϕ(M) = (A – I)M est
Espace vectoriel
Pour montrer que E1(A) est un sous-espace vectoriel de M 3(R), on peut par exemple,
Partie I
Deuxième exercice n
Egalité
Supposons que A soit inversible ; si M est un élément de E2(A), alors A2M = AM ; en
multipliant à gauche par A–1 (qui existe), on obtient AM = M et donc M est élément de
E1(A).
Il en résulte que E2(A) ⊂ E1(A) et de la question précédente, on en déduit que
E1(A) = E2(A).
Numéro 35 • Octobre 2004
b.
−2
1


1
1
0
0
Cette matrice est elle aussi inversible car triangulaire sans 0 sur la diagonale ; d’après la
B− I
 −2

= 0

0
Exemple
On notera que la matrice B donnée est inversible car triangulaire sans 0 sur la diagonale ;
donc, d’après la question 2b), E1(B) = E2(B).
D’autre part,
Rappelons que E1 ( A ) = { M ∈ M 3 ( ) / ( A − I ) M = 0} . Si A – I est inversible
alors, pour tout M élément de E1(A), (A – I)M = 0 ; en multipliant à gauche par (A – I)–1
on obtient, M = 0 ; il en résulte que dans ce cas, E1(A) est inclus dans {0}, et comme on a
l’inclusion inverse, on a l’égalité. Ainsi, on peut écrire,
A – I inversible ⇒ E1(A) = {0}
3.a Cas où A – I est inversible.
b.
2.a Inclusion
Si M appartient à E1(A), alors AM = M et donc, en multipliant par A à gauche,
A2M = AM ; il s’ensuit que M est élément de E2(A) ; on a donc l’inclusion E1(A) ⊂ E2(A).
1.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
1.
Partie II
−1
−2

−1 
−1 
−2
−2


−1
−1 
(C −I ) X
=0
et
avec X
x
=  y
 
z
(C − 2I ) X = 0
On permute la première et la seconde ligne puis on remplace les deux dernières lignes
3 x − 2 y − z = 0

−z =0
 x
2x − 2y
=0

La première équation est équivalente au système
où X appartient à M3,1(R).
CX = 0
−2 −2 
il remarque que la somme de la première et de la dernière colonne est nulle ; il s’ensuit
que 2 est aussi valeur propre de C.
On a ainsi vu que 0, 1 et 2 sont des valeurs propres de C ; comme C est une matrice
d’ordre 3, elle ne peut pas avoir plus de 3 valeurs propres et donc l’ensemble des valeurs
propres de C est {0, 1, 2}.
Bien sûr, la réduction de la matrice C – λI par la méthode de Gauss conduisait aussi à ce
résultat et était tout à fait acceptable.
Pour déterminer les espaces propres E0, E1 et E2 associés à chacune de ces valeurs
propres, résolvons chacune des équations
C − 2I
1

= 1

2
−2 −1 
il remarque aussi que la somme des deux premières colonnes de cette matrice est nulle ;
il s’ensuit que 1 est valeur propre de C.
D’autre part, en réduisant
C −I
2
= 1

2
Valeurs propres et espaces propres
Le candidat moyen aura remarqué que dans la seconde question, il est dit que la matrice
C est diagonalisable. Si de plus il est un peu astucieux, il se dira qu’il y a toutes les
chances du monde pour que ses valeurs propres soient des nombres entiers pris dans
l’ensemble {0, 1, –1, 2, –2, 3, –3}. Un coup d’œil rapide sur la matrice C et il remarque
que la somme des trois colonnes de C est nulle ; il s’ensuit que 0 est valeur propre de C.
D’autre part, en écrivant
2ème partie
question précédente, E1(B) = {0}. De cette étude on peut conclure que
E1(B) = E2(B) = {0}
−z =0
− 2 y + 2z = 0
− 2 y + 2z = 0
x
Numéro 35 • Octobre 2004
X2
1 
 
= 1
 
0
2y
=0
Et donc x = z et y = 0. Ainsi E2 est le sous-espace vectoriel de M3(R) engendré par X3 tel
que


