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{\clearpage
{\noindent {\large {\textsc{Sujet n$^{\textrm{o}}$ #1}}}}\smallskip\setcounter{numeroexo}{#1}}}{}

\newenvironment{sol}{\clearpage{\noindent {\large \textsc{Solution du sujet n$^{\textrm{o}}$ \thenumeroexo}}\smallskip}}{
}

\newenvironment{QSP}{\refstepcounter{numeroexo}
\pagebreak[3]
{\noindent \large \bf \textsc{Question sans pr\'{e}paration \thenumeroexo}}\par \smallskip}{\medskip
}




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%%%%
%style des chapitres
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\begin{document}

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\

\clearpage

\setcounter{page}{1}
\chapter*{Avant-propos}

\input{Avant-propos}

%\tableofcontents












\chapter{Alg\`{e}bre}

\begin{exo}{2}

\begin{enumerate}
\item
Soit un entier $n \ge 2$ et $E$ un espace vectoriel r\'{e}el de dimension~$n$.
D\'{e}terminer tous les sous-espaces stables par l'homoth\'{e}tie de rapport
$\, \lambda \in \R \,$.

\item
D\'{e}terminer tous les sous-espaces stables par l'endomorphisme $f$ de $\R^2$
de matrice dans la base canonique
$$ A = \matrice{0&-1 \\1&0}  \:. $$

\item
Soit un entier $n \ge 2$, un espace vectoriel r\'{e}el $E$ de dimension~$n$ et
un endomorphisme $g$ de $E$ tel que $\, g^{n} = 0 \,$ et $\, g^{n-1} \neq 0 \,$.

\begin{enumerate}
   \item  Soit $u \in E$ tel que $\, g^{n-1}(u) \neq 0 \,$. Montrer que la famille
$\, \mathcal{B} = \bigl( g^{n-1}(u), g^{n-2}(u), \cdots, g(u),u \bigr) \,$ est une
base de~$E$. Pr\'{e}ciser la matrice $N$ de $g$ dans cette base.

   \item  Pour $k \in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$, expliciter la matrice $\, N^k \,$.
On pose: $\, G_k = \ker(g^k) \,$. Pr\'{e}ciser $G_k$ et sa dimension.

   \item  D\'{e}terminer tous les sous-espaces de $E$ stables par~$g$.
\end{enumerate}

\item
Soit un entier $n \ge 2$, un espace vectoriel r\'{e}el~$E$ de dimension~$n$ et un
endomorphisme $f$ de~$E$. On suppose $f$ diagonalisable, de valeurs propres distinctes
$\, \lambda_1, \cdots, \lambda_p \,$ et de sous-espaces propres associ\'{e}s
$\, E_1, \cdots, E_p \,$.

\begin{enumerate}
   \item  Pour tout $k \in \llbracket 1,p \rrbracket$, soit $F_k$ un sous-espace
vectoriel de~$E_k\,$. Montrer que le sous-espace vectoriel
$\: \dis  F = \sum_{k=1}^{p} F_k \:$ est stable par~$f$.
\medskip

{\it Dans les questions suivantes, on note $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ stable par~$f$}.
\smallskip
   \item  Justifier que:
$$ \forall u \in F\,,\; \exists\: (u_1,\dots,u_p) \in E_1 \times \cdots \times E_p
   \:,\quad  u = \sum_{k=1}^{p} u_k  \:. $$

   \item  Montrer que \(\: \dis \sum_{k=2}^{p} \bigl[ (\lambda_k-\lambda_1)\,
  u_k \bigr] \in F  \:\).

En d\'{e}duire que les vecteurs $u_1,\dots, u_p$ appartiennent \`{a}~$F$.

   \item  Montrer que:
$$ F = \sum_{k=1}^{p} \bigl[ F \cap E_k \bigr]  \:. $$

   \item  D\'{e}terminer tous les sous-espaces de $E$ stables par~$f$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item
Tout sous-espace de $E$ est stable par $\, \lambda\,\id \,$.

\item
Les sous-espaces triviaux $\{0\}$ et $\R^2$ sont stables par~$f$.
Une droite est stable par $f$ ssi elle est dirig\'{e}e par un vecteur propre de~$f$;
or,
$\, A\,X = \lambda\,X \implique \lambda^2 = -1 \quad\text{ou}\quad X = 0  \,$,
donc $f$ n'a pas de valeur propre (r\'{e}elle) et donc pas de droite propre.

\item
\begin{enumerate}
   \item  En composant par $g^{n-1}$, on a:
$$ \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl[  \alpha_k\,g^k(u) \Bigr] = 0  \implique \alpha_0 = 0  $$
puis par r\'{e}currence descendante, tous les $\alpha_k$ nuls; la famille est libre
de cardinal~$n$, donc une base de~$E$. De plus:
$$ N = \matrice{0&1& &0 \\  &\ddots&\ddots&  \\ & & \ddots&1 \\ 0& & &0}  $$

   \item  $N^k$ est la matrice avec une \og sur-diagonale \fg de $n-k$ uns; d'o\`{u}:
$$ G_k = \ker(g^k) = {\rm Vect} \bigl( g^{n-1}(u),\cdots,g^{n-k}(u) \bigr)
   \quad\text{avec}\quad  \dim(G_k) = k  \:.$$

   \item  Soit $F$ un sous-espace de dimension $k \in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$
stable par~$g$. Alors la restriction $\tilde{g}$ de $g$ \`{a} $F$ est encore nilpotente,
donc il existe $p$ tel que $\, \tilde{g}^{p-1} \neq 0 \,$ et $\, \tilde{g}^{p}
  = 0 \,$. Le m\^{e}me raisonnement qu'en (a) montre que $\, p \le \dim(F) = k \,$,
d'o\`{u}:
$$ \tilde{g}^{p} = 0 \implique \tilde{g}^{k} = 0 \implique F \subset G_k
   \implique F = G_k $$
par \'{e}galit\'{e} des dimensions et $G_k$ est \'{e}videmment stable par~$g$.

Les sous espaces vectoriels  stables de $g$ sont exactement les $G_k\,$, pour $k \in \llbracket 0,n
  \rrbracket \,$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item  Pour tout $\, (u_1,\dots,u_p) \in F_1 \times \cdots \times F_p \,$, on a:
$$ f \left( \sum_{k=1}^{p} u_k \right) = \sum_{k=1}^{p} \Bigl[ \lambda_k\,u_k
   \Bigr] \in F  \quad\text{donc}\quad  f(F) \subset F $$

   \item  Comme $f$ est diagonalisable, $E$ est somme directe des $E_k\,$, d'o\`{u} la
d\'{e}composition de $u$.

   \item  On a:
$$ \sum_{k=2}^{p} \bigl[ (\lambda_k-\lambda_1)\, u_k \bigr] = f(u) - \lambda_1\,u
   \in F  $$

Par r\'{e}currence, on obtient:
$$ \left[ \prod_{k=1}^{p-1} (\lambda_p - \lambda_k) \right] u_p =
   \left[ \prod_{k=1}^{p-1} (f - \lambda_k\,\id) \right] (u) \in F $$
et comme le produit est non nul (puisque les valeurs propres sont distinctes),
il vient $\, u_p \in F \,$; puis par r\'{e}currence descendante, tous les $u_k$
dans~$F$.

   \item  D'apr\`{e}s ce qui pr\'{e}c\`{e}de, $\, \forall k \in \llbracket 1,p \rrbracket\,,\,
  u_k \in F \cap E_k  \,$, donc,
\(\: \dis  F \subset \sum_{k=1}^{p} \bigl[ F \cap E_k \bigr] \:\);
l'inclusion r\'{e}ciproque \'{e}tant \'{e}vidente, on a \'{e}galit\'{e}.

   \item  Les sous-espaces stables par $f$ sont donc ceux de la forme
\(\: \dis F = \sum_{k=1}^{p} F_k  \:\), o\`{u} $\,    \forall k \in \llbracket 1,p
  \rrbracket\,,\;  F_k \,$ est un sous-espace de $E_k\,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{6}

Dans cet exercice, $n$ est un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2 et $E= \R_n[X]$ est l'espace vectoriel des polyn\^{o}mes de degr\'{e} inf\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $n$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que l'int\'{e}grale $\dint_{-\infty}^x P(t) \e^t dt$ converge pour tout $P\in E$.
\end{enumerate}
On note alors $T(P) : x \mapsto  \e^{-x} \dint_{-\infty}^x P(t) \e^t dt$ (fonction d\'{e}finie sur $\R$).\\ Soit alors $T$ l'application d\'{e}finie sur $E$, par $T:P \mapsto T(P)$.
\begin{enumerate}[resume]
\item  Montrer que  $T$ est lin\'{e}aire.
\item D\'{e}terminer $\Ker T$.
\item  Pour tout $k\in\llbracket 0 ,n\rrbracket$,  on note $e_k= X^k$.
\begin{enumerate}
\item Calculer $T(e_0)$.
\item Montrer que, pour tout $k\in\llbracket 0 ,{n-1}\rrbracket$, on a : $T(e_{k+1})= e_{k+1}-(k+1) T(e_k)$.
\item En d\'{e}duire que, pour $k\in\llbracket 1 ,n\rrbracket$, on a :  $T(e_k)-e_k\in \Vect(e_0, \ldots, e_{k-1})$.\\ En d\'{e}duire  que $T$ est un endomorphisme de $E$.
\end{enumerate}
\item Montrer que  $(I-T)^{n+1}=0$, o\`{u} $I$ d\'{e}signe l'identit\'{e} de $E$.
\item D\'{e}terminer les valeurs propres de $T$. L'endomorphisme $T$ est-il diagonalisable ?
\item En d\'{e}duire une expression de $T^{-1}$ (comme polyn\^{o}me en $T$).
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item L'int\'{e}grale converge car $t^n\e^t=o(1/t^2)$ lorsque $t$ est au voisinage de $-\infty$. Ainsi $T$ est bien d\'{e}fini.
\item L'application $T$ est lin\'{e}aire, par lin\'{e}arit\'{e} de l'int\'{e}grale convergente.