On remplace les deux dernières lignes respectivement par L2 – L1 et par L3 –2L1. D’où le
système
x − 2 y − z = 0
 x − 2y − z = 0

 x − 2y − z = 0
 2 x − 2y − 2z = 0

La troisième équation est équivalente au système
que
Et donc x = y et z = 0. Ainsi E1 est le sous-espace vectoriel de M3(R) engendré par X2 tel
2x − 2y − z = 0

z=0

On remplace les deux dernières lignes respectivement par L2 – 2L1 et par L3 –L1. D’où le
système
2x − 2y − z = 0

 x− y − z = 0
 2 x − 2y − z = 0

La deuxième équation est équivalente au système
X1
1
 
= 1
 
1
Et donc x = y = z. Ainsi E0 est le sous-espace vectoriel de M3(R) engendré par X1 tel que





respectivement par L2 – 3L1 et par L3 –2L1. D’où le système
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
4.
3.
2.
1
1

0
1
=0
+z = 0
0
1
0
2

0
0
Expression des matrices N
Supposons que N soit un élément de E1(D) et posons
Equivalence
Soit M un élément de E1(C). On a CM = M ; donc PDP–1M = M ; en multipliant par P–1 à
gauche, on obtient DP–1M = P–1M, c'est-à-dire DN = N.
Réciproquement, si N est un élément de E1(D), alors DN = N, c'est-à-dire
DP–1M = P–1M ; en multipliant par P à gauche, on obtient PDP–1M = M et donc
CM = M ; ainsi M un élément de E1(C).
0
D = 0

0
On a donc qu’une seule solution x = y = z = 0. Donc la matrice P est inversible. Par suite,
la matrice C vérifie C = PDP–1 où
x + y +z = 0

−z=0

 −y =0

+z = 0
n’admet qu’une solution. On remplace L2 par L2 – L1 et L3 par L3 – L1
x + y

x + y
x

système de Cramer, c'est-à-dire que le système
0 1
Les éléments de la première ligne de cette matrice n’a que des 1 ; montrons qu’elle est
inversible. Pour ce faire, on va montrer que le système PX = 0 dans M3,1(R) est un
1
P = 1

1
Diagonalisation de C
Posons P la matrice des vecteurs X1, X2, X3 :
X3
1 
 
= 0
 
1 
5.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
Numéro 35 • Octobre 2004
n2 2
n12
N ∈ E1 ( D ) ⇔
N ∈ E1 ( D ) ⇔



0
n22
0



=0

n23 

0 
0
n33
0
− n13 
n32
n22
n12


n23 = 0

n33 
n13
−1
On a :
M =
et donc
P M
0

P a

0
0
=a

0
0
b
0
0
b
0


0
1
 
c = 1
 
0  1
0
c
0
0
1
1
 a


1  0
0
1  0
0
b
0
a
 
c = a
 
0 0
0
0
b
b


0
c
c
Expression des matrices M
On a démontré dans la question 3 que M appartient à E1(C) si, et seulement si, P–1M
appartient à E1(D), c'est-à-dire s’il existe trois réels a, b et c tels que
ce qui achève la démonstration.

=  n21

 0
n32
n31
0
0
− n12

0 n21
 
1   n31
0   n11
0
 −n11
0
0
0
−I ) N = 0
 −1
0

0
(D

n 23

n33 
n13 
N ∈ E1 ( D ) ⇔ N
Il s’ensuit que
N ∈ E1 ( D ) ⇔
et après calcul,
Soit,
n3 2
On a l’équivalence :
N
 n11

= n21

 n31
6.
0
0
0
0
0
0
0


0 , 0
 
0 0
0
0
1
1
0

0 + b0
 
0
0
0
b
b
0
0
0


0
c =0
c
0
 
0 +b 0
 
0
0
0
0
1
1
0
 
0 +c 0
 
0
0
0
0
0
0

 
0



0
0

1
1
1 =0
1
1
1
0
0
0
−1
−1
2
−1
−1
−1
(D
2
)
−1
−D P M =0
Et par suite,
P M ∈ E2 ( D) ⇔
−1
0
0

0
0
0
0
 n
0
  21
2   n31
0   n11
n32
n22
n12

n23  = 0

n33 
n13
C'est-à-dire, avec les mêmes notations que dans la question 4),
−1
P M ∈ E2 ( D) ⇔
On a l’équivalence :
2
 0

⇔2 0

 n31
M ∈ E 2 ( C ) ⇔ D P M = DP M ⇔ P M ∈ E 2 ( D )
2
M ∈ E 2 ( C ) ⇔ C M = CM ⇔ PD P M = PDP M
n32
0
0
Expression des matrices de E2(C)
Reprenons rapidement le raisonnement des questions 3, 4 et 5 ci-dessus. On a