\item Supposons que $T(P)=0$. Alors
$$0=T(P)= \e^{-x} \int_{-\infty}^0 P(t) \e^t dt+ \e^{-x} \int_{0}^x P(t) \e^t dt$$
Par continuit\'{e} de $t \mapsto \e^t P(t)$ et par le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral et apr\`{e}s simplification par $\e^{-x}$, il vient, en d\'{e}rivant :
$$0=\left(\int_{0}^x P(t) \e^t dt\right)'\Rightarrow  P(x)\e^{x}=0 \Rightarrow P(x)=0$$
Donc $\Ker T=\{0\}$.
\item
\begin{enumerate}
\item Le calcul   donne $T(e_0)=1$.
\item On peut raisonner par r\'{e}currence. Plut\^{o}t, une int\'{e}gration par parties, valable ici, car les fonctions en jeu sont de classe $C^1$ et toutes les int\'{e}grales convergent, donne  pour tout $k\in\llbracket 0 ,{n-1}\rrbracket$ $T(e_{k+1})= e_{k+1}-(k+1) T(e_k)$.
\item En posant $u_k= (-1)^k\dfrac{T(e_k)}{k!}$ et en multipliant l'\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente par $\frac{(-1)^{k+1}}{(k+1)!}$,\\ il vient $u_{k+1}= (-1)^{k+1}\dfrac{e_{k+1}}{(k+1)!}+u_k$.\\
D'o\`{u} : $u_k=u_0+\dsum_{j=1}^{k} (-1)^{j}\dfrac{e_{j}}{j!}=\dsum_{j=0}^{k} (-1)^{j}\dfrac{e_{j}}{j!}$,\\
soit finalement $T(e_k)=\dsum_{j=0}^k (-1)^j\frac{k!}{j!}  e_{k-j}$.



Ainsi $T$ est un endomorphisme de $E$ qui laisse stable tous les polyn\^{o}mes de $\R_j[X]$ pour $0\leq j \leq n$.\\ En particulier c'est un endomorphisme de $\R_n[X]$.
\end{enumerate}

\item Par le r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent, pour tout $P\in E$,  $\deg( (I-T)(P) \leq \deg(P)-1$.\\ On en d\'{e}duit (r\'{e}currence) que $\deg(I-T)^k (P) \leq \deg (P)-k$. D'o\`{u} $(I-T)^{n+1}=0$.
\item D'apr\`{e}s le polyn\^{o}me annulateur trouv\'{e} pr\'{e}c\'{e}demment, l'endomorphisme $I-T$ a pour seule valeur propre possible $0$ ; or  $I-T\neq 0$, donc il n'est pas diagonalisable.\\ L'endomorphisme $T$ non plus car autrement, comme $I$ est diagonalisable, $I-T$ le serait \'{e}galement.
\item Comme $I$ et $T$ commutent la formule du bin\^{o}me donne :
$$0=(I-T)^{n+1}= \sum_{k=0}^{n+1} (-1)^k\binom {n+1}k T^k \Rightarrow T\circ \left( \sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k\binom {n+1}k T^{k-1}\right)= -I$$
d'o\`{u} $T^{-1}=-\dsum_{k=1}^{n+1} (-1)^k\binom {n+1}k T^{k-1}$.
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{7}

Soit un entier $n\geq 1$.
On note $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es de taille $n$ \`{a} coefficients r\'{e}els.
$\operatorname{Ker}(M)$ et $\operatorname{Im}(M)$ d\'{e}signent respectivement le noyau et l'image d'une matrice $M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. \medskip \\

Soient $ A\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ et $k$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $1$.
On note $v_k=\operatorname{dim}\big(\operatorname{Ker}(A^k)\big)$ la dimension de $\operatorname{Ker}(A^k)$ et
$w_k=\operatorname{dim}\big(\operatorname{Im}(A^k)\big)$ la dimension de $\operatorname{Im}(A^k).$\\


\begin{enumerate}
\item Montrer que $\operatorname{Ker}(A^k)\subset \operatorname{Ker}(A^{k+1})$ pour $k\geq 1$. En d\'{e}duire que $(v_k)_{k\geq 1}$ est une suite croissante. \smallskip

\item Montrer que la suite $(w_k)_{k\geq 1}$ est une suite d\'{e}croissante.\smallskip

\item Supposons qu'il existe un entier $k_0\geq 1$ tel que $v_{k_0}=v_{k_0+1}$.
Montrer que $v_{k_0+1}=v_{k_0+2}$. Que peut-on alors dire des suites d'entiers $(v_k)_{k\geq k_0}$  et $(w_k)_{k\geq k_0}$?\smallskip \\

Pour le reste de l'exercice, on d\'{e}finit les notions suivantes.\\ Une matrice $M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est  dite nilpotente s'il existe un entier $m\geq 1$ tel que $M^m=0$.\\
Pour une matrice nilpotente $M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$, on d\'{e}finit son indice de nilpotence  par :
$$
p=\operatorname{min}\{ m \in \mathbb{N}\setminus\{0\} \mid M^m=0 \}.
$$

\item Donner trois exemples de matrices nilpotentes de $\mathcal {M}_{3}(\mathbb{R})$ : un o\`{u} $p=1$, un o\`{u} $p=2$ et un o\`{u} $p=3$. \smallskip

\item Soit  $M\in \mathcal {M}_n(\mathbb{R})$ une matrice nilpotente. Montrer que $p\leq n$.\smallskip

\item On suppose ici que $n\geq 2$. Soit $B=(b_{i,j})_{i,j\in \{ 1,\ldots,n\}}\in  \mathcal {M}_n(\mathbb{R})$ dont les coefficients $b_{i,j}$ sont d\'{e}finis par :
$$
b_{i, i+1}=1 \mbox{ pour } i\in \{1, \ldots, n-1\}  \mbox{ et } b_{i, j}=0 \mbox{ pour } j\neq i+1 .
$$
R\'{e}soudre dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ l'\'{e}quation d'inconnue $M$ donn\'{e}e par:
$$
M^2=B.
$$


\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Soit $x\in \operatorname{Ker}(A^k)$. On a donc $A^k \, x=0$. En composant par $A$, il vient $A^{k+1} \, x=0$.
Ainsi, $x\in \operatorname{Ker}(A^{k+1})$ et on conclut que $\operatorname{Ker}(A^k)\subset \operatorname{Ker}(A^{k+1})$. Ainsi, $v_{k}\leq v_{k+1}$ et la suite $(v_k)_{k\geq 1}$ est une suite croissante.
\item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me du rang, $n=v_{k}+w_k=v_{k+1}+w_{k+1}$. Ainsi, comme $v_{k}\leq v_{k+1}$, on a   $n-w_k \leq n-w_{k+1}$. Par cons\'{e}quent, $w_{k+1}\leq w_k$ et la suite $(w_k)_{k\geq 1}$ est d\'{e}croissante.

\item Supposons que $v_{k_0}=v_{k_0+1}$. De  plus, on a  d'apr\`{e}s la question 1),  $ \operatorname{Ker}(A^{k_0})\subset \operatorname{Ker}(A^{k_0+1})$. Par cons\'{e}quent, on a  $\operatorname{Ker}(A^{k_0})=\operatorname{Ker}(A^{k_0+1})$. Montrons alors que $\operatorname{Ker}(A^{k_0+1})=\operatorname{Ker}(A^{k_0+2})$. Nous savons d'apr\`{e}s la question 1) que $\operatorname{Ker}(A^{k_0+1})\subset \operatorname{Ker}(A^{k_0+2})$. Il suffit donc de montrer l'autre inclusion. \\Soit $x\in \operatorname{Ker}(A^{k_0+2}) $, on a alors $A^{k_0+2} \,x=A^{k_0+1} A x=0$ . Ainsi, on a $A \, x\in   \operatorname{Ker}(A^{k_0+1})= \operatorname{Ker}(A^{k_0})$ et  donc $A^{k_0} A x=0=A^{k_0+1} x $ . On conclut que $x\in \operatorname{Ker}(A^{k_0+1})$ et que $\operatorname{Ker}(A^{k_0+2})\subset \operatorname{Ker}(A^{k_0+1})$. On a alors finalement $\operatorname{Ker}(A^{k_0+1})=\operatorname{Ker}(A^{k_0+2})$ et  $v_{k_0+1}=v_{k_0+2}$. On montrerait alors ais\'{e}ment par r\'{e}currence que
pour $k\geq k_0$, on a $v_{k}=v_{k_0}$. La suite $(v_k)_{k\geq k_0}$ est donc constante et par le th\'{e}or\`{e}me du rang, comme $w_k=n-v_k$, la suite $(w_k)_{k\geq k_0}$ est \'{e}galement constante.

\item On a $p=1$, $p=2$ et $p=3$ respectivement pour les trois matrices suivantes de $M_3(\mathbb{R})$ :
$$
A_1=\begin{bmatrix}0& 0 & 0 \\ 0 & 0& 0\\  0 &0& 0  \end{bmatrix},  \quad A_2=\begin{bmatrix}0& 0 & 1 \\ 0 & 0& 0\\  0 &0& 0  \end{bmatrix} \mbox{ et }  \quad A_3=\begin{bmatrix}0& 1 & 1 \\ 0 & 0& 1\\  0 &0& 0  \end{bmatrix} .
$$
Il est clair que $A_1=0$, $A_2^2=0$ (avec $A_2\neq 0$) et $A_3^3=0$ (avec $A_3\neq 0$  et $A_3^2\neq 0$), donc leurs indices de nilpotence sont respectivement $1$, $2$ et $3$. \medskip
\item Soit $M\in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice nilpotente.  Supposons par l'absurde  que $p>n$. On a donc  d'une part, pour tout $j\in \{1, \ldots , n \}$, $A^j\neq 0$ et d'autre part, $A^{p}=0$ et donc  $v_{p}=n$.
 Une matrice nilpotente ne peut \^etre inversible (car $A^{p}=0$) donc $ \operatorname{Ker}(A)\neq 0$ et $v_1\geq 1$.
De plus, pour tout $j\in \{1,\ldots, n\}$, $v_{j}\neq v_{j+1}$ car si $v_j=v_{j+1}$,  la suite $(v_k)_{k\geq j}$ est constante et donc  $v_j=v_{p}=n$; on aurait alors $ \operatorname{Ker}(A^j)=\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ et $A^j=0$, ce qui est impossible car $j\leq n <p$. Comme $(v_j)_{j\geq 1}$ est  une suite d'entiers croissante et que pour $j\in \{1,\ldots, n\}$, $v_{j}\neq v_{j+1}$ et que $v_1\geq 1$, il s'ensuit que $v_{j}\geq j$ pour $j\in \{1,\ldots, n+1\}$. Ainsi, on a $v_{n+1}>n$, ce qui est absurde car la suite $(v_k)_{k\geq 1}$ est born\' ee par $n$. On conclut donc que $p\leq n$.

\item Il est ais\'{e} de v\'{e}rifier que $B^{n-1}\neq 0$  et que $B^n=0$. Donc $B$ est nilpotente.
 On a alors si $M^2=B$ : $M^{2(n-1)}=B^{n-1}\neq 0$ et $M^{2n}=B^{n}=0$. Ainsi $M$ est \'{e}galement nilpotente et son indice de nilpotence $p$  v\'{e}rifie $2(n-1) < p$ (car $M^{2(n-1)}\neq 0$) et $p\leq  n$ (d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente). Ainsi $2 (n-1)<n$ et donc $n<2$ ce qui est impossible car on a suppos\'{e} que $n \geq 2$. L'\'{e}quation matricielle $M^2=B$ n'admet donc pas de solution.
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{11}



Dans  cet exercice, on d\'{e}signe par $n$ un entier naturel de $\N^*$.

 On se propose de montrer qu'il n'existe pas de matrice $A$ de $\mathcal{M}_{2 n+1}(\R)$ telle que $A^{2}=-I$, o\`{u} $I$ d\'{e}signe la matrice identit\'{e}  de $\mathcal{M}_{2 n+1}(\R)$.\\ Pour tout $\lambda\in \C$, on notera $E_{\lambda}=\Ker\left(A-\lambda I\right)=\{X\in \mathcal{M}_{2n+1,1}(\C)| AX=\lambda X\}$.
\begin{enumerate}

\item  Trouver une matrice $A$ de $\mathcal{M}_{2n+1}(\C)$ telle que $A^{2}=-I$.

\item  Dans cette question, on suppose qu'il existe une matrice $A$ de $\mathcal{M}_{2 n+1}(\R)$ telle que $A^{2}=-I$.

\begin{enumerate}
\item V\'{e}rifier que $\frac{1}{2i}\left(\left(A+i I\right)-\left(A-i I\right)\right)=I$.

\item En d\'{e}duire que : $\mathcal{M}_{2n+1,1}(\C)=\Ker\left(A-i I\right) \oplus \Ker\left(A+i I\right)$.

\item En d\'{e}duire que $A$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_{2 n+1}(\C)$  et donner ses valeurs propres.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Pour toute matrice colonne $X= \begin{pmatrix} z_1\\ \vdots \\ z_{2n+1} \end{pmatrix}$ de $\mathcal{M}_{2n+1,1}(\C)$, on note $\bar{X}$ la matrice colonne $\begin{pmatrix} \overline{z_1}\\ \vdots \\ \overline{z_{2n+1}} \end{pmatrix}$.


Montrer que  $X \in E_{i}$ si et seulement si $\bar{X} \in E_{-i}$. La r\'{e}ciproque est-elle vraie ?

\item  En d\'{e}duire que $\dim E_{i}=\dim E_{-i}$.

\item  En d\'{e}duire  qu'il n'existe pas de matrice $A$ de $\mathcal{M}_{2 n+1}(\R)$ telle que $A^{2}=-I$
\end{enumerate}
\item Ce r\'{e}sultat est-il encore valable dans $\mathcal{M}_{2n}(\R)$ ?
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item La matrice diagonale $D=\mbox{diag}(i,\ldots, i)$ v\'{e}rifie  $D^2=-I$.
\item
\begin{enumerate}
\item Par calcul direct.

\item Soit $X\in \mathcal{M}_{2n+1, 1}(\C)$. La relation pr\'{e}c\'{e}dente donne
$$X= \frac{1}{2i}\left(\left(A-i I\right)X-\left(A+iI\right)\right)X$$
En notant $X_1= \left(A-i I\right)X$ et $X_2= \left(A+i I\right)X$, la relation $A^2+I=0$ donne  $X_1\in \Ker\left(A+i I\right)$ et $X_2\in \left(A-i I\right)$. Tout vecteur de $\C^{n+1}$ se d\'{e}compose comme somme d'un vecteur de $E_i$ et d'un vecteur de $E_{-i}$. Donc
$$C^{2n+1}= \Ker\left(A+i I\right) + \Ker\left(A-i I\right) $$

Enfin cette somme est directe car $\Ker\left(A+i I\right)\cap \Ker\left(A-i I\right)=\{0\}$.
\item La question pr\'{e}c\'{e}dente donne la diagonalisabilit\'{e} et $\Sp(A)\subset \{ i,-i\}$. Il y a \'{e}galit\'{e} car si un seul de ces deux sous-espaces propres est r\'{e}duit \`{a} $\{0\}$, par exemple $E_{-i}= \{0\}$, alors $\mathcal{M}_{2n+1,1}(\C)= E_i$ d'o\`{u} $A= iI$, ce qui est absurde car $A$ est une  matrice r\'{e}elle.

\end{enumerate}


\item
\begin{enumerate}
\item  Soit $X \in E_{i}$. Alors $A X=i X$. En conjuguant cette relation, il vient $A\bar{X}= -i\bar{X}$ puisque $A$ est une matrice r\'{e}elle (il suffit de faire le produit matriciel). La r\'{e}ciproque est identique puisque $\bar{\bar{X}}= X$.

\item  Soient $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{p}$ des complexes tels que $
\lambda_{1} \overline{u_{1}}+\lambda_{2} \overline{u_{2}}+\cdots+\lambda_{p} \overline{u_{p}}=0
$

Alors en conjuguant cette relation il vient : $
\overline{\lambda_{1}} u_{1}+\overline{\lambda_{2}} u_{2}+\cdots+\overline{\lambda_{p}} u_{p}=0 .
$

Et $\left(u_{1}, \ldots, u_{p}\right)$ \'{e}tant une famille libre par hypoth\`{e}se, on en d\'{e}duit que $\overline{\lambda_{1}}=\overline{\lambda_{2}}=\cdots=\overline{\lambda_{p}}=0 .$

Soit encore $ \lambda_{1}=\lambda_{2}=\cdots=\lambda_{p} .$ Et donc $\left(\overline{u_{1}}, \overline{u_{2}}, \ldots, \overline{u_{p}}\right)$ est une famille libre de $\mathbf{C}^{2 n+1}$.

De plus, elle est bien form\'{e}e de vecteurs de $E_{-i}$ par la question pr\'{e}c\'{e}dente.

Ainsi si $\left(u_{1}, \ldots, u_{p}\right)$ est une base de $E_{i}$, alors $p=\dim E_{i} .$

Et alors $\left(\overline{u_{1}}, \ldots, \overline{u_{p}}\right)$ est une famille libre de $E_{-i}$, de cardinal $p$, de sorte que $p \leqslant \dim E_{-i} .$ Et donc $\dim E_{i} \leqslant \dim E_{-i} .$

Inversement, on peut prouver  que si $\left(v_{1}, \ldots, v_{q}\right)$ est une base de $E_{-i}$, alors $\left(\overline{v_{1}}, \ldots, \overline{v_{q}}\right)$ est une famille libre de $E_{i}$, et donc que $\dim E_{-i} \leqslant \dim E_{i}$.