=

n33 
0
0
0
et donc à a = b = c = 0 ; ainsi F est aussi une famille libre. Il en résulte que F est une base
de E1(C) et que E1(C) est de dimension 3.
a
a

0
équivaut à
1

a 1

0
0
0
0
0

0 + c0
 
0
0
0
0


0 , 0
 
0 0
0
0
1
1
est donc génératrice de E1(C) et par ailleurs
1

F=
1
  0

La famille
M
1
= a1

0
0
0
e
b
1

I1 = 1

1
0

I5 = 0

0
1
1
0
0
0

0
0

0

0
4
1
1
1
0

= 0

0
0
= 0

0
et I 6

0 , I2
0
0
0

0


0
1
1
0  , I3
0
Numéro 35 • Octobre 2004
1
2
3
5
6
)
0

= 0

0
0
0
0

f

0
c

1

1 , I4
1





1

= 1

0
0
0
0

0

0 ,
0
1.
0
e
b

0
f
c
Valeurs possibles de X.
La variable X désigne un nombre de tirages ; il en résulte que l’ensemble de ses valeurs
est inclus dans l’ensemble des entiers naturels ; il faut au moins deux tirages pour
Partie I
Troisième exercice n
engendre E2(C) et on montre comme précédemment que F’ est une famille libre. Donc
E2(C) est de dimension 6 et F’ en est une base.
Les deux sous-espaces vectoriels E1(C) et E2(C) n’ont pas la même dimension ; ils sont
donc distincts.
(
0
0
Comme dans la question précédente, la famille
F′ = I , I , I , I , I , I
où
M = aI1 + bI 2 + cI 3 + dI 4 + eI 5+ f I 6
0
e
b
 1 1 1  a


f  = 1 1 0 d
 
 
0  1 0 1   0
c
a
=d

0
 a + d b + e c+ f

M ∈ E 2 ( C ) ⇔ ∃a , b, c, d, e, f ∈ / M = a + d b + e c+ f

 a
b
c

On a :
C'est-à-dire
M ∈ E 2 ( C ) ⇔ ∃ a, b, c, d, e, f ∈ / M
a
= P d

0
−1
P M ∈ E 2 ( D ) ⇔ ∃ a, b, c, d, e, f ∈ / P M
−1
Il s’ensuit que
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
3.
2.
2
]
Bk −1B k ) ∪ ( R1 R2 Rk −1R k ) ∪ (V1V2 Vk −1Vk )
1
k −1
( B2 ) ⋅ ⋅ pB ∩∩ B ( B k ) = bk −1 (1 − b )
n≥ 2
∑ n (1 − x )
n −1
x=
1
n −1
n −1
=
=
1
1−b
1
n −1
− (1 − b )
∑ n (1 − r ) r
E (X
n≥ 2
n≥ 2
n ≥2
n −1
=
− (1 − r )
n −1
1−r
1
∑ n (1 − v ) v
∑ n (1 − r ) r
et
n ≥2
n ≥2
) = ∑ n ( 1 − b ) b n−1 + ∑ n (1 − r ) r n−1 + ∑ n ( 1 − v ) v n−1
− (1 − v )
1−v
Donc la variable X admet une espérance et
∑ n (1 − v ) v
n≥ 2
∑ n (1 − b ) b
sont convergentes et
n −1
∑ n (1 − b ) b
−x
x
Comme b, r et v sont des réels de l’intervalle ]0, 1[, il en est de même des réels 1 – b,
1 – r et 1 – v ; on en déduit donc que les séries
∀ x ∈ ]0,1[
Il s’ensuit que
∑
(1 − b ) + r k −1 (1 − r ) + vk −1 (1 − v )
Espérance de X
Le cours sur les lois géométriques, nous enseigne que
1
n −1
∀ x ∈ ]0,1[
n (1 − x ) x =
x
n ≥1
k −1
p( X = k ) = b
En procédant de même pour les boules rouges et vertes, on obtient :
1
p ( B1 B2 Bk −1 Bk ) = p ( B1 ) ⋅ p B
p ( X = k ) = p ( B1 B2 B k − 1B k ) + p ( R1 R2 R k − 1R k ) + p (V1V2 Vk − 1Vk )
D’après la formule des probabilités composées :
1
[( B B
= k ) = ( B1 B2 Bk − 1 Bk ) ∪ ( R1 R2 Rk − 1Rk ) ∪ ( V1V2 Vk − 1Vk )
p( X = k ) = p
(X
Par incompatibilité,
Donc
Loi de probabilité de X
Pour tout entier naturel k appartenant à X(Ω ),
supérieur ou égal à 2, il existe au moins un événement ω tel que X(ω) = n, par exemple,
V1, V2, …, Vn–1, Bn. Ainsi, X(Ω ) = N – {0, 1}.
changer de couleur. Donc X(Ω ) ⊂ N – {0, 1}. Enfin, quel que soit l’entier naturel n
2.
1.
1
1− b
1
E (X ) =
1− b
Et finalement
1
E (X ) =
1− b
E (X ) =
+
1
1− r
+
1
−2
1− v
1
1
− (1 − r ) +
− (1 − v )
1− r
1− v
1
1
+
+
− 3 + (b + r + v)
1− r 1− v
− (1 − b ) +
Partie II
f ( x, y ) =
f ( x, y ) =
(1 − y )
1
2
2
(1 − x )
1
−
−
( x + y)
1
2
2
(x + y)
1
Numéro 35 • Octobre 2004
=0
=0
2
2
=
−
(1− y )
1
2
(1 − y ) 2
1
=0
1 − x = 1− y
Comme 1 – x et 1 – y sont positifs on en déduit que x = y. En reportant dans le système,
(1− x )
et donc :
1
C’est à dire
(1− x )
1
Ce système implique par différence :
 1 − 1
 (1 − x ) 2 ( x + y ) 2