On en d\'{e}duit que $ E_{i}$ et $E_{-i}$ sont de m\^{e}me dimension.

\item Si $A$ existait, elle serait diagonalisable, et on doit avoir $2n+1=\dim \mathrm{\C}^{2n+1}=\dim E_{i}+\dim E_{-i}= 2p$, ce qui est absurde.


\end{enumerate}
\item Ce r\'{e}sultat est faux pour $n$ pair. Par exemple , la matrice $A=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ v\'{e}rifie $A^2=-I_2$. Dans le cas g\'{e}n\'{e}ral, on exhibe une matrice $M\in \mathcal{M}_{2n}(\R)$ form\'{e}e de $n$ blocs diagonaux de la matrice $A$ pr\'{e}c\'{e}dente.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{14}

	\begin{enumerate}
		\item Soit $E$ un espace vectoriel sur $\mathbb{C}$ de dimension finie
		$m \in \mathbb{N}^{\ast}$. On consid\`{e}re un endomorphisme inversible $f$ de $E$.
		\begin{enumerate}
			\item Montrer que si $f$ est diagonalisable, alors $f^2$ l'est \'{e}galement.
			\item Montrer que si $F$ est un sous-espace propre de $f^2$, alors $F$ est soit un sous-espace propre de $f$, soit la somme directe de deux sous-espaces propres de $f$.
			\item En d\'{e}duire que si $f^2$ est diagonalisable, alors $f$ est diagonalisable. Donner un exemple simple montrant que ceci n'est plus vrai en g\'{e}n\'{e}ral si on ne suppose pas $f$ inversible.
		\end{enumerate}
	\item On consid\`{e}re deux endomorphismes inversibles $u$ et $v$ de $\mathbb{C}^n$ ($n\geq 1$).
	On munit l'ensemble $E=\mathbb{C}^n \times \mathbb{C}^n $ de sa structure de $\mathbb{C}$-espace vectoriel canonique
	({\em $(x_1,x_2)+(y_1,y_2)=(x_1+y_1,x_2+y_2) $}) et ({\em $ \alpha(x_1,x_2)=(\alpha x_1,\alpha x_2)$}).
	Pour $(x,y) \in E$, on pose $f(x,y)=( v(y), u(x))$.
	\begin{enumerate}
		\item Justifier le fait que $E$ est de dimension finie et donner sa dimension.
		\item Prouver que  $u\circ v$ est diagonalisable si et seulement si $v\circ u$ l'est aussi.
		Donner un exemple simple, avec $n=2$, montrant que cette \'{e}quivalence n'est plus vraie si on abandonne l'hypoth\`{e}se selon laquelle $u$ et $v$ sont inversibles.
		\item V\'{e}rifier que $f$ est un endomorphisme de $E$.
		\item Montrer que $f$ est inversible et donner son inverse.
		\item D\'{e}terminer l'endomorphisme $f^2$.
		\item Prouver que $f$ est diagonalisable si et seulement si $u\circ v$ est diagonalisable.
	\end{enumerate}
\item La matrice $M$ de $\mathcal{M}_{4}(\mathbb{C})$  d\'{e}finie ci-dessous est-elle diagonalisable?
$$
M=\matrice{0 & 0 & 3 & 1 \\
	0 & 0 & -1 & 1 \\
	1 & 1 & 0 & 0 \\
	0 & 1 & 0 & 0 }.
$$
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
			\item
			\begin{enumerate}
				\item Si $f$ est diagonalisable et si $A$ est la matrice de $f$ dans une base $\mathcal{B}$ de $E$, il existe une matrice inversible $P$ et une matrice diagonale $D$ dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ telles que $A=P^{-1}DP$. D'o\`{u} la matrice $A^2=P^{-1}D^2P$ qui est associ\'{e}e \`{a} $f^2$ dans $\mathcal{B}$ est diagonalisable, donc $f^2$ l'est \'{e}galement.
				\item Soient $F$  un sous-espace propre de $f^2$ associ\'{e} \`{a} une valeur propre $\lambda \neq 0$ ($f$ est inversible) et $\alpha \in \mathbb{C} $ tel que $\alpha^2=\lambda$ ($\alpha\neq 0$). Alors pour tout $x \in F$, on a $0=(f^2-\lambda Id)x=(f-\alpha Id)(f+\alpha Id)x$. Si $(f-\alpha Id)$
				(resp. $(f+\alpha Id)$ ) est inversible, alors $F$ est \'{e}gal au sous-espace propre $E_{\alpha}(f)$ (resp. $F=E_{-\alpha}(f)$ ). Sinon, les deux sous-espaces $E_{\alpha}(f)$ et $E_{-\alpha}(f)$ ne sont pas r\'{e}duits \`{a} $\left\lbrace 0\right\rbrace $, il sont inclus dans $F$ et en somme directe. De plus, tout $x \in F$ peut s'\'{e}crire sous la forme
				$x=\dfrac{1}{2\alpha}((\alpha Id+f)x+ (\alpha Id -f)x)$ avec
				$(\alpha Id+f)x \in E_{\alpha}(f)$ et $(\alpha Id-f)x \in E_{-\alpha}(f)$; il en r\'{e}sulte que $F= E_{\alpha}(f)\oplus E_{-\alpha}(f)$.
				\item Comme $f^2$ est diagonalisable, l'espace $E$ est somme directe des sous-espaces propres de $f^2$. De plus, d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, dans chaque sous-espace propre $F$ de $f^2$, on peut choisir une base de ce sous-espace qui sera form\'{e}e de vecteurs propres de $f$. Par concat\'{e}nation, on construira ainsi une base de $E$ constitu\'{e}e de vecteurs propres de $f$; il en r\'{e}sulte que $f$ est diagonalisable.
				Comme contre-exemple, on peut consid\'{e}rer l'endomorphisme $g$ de $\mathbb{C}^2$ donn\'{e} par $g(e_1)=0$ et $g(e_2)=e_1$.
				L'endomorphisme $g^2$ est diagonalisable puisqu'il est nul, mais
				$g$ ne l'est pas. En effet dans le cas contraire sa matrice serait semblable \`{a} la matrice nulle et donc nulle, ce qui est absurde.
			\end{enumerate}
			\item
			\begin{enumerate}
				\item Si $e_1, \cdots,e_n$ est une base de $\mathbb{C}^n$, il est clair que
				$(e_1,0), \cdots, (e_n,0),(0,e_1), \cdots,(0,e_n)$ forment une base de $E$ qui est donc de dimension $2n$.
				\item Supposons que $u\circ v$ est diagonalisable. Alors, $v\circ u= u^{-1}\circ(u\circ v)\circ u$ est semblable \`{a}
				$u\circ v$ et est donc diagonalisable.
				 Les r\^{o}les de $u$ et $v$ \'{e}tant sym\'{e}triques, on obtient bien l'assertion souhait\'{e}e.
				 Comme contre-exemple, on peut prendre les endomorphismes $u$ et $v$ associ\'{e}s respectivement aux matrices
				 $$
				 A=\matrice{0 & 1\\ 0 & 0} \text{ et } B=\matrice{1 & 0\\ 0 & 0}
				 $$
				puisque $AB=0$ est \'{e}videmment diagonalisable et $BA=A$ ne l'est pas (cf. question 1).
				\item C'est \'{e}vident par calculs.
				\item Comme $u$ et $v$ sont inversibles, il est clair que $f$ est inversible et que
				$f^{-1}(x,y)=(u^{-1}(y), v^{-1}(x))$.
				\item On a $f^2(x,y)=(v\circ u(x),u\circ v(y))$.
				\item Si $h$ est un endomorphisme et $\lambda \in \mathbb{C}$, on note
				$E_{\lambda}(h)$ le noyau de $h-\lambda Id$.
				Si $f$ est diagonalisable, alors $f^2$ l'est. On pose
				$\Sp(f^2)=\left\lbrace \lambda_1,\cdots, \lambda_p\right\rbrace$. On
				voit facilement que
				$E_{\lambda_i} (f^2)=\left\lbrace (x,0); x\in E_{\lambda_i} (v\circ u) \right\rbrace
				\oplus \left\lbrace (0,y); y\in E_{\lambda_i} (u\circ v) \right\rbrace$, d'o\`{u}
				$\dim(E_{\lambda_i} (f^2)) = \dim(E_{\lambda_i} (v\circ u)) +\dim(E_{\lambda_i} (u\circ v))
				=2\dim(E_{\lambda_i} (u\circ v))  $ ($v\circ u -\lambda_i Id$ et
				$u\circ v- \lambda_i Id$ sont semblables). Comme $2n=\dis\sum_{k=1}^{p}\dim(E_{\lambda_i} (f^2))
				=2\sum_{k=1}^{p}\dim(E_{\lambda_i} (u\circ v)) $, l'endomorphisme $u\circ v$ est diagonalisable.
				Supposons que $u\circ v$ est diagonalisable, alors on a vu que $v\circ u$ l'est aussi. Choisissons une base $(x_1,\cdots,x_n)$ (resp. $(y_1,\cdots,y_n)$) de vecteurs propres de
				$v\circ u$ (resp. $u\circ v$). Alors, la famille
				$\left\lbrace (x_1,0), \cdots, (x_n,0),(0,y_1), \cdots,(0,y_n) \right\rbrace $ est une base de vecteurs propres de $f^2$ qui est donc diagonalisable. Alors, d'apr\`{e}s $1.(c)$, l'endomorphisme $f$ est diagonalisable.
			\end{enumerate}
			\item Posons
			$$
			A=\matrice{3 & 1\\ -1 & 1}
			\text{ et }
			B=\matrice{1 & 1\\ 0 & 1},
			$$
			et notons $u$ (resp. $v$) l'endomorphisme de $\mathbb{C}^2$ canoniquement associ\'{e} \`{a}
			$A$ (resp $B$). Alors, l'endomorphisme $f$ de la question 2 admet $M$ comme matrice associ\'{e}e dans la base $(e_1,0),(e_2,0),(0,e_1),(0,e_2)$. Comme les matrices $A$ et $B$ sont inversibles et que
			la matrice $AB$ est diagonalisable (elle admet deux valeurs propres distinctes, ce que l'on voit facilement avec les \'{e}l\'{e}ments du cours sur les matrices $2\times 2$), on d\'{e}duit de la question pr\'{e}c\'{e}dente que $M$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_{4}(\mathbb{C})$.
	\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{18}

 Soit $n\in \N^*$. On note $\RR_n[X]$ l'ensemble des polyn\^{o}mes de degr\'{e} au plus $n$.\\ Pour tout $(P, Q) \in \RR_n[X]^2$, sous r\'{e}serve de convergence de l'int\'{e}grale, on note :
$$\langle P, Q\rangle  = \int_0^{+\infty} P(t)Q(t)\ee^{-t}~{\rm d}t.$$
\begin{enumerate}
\item Pour tout $(k,\ell)\in  \llbracket 0,n\rrbracket^2$, montrer la convergence et donner la valeur de l'int\'{e}grale $\langle X^k, X^{\ell}\rangle$.
\item Montrer que l'application suivante est bien d\'{e}finie et que c'est un produit scalaire :
$$\begin{array}{ccc}
\RR_n[X] \times \RR_n[X] &\longrightarrow& \RR\\
(P,Q) & \longmapsto & \langle P, Q \rangle
\end{array}$$
\end{enumerate}
\bigskip

Soit l'application $\alpha$ d\'{e}finie sur $\RR_n[X]$  par :
$$ \forall P \in \RR_n[X], \quad \alpha(P) = XP'' + (1-X)P'. $$

\begin{enumerate}[resume]
\item V\'{e}rifier, rapidement, que $\alpha$ est un endomorphisme de $\RR_n[X]$.
\item \'{E}crire la matrice de $\alpha$ dans la base $(1,X,\ldots,X^n)$.
\item D\'{e}terminer le spectre de $\alpha$. L'endomorphisme $\alpha$ est-il diagonalisable ?
\item Pour tout $k \in \llbracket 0,n \rrbracket$, montrer qu'il existe un unique polyn\^{o}me unitaire $P_k$ de degr\'{e} $k$ tel que :
$$\ker (\alpha + k \operatorname{Id}_{\RR_n[X]})=\vect(P_k).$$
\item Montrer que l'endomorphisme $\alpha$ est sym\'{e}trique.\\
Que peut-on en d\'{e}duire pour la famille $(P_0,\ldots,P_n)$ ?
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On reconna\^{\i}t que $\langle X^k, X^{\ell}\rangle =\Gamma(k+\ell+1)=(k+\ell)!$.
\item \begin{itemize}
\item[$\bullet$] L'int\'{e}grale qui d\'{e}finit $\langle P, Q\rangle $ s'\'{e}crit comme une combinaison lin\'{e}aire d'int\'{e}grales $\langle X^k, X^{\ell}\rangle$,\\ qui convergent d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, donc $\langle P, Q\rangle$ est une int\'{e}grale convergente.
\item[$\bullet$] Les caract\`{e}res bilin\'{e}aire et sym\'{e}trique de $\langle \ , \ \rangle$ sont faciles.
\item[$\bullet$]Par positivit\'{e} de l'int\'{e}gration, comme  $P^2(t)e^{-t} \geq 0$, on a :	$\langle P, P\rangle\geq 0$.
\item[$\bullet$] Si $\langle P, P\rangle=0,$ alors $\dint_0^{+\infty} P^2(t)e^{-t} {\rm d}t = 0$ o\`{u} $t \mapsto P^2(t)e^{-t}$ est continue et positive sur $\R_+$. \\
    Donc on a  : $\forall, t \in \R_+,$ $P^2(t)e^{-t} = 0,$ \ie $P(t)=0.$\\
Ainsi $P$ poss\`{e}de une infinit\'{e} de racines, donc $P=0$ (sur $\R$).
\end{itemize}
\item On v\'{e}rifie que $\mbox{deg}(\alpha(P)) \leq n$, pour tout $p\in \R_n[X]$. La lin\'{e}arit\'{e} provient de la lin\'{e}arit\'{e} de la d\'{e}rivation.
\item On trouve : $\alpha(1)=0$ et $\forall k\in \llbracket 1,n\rrbracket,\ \alpha(X^k) = -kX^k + k^2X^{k-1}$, d'o\`{u} la matrice de $\alpha$ :
$$M=\begin{pmatrix}
				0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
				0 & -1 & 2^2 & \ddots & \vdots \\
				\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 0 \\
				\vdots & & \ddots & -(n-1) & n^2 \\
				0 & \cdots & \cdots & 0 & -n
			\end{pmatrix} \in {\cal M}_{n+1}(\RR)$$
\item La matrice est triangulaire sup\'{e}rieure, donc  son spectre se lit sur la diagonale : $$\Sp(\alpha) = \Sp M=\{-k | k \in \llbracket 0,n\rrbracket \}.$$
L'espace $\R_n[X]$ est de dimension $n+1$ et $\alpha$ a $n+1$ valeurs propres distinctes, donc $\alpha$ est diagonalisable...
\item ...et les sous-espaces propres $E_{-k}$ sont tous de dimension 1. Ainsi $E_{-k}=\ker(\alpha + k \id_{\R_n[X]}))$ est form\'{e} de tous les multiples (avec facteur scalaire ) d'un m\^{e}me polyn\^{o}me non nul ; parmi ces polyn\^{o}mes il y en a un seul, $P_k$, qui est unitaire.\\
Soit $d\in [\![0,n]\!]$ le degr\'{e} de $P_k$ et $a_d\neq 0$ son coefficient dominant.\\ Alors $\deg XP_k''<d$ et $\deg (1-X)P_k'=d$, donc, par somme,  $\deg\alpha(P_k)=d,$ et le coefficient de degr\'{e} $d$ de $\alpha(P_k)$ est celui de $(1-X)P_k'$, soit $(-1)\times (da_d)$. Par ailleurs le coefficients de degr\'{e} $d$ de $-kP_k$ est $-ka_d$. Pour que $\alpha(P_k)=-kP_k$, il faut donc que $(-1)\times (da_d)=-ka_d$, soit $d=k$ \ie $P_k$ est de degr\'{e} $k$.
\item Utilisons une int\'{e}gration par parties, toutes les fonctions en jeu \'{e}tant de classe $C^1$ sur $\R^+$. Soit $A>0$ :

\begin{align*}
\int_0^A &(tP''(t)+(1-t)P'(t))Q(t) \e^{-t} dt = \int_0^A tP''(t)Q(t) \e^{-t} dt+\int_0^A (1-t)P'(t)Q(t) \e^{-t} dt\\
&= \left[ tP'(t)Q(t)\e^{-t}\right]_0^A - \int_0^A P'(t)Q'(t) t\e^{-t} dt - \int_0^A (1-t)P'(t)Q(t) \e^{-t} dt+ \int_0^A (1-t)P'(t)Q(t) \e^{-t} dt\\
&= \left[ tP'(t)Q(t)\e^{-t}\right]_0^A - \int_0^A P'(t)Q'(t) t\e^{-t} dt
\end{align*}

Or $\dlim_{A\to +\infty} AP'A)Q(A)\e^{-A}=0$ et $\left[ tP'(t)Q(t)\e^{-t}\right]_{t=0}=0$. Donc
$$\langle \alpha(P),Q\rangle = - \int_0^{+\infty} P'(t)Q'(t) t\e^{-t} dt = \langle P, \alpha(Q)\rangle $$
au vu des r\^{o}les sym\'{e}triques jou\'{e}s par $P$ et $Q$.

Ainsi, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me spectral, les sous-espaces propres de $\alpha$ sont orthogonaux entre eux, donc la famille $(P_0, \ldots, P_n)$ est orthogonale. Ainsi la famille $(P_0, \ldots, P_n)$ est  une base orthogonale de $\R_n[X].$
\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{20}


Pour  $(p,q)\in (\N^*)^2$, on note $\mathcal{M}_{p,q}(\R)$ l'ensemble des matrices \`{a} $p$ lignes et $q$ colonnes \`{a} coefficients r\'{e}els.