 1 − 1
 (1 − y ) 2 ( x + y ) 2
Extremum local possible
L’ensemble ]0, 1[x]0, 1[ est ouvert et f est une fonction de classe C1 sur cet ensemble ; il
s’ensuit qu’il faut que f ait un point critique pour admettre un extremum local.
On résout donc dans ]0, 1[x]0, 1[ le système
∂y
∂
∂x
∂
Dérivées partielles
La fonction f est la somme de fonctions rationnelles définies sur ]0, 1[x]0, 1[ donc de
classe C1 sur ]0, 1[x]0, 1[ et on a, pour tout couple (x, y) de cet ensemble,
2ème partie
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
1
2
(
1
3
,
1
3
1
3
1
3
2
r >0
rt − s =
2
+
2
(x + y)
2
3
2
27
2
−
4
27
2

⇒

> 0
(1 − y )3 ( x + y ) 3
2
+
3
( x + y)
2
3
( ) ( )
f ( x, y ) =
2
(1 − x )
f ( x, y ) =
f ( x, y ) =
On a :
∂y
∂
2
∂x ∂y
∂
2
2
2
∂x
∂
f
1 1
,
3 3
( )
3
+
2
3
3
+
=
2
4
27
3
2
3
2
3
2
() ()
2
3
2
()
2
3
2
3
3
() ()
2
=
=
2
27
2
27
est un minimum local de f
t=
s=
r=
Minimum local de f.
La fonction f est de classe C2 sur l’ensemble ouvert ]0, 1[x]0, 1[ et admet un point
critique sur cet ensemble. Déterminons les dérivées partielles d’ordre 2 en ce point I :
La fonction f a donc un point critique sur ]0, 1[x]0, 1[, le point
) . Par théorème, si
f admet un extremum sur cet ensemble, ça ne peut être qu’au point I = ( , ) .
2 x = 1− x
et donc, pour 0 < x < 1, 2x = 1 – x. Par suite, le système est vérifié si, et seulement si,
1
x= y=
3
4.a Expression de E(X) en fonction de f(b, r).
On a 1 – v = r + b; donc
3.
=
4x
On inverse, on prend les racines carrées
(1− x )2
on obtient
1
2.
1.
1
3
3
, 1,
1
3
).
(
1
3
,
1
3
) ; donc E(X) admet aussi
Numéro 35 • Octobre 2004
2
∫
+∞
e
x →+∞
lim
dt
ln3
dt
existe et
converge et
=0
−t l n 3
−xln3
e
−t ln3
e
2
∫
x
2
∫
+∞
e
−t l n 3
x
e
ln3
−2 l n 3
=
1
=
e
9ln3
 e − t l n 3 
2
ln3
1
dt =
H ( x) = −
ln3
−2 l n 3
−
e
ln3
−x l n 3
+∞
g ( t ) dt
converge et
1
α
+∞
0
∫
Donc g est une densité de probabilité
−∞
∫
e
−t l n 3
dt =
α
1
α =1
Densité de probabilité
La fonction g est continue sur ]-∞, 2[ comme fonction constante et sur [2, +∞[ comme
composition de la fonction exponentielle avec une fonction linéaire. Donc elle admet au
plus 2 comme point de discontinuité.
Il est clair que la fonction g est positive sur ]-∞, +∞[ et, d’après la question précédente,
que
Donc
On a
H (x) =
−t l n 3
est continue comme composition de
La fonction définie sur [2, +∞[ par f ( t ) = e
fonctions continues et est donc intégrable sur tout segment inclus dans [2, +∞[ ; ainsi,