Si $A=(a_{i,j})$ et $B=(b_{i,j})$ sont deux \'{e}l\'{e}ments de $\mathcal{M}_{p,q}(\R)$, on pose $C= A\star B$ la matrice de $\mathcal{M}_{p,q}(\R)$ d\'{e}finie par, $\forall i\in \llbracket 1 ,p\rrbracket, \forall j\in \llbracket 1 ,q\rrbracket$,
$$c_{i,j}= a_{i,j}\ b_{i,j} $$

Une matrice $A\in \mathcal{M}_p(\R)$ est dite sym\'{e}trique positive si:
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] $A$ est sym\'{e}trique;
\item[$\bullet$]  pour tout $U\in \mathcal{M}_{p,1}(\R)$, on a ${}^t\!UAU\geq 0$.
\end{itemize}

On note $S_p^+(\R)$ l'ensemble des matrices de $\mathcal{M}_p(\R)$ sym\'{e}triques positives.



\begin{enumerate}
\item Montrer que si $(M,N)\in (S_n^+(\R))^2$ et $\lambda \geq 0$, alors $\lambda M+N\in S_p^+(\R)$.
\item Soit $U\in \mathcal{M}_{p,1}(\R)$. Montrer que $A= U{}^t\!U\in S_p^+(\R)$
\item Montrer que si $U\in \mathcal{M}_{p,1}(\R)$ et $V\in \mathcal{M}_{p,1}(\R)$, alors $(U\,{}^t\!U)\star (V\,{}^t\!V)= (U\star V){}^t\!(U\star V)$.
\item Soit $A\in S_p^+(\R)$. On note $(U_1, \ldots, U_p)$ une base orthonorm\'{e}e de vecteurs propres de $A$ et on note $(\lambda_1, \ldots, \lambda_p)$ les valeurs propres correspondantes.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\lambda_j\geq 0$ pour tout $j\in \llbracket 1,p\rrbracket$.
\item Montrer que $A= \dsum_{j=1}^p \lambda_j U_j\, {}^t\!U_j$.
\end{enumerate}
\item Montrer que si $A$ et $B$ appartiennent \`{a}  $S_p^+(\R)$, alors $A\star B$ appartient \`{a} $S_p^+(\R)$.

\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Si $M,N\in S_p(\R)$, alors $\lambda M+N$ est encore sym\'{e}trique. Et si $\lambda \geq 0$ , alors
$$U^T(\lambda M)U= \lambda (U^TMU) \geq 0$$

\item On a $(UU^T)^T= UU^T$ et $X^TUU^TX= ||U^TX||\geq 0$.
\item Soit  $U=\left(\begin{array}{c} u_1\\ \vdots\\ u_p\end{array}\right)$ et $V=\left(\begin{array}{c} v_1\\ \vdots\\ v_p\end{array}\right)$. Alors $(U\,{}^t\!U)= (u_iu_j)$ et $(V\,{}^t\!V)=(v_iv_j)$.

    Donc $(U\,{}^t\!U)\star(V\,{}^t\!V)=(u_iu_jv_iv_j)$. De m\^{e}me
     $(U\star V)=(u_iv_i)$ et  $(U\star V){}^t\!(U\star V)= (u_iv_iu_jv_j)$.

\item
\begin{enumerate}
\item Les valeurs propres d'une matrice sym\'{e}trique positive sont positives. Car si $X$ est un vecteur propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda$ :
    $$AX=\lambda X\Rightarrow 0\leq {}^t\!XAX= \lambda||X||^2\Rightarrow \lambda \geq 0 \ \car ||X||> 0$$

\item En utilisant le fait que $(U_1, \ldots, U_p)$ est orthonorm\'{e}e, le calcul donne :
$$\forall k,\ \left(\dsum_{j=1}^p \lambda_j U_j\, {}^t\!U_j\right)U_k=\lambda_kU_k.$$
Par ailleurs on a : $\forall k,\ AU_k=\lambda_kU_k$.
Comme les endomorphismes canoniquement associ\'{e}s \`{a} $A$ et $\dsum_{j=1}^p \lambda_j U_j\, {}^t\!U_j$ sont \'{e}gaux, puisqu'ils co\"{\i}ncident sur une base, leurs matrices sont \'{e}gales.

\end{enumerate}
\item Il reste \`{a} appliquer les r\'{e}sultats pr\'{e}c\'{e}dents. On a $A= \dsum_{j=1}^p \lambda_j U_j\, {}^t\!U_j$, $B= \dsum_{j=1}^p \mu_j V_j\, {}^t\!V_j$.\\ En utilisant la distributivit\'{e} (\'{e}vidente) de $\star$ sur la somme, on obtient :

$$A\star B= \sum_{i=1}^p \sum_{j=1}^p \lambda_i \mu_j (U_i\, {}^t\!U_i)\star (V_j\, {}^t\!V_j)=
\sum_{i=1}^p \sum_{j=1}^p \lambda_i \mu_j (U_i\, {}^t\!V_j) {}^t\! (U_i\, {}^t\!V_j) \geq 0$$

\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{22}

\begin{enumerate}
\item
Soit $\mathcal{E}$ l'ensemble des suites r\'{e}elles $(u_p)_{p \in \N}$ v\'{e}rifiant la relation
$$ \forall p \in \N,\quad  u_{p+3} = 4\,u_{p+2} -5 u_{p+1} + 2u_p  $$
\begin{enumerate}
\item  Montrer que  $\mathcal{E}$ est un $\R$-espace vectoriel de dimension $3$.
\item  V\'{e}rifier que la suite $(p)_{p \in \N}$ appartient \`{a} $\mathcal{E}$.
\item  D\'{e}terminer les suites g\'{e}om\'{e}triques appartenant  \`{a} $\mathcal{E}$.
\item  En d\'{e}duire l'expression des suites appartenant  \`{a} $\mathcal{E}$.
\end{enumerate}

\item  Soit $f$ l'endomorphisme de $\R^3$ de matrice dans la base canonique
$$ A = \matrice{7&3&-4 \\ -6&-2&5 \\ 4&2&-1} $$
\begin{enumerate}
\item  V\'{e}rifier que $1$ et $2$ sont valeurs propres de $A$.
\item  La matrice $A$ est-elle diagonalisable?
\item  Justifier que $A$ est semblable \`{a}
$$ T = \matrice{1&1&0 \\ 0&1&0 \\  0&0&2} $$
\item  En d\'{e}duire que le polyn\^{o}me $\, P(X) = (X-1)^2(X-2) \,$ est annulateur
de~$A$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Justifier que
$$ \forall p \in \N\,,\; \exists (a_p,b_p,c_p) \in \R^3,\quad
   A^p = a_p\,A^2 + b_p\,A + c_p\,I_3 $$
o\`{u} $A$ a \'{e}t\'{e} d\'{e}finie dans la question pr\'{e}c\'{e}dente.
\item  Montrer que $(a_p)_{p \in \N} \in \mathcal{E}$.
\item  Expliciter $A^p$ en fonction de $A^2,A,I_3$.
\item  La matrice $A$ est-elle inversible? Si oui, expliciter son inverse.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  $\mathcal{E}$ est un espace vectoriel (v\'{e}rification imm\'{e}diate). On a $\dim(E)=3$. En effet $\varphi : E \to \R^3$ d\'{e}finie par
$ (u_p) \mapsto \bigl( u_0,u_1,u_2 \bigr) \,$ est un isomorphime. L'application $\varphi$ est lin\'{e}aire. On v\'{e}rifie que $\Ker \varphi= \{0\}$ et que $\varphi$ est surjective par d\'{e}finition de la suite $(u_p)$.

\item  V\'{e}rification: $\, \forall p\,,\; 4(p+2)-5(p+1)+2p = p+3 \,$.

\item  On a $\, (r^p)_{p \in \N} \in \mathcal{E}$ si et seulement si $0 = r^3-4r^2+5r-2 = (r-1)^2(r-2)$ si et seulement si $r \in \{ 1,2 \} \,$.

\item  On vient de trouver 3 suites \'{e}l\'{e}ments de $\mathcal{E}$. On v\'{e}rifie que ces trois suites forment une famille libre (syst\`{e}me de trois \'{e}quations et on prend les trois  premiers termes de la suite combinaison lin\'{e}aire). C'est une base de $\mathcal{E}$. Ainsi
    $$\mathcal{E} = \Vect \Bigl( (p)_{p \in \N} \,,\, (1)\,,\, (2^p)_{p \in \N} \Bigr) = \Bigl\{ \bigl( ap+b+c2^p \bigr)_{p \in \N}\,,\;
  (a,b,c) \in \R^3 \Bigr\} \,$$
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  On a $\, E_1 = \Ker(A-I_3) = \Vect(e_1) \,$ avec
\(e_1 = \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}\) et
$\, \Ker(A-2I_3) = \Vect(e_3) \,$ avec \( e_3 = \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 2\end{pmatrix} \)

\item  Supposons que $A$ soit diagonalisable. Alors
$$ A \sim D = \mbox{diag} \bigl( \lambda,1,2 \bigr) \Rightarrow  4 = \tr(A) = \tr(D) =
   \lambda + 3 \Rightarrow  \lambda = 1 $$
En contradiction avec  $\, \dim E_1 = 1 \,$. Donc $A$ n'est pas diagonalisable.

\item  Il suffit de trouver $e_2$ tel que $\mathcal{B} = \bigl( e_1,e_2,e_3 \bigr)$ soit une
base de $\R^3$ et $\, f(e_2) = e_1 + e_2 \,$, soit
$$ (A-I_3)\,\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6&3&-4 \\ -6&-3&5 \\ 4&2&-2\end{pmatrix}\,
   \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ 0\end{pmatrix} \Leftrightarrow \left\{
   \begin{array}{rcl} 2x+y &= &1 \\  z &= &1 \end{array} \right. $$
On peut prendre  \( e_2 = \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} \).

\item  On montre par calcul que $\, (T-I_3)^2\,(T-2I_3) = 0 \,$,  puis que $P$ est annulateur de $A$ par
similitude.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Par r\'{e}currence,
\( A^3 = 4\,A^2-5\,A+2\,I_3\). On suppose que  \( A^p = a_p\,A^2+b_p\,A+c_p\,I_3 \) ; alors $A^{p+1}= a_p\,A^3+b_p\,A^2+c_p\,A$ puis en rempla\c{c}ant :
$$ \left\{ \begin{array}{rcl}
   a_{p+1} &= 4a_p+b_p \\ b_{p+1} &= -5a_p+c_p \\ c_{p+1} &= 2a_p \end{array}
   \right. $$

\item  Puis par substitution, $\, a_{p+1}-4a_p+5a_{p-1}-2a_{p-2} = 0 \,$ soit
$\, (a_p) \in \mathcal{E} \,$.

\item  D'o\`{u} l'existence de $ (\alpha,\beta,\gamma) \in \R^3\,,\; \forall p \in \N\,,\;
  a_p = \alpha\,2^p + \beta\,p+\gamma \,$; puis $\, a_0 = a_1 = 0 \,$ et
$\, a_2 = 1 \,$ donnent $\, a_p = 2^{p}-p-1 \,$, puis
$$ A^p = \bigl( 2^{p}-p-1 \bigr)\,A^2 + \bigl( -2^{p+1}+3p+2 \bigr)\,A +
   \bigl( 2^p-2p \bigr)\,I_3 $$

\item  Comme $\, 0 \notin \Sp(A)$,  la matrice $A$ est inversible. Alors
$$ P(A) = 0 \Rightarrow  A\,\bigl[ A^2-4A+5I_3 \bigr] = 2I_3 \Rightarrow
   A^{-1} = \frac{1}{2}\,\bigl[ A^2-4A+5I_3 \bigr] $$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{27}

Dans cet exercice, $\K$ d\'{e}signe soit $\R$, soit  $\C$. On note $I_2$ la matrice identit\'{e} d'ordre 2.\\
On note $\text{GL}_2(\K)$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es d'ordre 2 \`{a} coefficients dans $\K$ qui sont inversibles .
	
	
Pour tout $A$ dans ${\cal M}_2(\K)$, on note $S(A)$ l'ensemble des matrices semblables \`{a} $A$, soit :
$$S(A)=\{PAP^{-1}\ |\ P \in \text{GL}_2(\K) \}.$$


Dans les quatre premi\`{e}res questions, on a $\K=\R$.
\begin{enumerate}
\item Soit $A$ une matrice non nulle de ${\cal M}_2(\R)$.
	\begin{enumerate}
		\item L'ensemble $S(A)$ est-il  un sous-espace vectoriel de  $\mathcal{M}_2(\R)$ ?
		\item On suppose que pour tout $(M,N)\in S(A)^2$, $M+N\in S(A)$. Montrer que $\tr(A)=0$.\\
La r\'{e}ciproque est-elle vraie ?
	\end{enumerate}
    \item D\'{e}terminer $S(A)$ lorsque $A= x I_2$, avec $x$ r\'{e}el.
    \item On suppose dans cette question que $A$ est diagonale.\\ L'ensemble $S(A)$ est-il constitu\'{e} uniquement de matrices diagonales ?

\item On admet que l'application $(M,N) \mapsto  \tr(M\transposee{N})$ est un produit scalaire sur $\mathcal{M}_2(\R)$, o\`{u} $\transposee{M}$ d\'{e}signe la transpos\'{e}e de la matrice $M$. On note $||\cdot||$ la norme euclidienne associ\'{e}e.\\ On dit qu'une partie ${\cal X}$ de  $\mathcal{M}_2(\R)$ est born\'{e}e lorsqu'il existe une constante $C\geq 0$ telle que
$$\forall M\in {\cal X},\ ||M||\leq C.$$
    \begin{enumerate}
    \item Pour tout $\lambda \in \R$, on pose $E_{\lambda} = \begin{pmatrix} 1&\lambda\\ 0&1\end{pmatrix}$ et $F_{\lambda} = \begin{pmatrix}
    		1&0\\ \lambda&1\end{pmatrix}$. Calculer $E_{\lambda}^{-1}$ et $F_{\lambda}^{-1}$.
    		\item Montrer que l'ensemble $S(A)$ est born\'{e} si et seulement si $A= x I_2$, avec $x$ r\'{e}el.\
    \end{enumerate}

\item Dans cette question, $\K=\C$ et $A$ est une matrice de  $\mathcal{M}_2(\C)$.

\begin{enumerate}
\item Justifier que $A$ admet au moins une valeur propre dans $\C$.
\item On suppose que $2A \in S(A)$.
\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$. Montrer que pour tout $n\in \N, 2^n\lambda$ est valeur propre de $A$.
\item En d\'{e}duire que $\tr (A)=\det (A)=0$ puis que $A^2=0$.
\end{enumerate}
\item En d\'{e}duire une condition n\'{e}cessaire et suffisante pour que $2A \in S(A)$.

( \textit{On pourra consid\'{e}rer $f$ l'endomorphisme canoniquement associ\'{e} \`{a} $A$})
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item Soit $A \in M_2(\R)$.
	\begin{enumerate}
		\item Si $S(A)$ est un sev de $\mathcal{M}_2(\R)$, alors $0_2 \in S(A)$. Il existe donc $P \in \text{GL}_2(\R)$ tel que $0_2=P^{-1}AP$ et alors $A=0_2$. Or on a suppos\'{e} que $A\neq 0_2$. Ainsi $S(A)$ n'est pas un sous-espace vectoriel.
		
		\item Soient $P$ et $Q$ dans $\text{GL}_2(\R)$. 		
		Supposons que $S(A)$ soit stable pour l'addition. Alors $PAP^{-1}+QAQ^{-1} \in S(A)$ et il existe $H \in \text{GL}_2(\R)$ tel que $PAP^{-1}+QAQ^{-1}=HAH^{-1}$. Donc  $\tr(HAH^{-1})=\tr(PAP^{-1})+\tr(QAQ^{-1})$ soit  $\tr(A)=2\tr(A)$ et  $\tr(A)=0$.
	
		Prenons $A=\begin{pmatrix}
		0&-1\\
		1&0
		\end{pmatrix}$ 	et $P=\begin{pmatrix} -1&0\\ 0&1 \end{pmatrix}$. On a $\tr(A)=0$ et  $P^{-1}=P$ et $PAP^{-1}=-A$.
		On a alors $A \in S(A)$ et $PAP^{-1}\in S(A)$ mais $A+PAP^{-1}=0_2 \notin S(A)$ car sinon $A=0_2$.
		
		La r\'{e}ciproque est fausse. 	\end{enumerate}
		\item Soit $x \in \R$. On a alors $S(xI_2)=\{xI_2\}$.
		\item Bien \'{e}videmment non. Toute matrice diagonalisable non diagonale est semblable \`{a} une matrice diagonale.
		
	 \item
    \begin{enumerate}
       	\item Un calcul \'{e}l\'{e}mentaire (pivot) ou le cours donne $E_{\lambda}^{-1}=\begin{pmatrix}
    	1&-\lambda\\
    	0&1\end{pmatrix}$ et $F_{\lambda}^{-1}=\begin{pmatrix}
    	1&0\\
    	-\lambda &1\end{pmatrix}$.
    	\item Soit $A= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ telle que $S(A)$ est born\'{e}e.\\ Il existe alors une constante $C>0$  telle que $ \forall P \in \text{GL}_2(\R), ||PAP^{-1}||^2 \leq C^2$.\\    	
    	Or, pour $P= E_{\lambda}$, il vient
    $$B=P_\lambda A P_\lambda^{-1}= \begin{pmatrix} a+\lambda c & -\lambda(a+\lambda c)+b+\lambda d\\ c &  -\lambda c+d\end{pmatrix}.$$
Comme $b_{i_0,j_0}^2\leq \dsum_{i,j} b_{i,j}^2=||B||^2$ les quatre coefficients ci-dessus sont born\'{e}s quand $\lambda$ varie.\\ Donc $c=0$ et $a=d$. On recommence le m\^{e}me travail avec $F_\lambda$ : il vient en plus $b=0$.\\
Donc $A= aI_2$. La r\'{e}ciproque est \'{e}vidente.

    \end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Le nombre  $\lambda\in \CC$ est valeur propre de $A$ si et seulement si $\det(A-\lambda I_2)=0$.\\
Or $\lambda \mapsto \det(A-\lambda I_2)$ est un polyn\^{o}me de degr\'{e} deux, qui  admet au moins une racine complexe, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de \textsc{d'Alembert}-\textsc{\textsc{Gauss}}.
		        	\item 	\begin{enumerate}
		\item Soit $\lambda$ une valeur propre  de $A$, alors $2\lambda$ est  une valeur propre de $2A$ et donc de $A$, puisque $A$ et $2A$ sont semblables. Par r\'{e}currence, pour tout $n \in\N$, $2^n\lambda$ est valeur propre de $A$.
		\item Si $\lambda \neq0$, alors $A$ admet une infinit\'{e} de valeurs propres, ce qui est impossible. Donc $\lambda=0$ et sp$(A)=\{0\}$ ; par suite, $A$ n'est pas inversible donc  $\det(A)=0$.