quel que soit x ≥ 2,
Convergence et valeur de l’intégrale
Il peut paraître inutilement lourd de ne pas traiter les deux questions ensemble, mais il
convient d’être prudent ; le correcteur peut ne pas voir que la convergence a bien été
traitée. Je suggère donc la rédaction suivante :
Partie III
un minimum local, comprendre que le changement de couleur s’effectuera le lus tôt, en
moyenne, lorsque la proportion de boules blanches, rouges et vertes est la même.
Dans ce cas f admet localement un minimum au point
Cas où b = r = v =
(
1
1
1
+
+
−2
1 − b 1 − r r +b
Comme (b, r) appartient à ]0, 1[x]0, 1[, on peut écrire E ( X ) = f ( b, r ) − 2 .
E (X ) =
3ème partie
b.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
3.
2
∫
te
dt
est continue sur [2, +∞[, donc pour tout réel x supérieur ou égal
−t l n 3
−t l n 3
ln3
1
e
−t l n 3
v′ ( t ) = 1
−t l n 3
u′ ( t ) = e
x
1
x
ln3
1
xe
− x ln3
+
ln3
2
e
−2 l n 3
 te− t l n 3  +
∫
2
ln3
ln3 2
1
−
dt
( l n 3)2
1
−t l n 3
e
e
−x l n 3
+
( l n 3)2
1
x →+∞
E ( Y ) = lim α E x ( Y ) = ( 9 l n 3 )
n +1
n
∫
Numéro 35 • Octobre 2004
et finalement
0

p ( Z = n) =  l n 3
 −2 l n 3
e
⋅
e
−n l n 3
si n ≥ 2
si n < 2
si n ≥ 2
ln3
2ln3+ 1
si n < 2
−( n + 1) l n 3
ln3
−e
=
g ( t ) dt
0

p ( Z = n) =  1
α ( H ( n + 1) − H ( n ) )
p ( Z = n ) = p ( n ≤ Y < n +1) =
( l n 3)
2
2ln3 +1
Il s’ensuit que l’espérance de Y existe et , par croissance comparée, que
Ex ( Y ) = −
et après calcul :
Ex ( Y ) = −
e
−2 l n 3
et en notant que les fonctions u et v sont de classe C1 sur [2, +∞[ donc sur tout segment
inclus dans [2, +∞[,
v (t ) = t
u(t) = −
existe et, à l’aide d’une intégration par parties, en posant
Ex ( Y ) =
x
La fonction t te
à 2,
Espérance de Y
4.a Loi de probabilité de Z
Pour tout entier relatif n,
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A
a
b.
si n ≥ 2
si n < 2
3
1
3 3
2 1
2
1
n−1
=
2 1
( )( ) ( )
3
, 1,
=
3
1
n −2
n −2
−
3
1
n −1
() ()
()
=
n− 2
) et pour tout élément de X(Ω ) = N – {0, 1},
1 − 1 
 3 
−2 l n 3
−( n +1) l n 3
= p ( Z = n)
3 3
3 3
Les deux variables X et Z ont la même loi de probabilité.
3
1
p ( X = n) = 3 ×
Pour b = r = v =
(
3
()
e
−e
n −2
−n l n 3
1
e
Comparaison des lois de X et de Z
p ( Z = n) =
p ( Z = n) =
Il en résulte que Z(Ω ) = N – {0, 1} et que pour tout élément n de Z(Ω ), on a
0

p ( Z = n ) =  e − n l n 3 − e − ( n + 1) l n 3

−2 l n 3
e