Or si l'on note $A= \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix}$, alors $\det(A-\lambda I_2)=\lambda^2-(a+d) \lambda+ad-bc=\lambda(\lambda-a-d)$,\\ car $ad-bc=\det(A)=0$. Comme $0$ est la seule racine de ce polyn\^{o}me en $\lambda$ (puisque $0$ est la seule valeur propre), on a $a=-d$ et $0=ad-bc=-a^2-bc$. Alors le calcul donne :
$$A^2= \begin{pmatrix} a^2+bc & 0\\ 0 & a^2+bc \end{pmatrix}= 0.$$
	\end{enumerate}

\item R\'{e}ciproquement supposons $A\neq 0_2$ et $A^2=0_2$.

Soit $f$ l'endomorphisme canoniquement associ\'{e} \`{a} $A$. Comme $A \neq 0_2$, alors $f \neq 0$. Il existe $ e_1 \in \mathcal{M}_{2,1}(\R)$ tel que $f(e_1)\neq 0$. Et  $\mathcal{B}=(f(e_1),e_1)$ est une base de $\mathcal{M}_{2,1}(\R)$.

Enfin, on a $B=\text{Mat}_{\mathcal{B}}(f)=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}$. Ainsi $B$ est semblable \`{a} $A$ et appartient donc \`{a} $S(A)$.

On pose maintenant : $\mathcal{B}'=(f(e_1),2e_1)$. La famille  $\mathcal{B}'$ reste une base de  $\mathcal{M}_{2,1}(\R)$ et on a
 $B'=\text{Mat}_{\mathcal{B}'}(f)=\begin{pmatrix} 0&2\\0&0 \end{pmatrix}=2B=\text{Mat}_{\mathcal{B}}(2f)$.
La matrice $B'$ est encore semblable \`{a} $A$ et aussi \`{a} $2A$. Donc $2A$ est semblable \`{a} $A$ et est donc dans $S(A)$. La condition est donc suffisante.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
	
	\end{sol}
\begin{exo}{28}


	
Soit $n\in \N$ avec $n\geq 2$. Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension $n$.\\  On note  $0_{\mathcal L(E)}$ l'endomorphisme nul de $E$ et  $\mathrm{Id}_E$ l'identit\'{e} de $E$.

Pour tout endomorphisme $f$ de $E$, on d\'{e}finit la suite d'endomorphismes $(f^k)_{k\geq 0}$ par r\'{e}currence par :\\
 $f^0=\mathrm{Id}_E$ et, pour tout $k \geq 1$ : $f^k=f\circ f^{k-1}$.\\

\begin{enumerate}
\item  Montrer que la suite $(\Ker(f^k))_{k\geq 0}$ est croissante au sens de l'inclusion.
\item
  \begin{enumerate}
  \item  Montrer l'existence d'un entier $q\leq n$ tel que $\Ker(f^q)=\Ker(f^{q+1})$.\\ On pose alors : $p=\min\{q\in \N / \Ker(f^q)=\Ker(f^{q+1})\}$.
  \item Montrer que la suite finie $(\Ker(f^k))_{0\leq k\leq p }$ est strictement croissante au sens de l'inclusion\\ et que la suite  $(\Ker(f^k))_{ k\geq p }$ est constante.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
Soit $\alpha$ un r\'{e}el non nul. On consid\`{e}re la famille de polyn\^{o}mes $P_k=X^k(X- \alpha)$ avec $k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket$.

Dans la suite de l'exercice,  $f$ d\'{e}signe un endomorphisme de $E$  tel que :

$$\forall k \in \llbracket 0,n-2\rrbracket, P_k(f) \neq 0_{\mathcal L(E)}  \text{ et } P_{n-1}(f)=0_{{\mathcal L}(E)}$$


\textsl{Le but de l'exercice est d'\'{e}tablir que $p=n-1$}.
\begin{enumerate}[resume]
\item Dans cette question, on suppose que $f^{n-1}=0_{{\mathcal L}(E)}$. Montrer que $\forall k \in \llbracket 0,n-2\rrbracket, f^k\neq 0_{{\mathcal L}(E)}$ et conclure.

\item Dans cette question, on suppose: $f^{n-1}\neq 0_{{\mathcal L}(E)}$.
\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer les valeurs propres de $f$.
\item Montrer: $\Im( f^{n-1})=\Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$.
\item En d\'{e}duire que $\ker(f^{n-1})$ et $\ker(f-\alpha \mathrm{id}_E)$ sont suppl\'{e}mentaires dans $E$.
\item Conclure par l'absurde en distinguant successivement les deux cas $p=n$ et $p<n-1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Pour tout $k\geq 0$, on a: $f^k(x)=0 \Rightarrow f^{k+1}(x)=0$ d'o\`{u} la croissance de la suite des noyaux  $(\Ker(f^k))_{k\geq 0}$.
\item
\begin{enumerate}
\item Pour $k\geq 0$, posons  $d_k=\dim(\Ker(f^k))$. Cette suite d'entiers naturels est croissante et major\'{e}e par $n$. Elle est donc stationnaire \`{a} partir d'un certain rang et ce rang est inf\'{e}rieur \`{a} $n$. Il existe donc $q$ tel que $\Ker (f^q)= \Ker(f^{q+1})$.
Soit $p=\min\{q\in \N / \Ker(f^q)=\Ker(f^{q+1})\}$.
\item Par d\'{e}finition de $p$, la suite $(\Ker(f^k))_{0\leq k\leq p }$ est strictement croissante.
\item Montrons par r\'{e}currence sur $j\geq 1$ que  $\Ker(f^{p+j})=\Ker(f^p)$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Pour $j=1$, c'est vrai par d\'{e}finition de $p$
 \item[$\bullet$] On a $f^{p+j+1}(x)=0 \Rightarrow f^{p+j}(f(x))=0 \Rightarrow f^p(f(x))=0$, puis par hypoth\`{e}se de r\'{e}currence.
$\Rightarrow f^p(x)=0$. Donc $\Ker(f^{p+j}) \subset \Ker(f^p)$.  L'inclusion r\'{e}ciproque ayant \'{e}t\'{e} \'{e}tablie \`{a} la question $1$, on a montr\'{e} que $\Ker(f^{p+j+1})=\Ker(f^p)$, ce qui ach\`{e}ve la r\'{e}currence.
 \end{itemize}
\end{enumerate}

\item On a : $0\neq P_{n-2}(f)=f^{n-1}-\alpha f^{n-2}=-\alpha f^{n-2}$,\\
Donc $f^{n-2}\neq 0$, et a fortiori $f^k\neq 0$ si $k\leq n-2$. Ainsi, $p=n-1$.


\item Supposons $f^{n-1}\neq 0_{{\mathcal L}(E)}$:
\begin{enumerate}
\item Les valeurs propres de $f$ sont incluses dans les racines de tout polyn\^{o}me annulateur, donc dans $\{0,\alpha\}$.
\begin{itemize}
\item Si $\alpha$ n'est pas valeur propre, alors $f-\alpha \mathrm{Id}_E$ est bijective et $f^{n-1}=0$, ce qui est absurde.
\item Si $0$ n'est pas valeur propre, alors $f$ bijective entra\^{\i}ne $f-\alpha \mathrm{Id}_E=0$ ce qui est impossible car, par d\'{e}finition de $f$, le polyn\^{o}me $P_0=X-\alpha$ n'est pas annulateur de $f$ (car $n \geq 2$).
\end{itemize}

\item
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] On a $x \in \Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E) \Rightarrow f(x)=\alpha x \Rightarrow f^{n-1}(x)=\alpha^{n-1}x \Rightarrow x=f^{n-1}\big(\frac{x}{\alpha^{n-1}}\big) \Rightarrow x \in \Im(f^{n-1})$.
\item[$\bullet$] R\'{e}ciproquement, $x \in \Im(f^{n-1}) \Rightarrow \exists y \in E, f^{n-1}(y)=x$. Et
on a
$$0=f^{n-1}\circ[f-\alpha \mathrm{Id}_E](y)=(f-\alpha \mathrm{Id}_E)[f^{n-1}(y)]=(f-\alpha \mathrm{Id}_E)(x) \Rightarrow x \in \Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$$
\end{itemize}
Donc $\Im( f^{n-1})=\Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$.


\item   Lorsque $\alpha \neq 0$, on montre que $\Ker(f^{n-1})$ et $\Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$ sont en somme directe. En effet :
$$x \in \Ker(f^{n-1}) \cap \Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E) \Rightarrow f^{n-1}(x)=0 \text{ et }  f^{n-1}(x)=\alpha^{n-1}x$$
ce qui entra\^{\i}ne $x=0_E$ car $\alpha \neq 0$.

Le th\'{e}or\`{e}me du rang affirme alors que $\Ker(f^{n-1})$ est suppl\'{e}mentaire de $\Im( f^{n-1})=\Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$.

\item
 \begin{itemize}
 \item[$\bullet$] si $p=n$,  $d_p=d_n=n \Rightarrow \Ker(f^n)=E \Rightarrow f^n=0_{{\mathcal L}(E)}$ et dans ce cas: $P_{n-1}(f)=0_{{\mathcal L}(E)} \Rightarrow f^{n-1}(f-\alpha \mathrm{Id}_E)=0 \Rightarrow \alpha f^{n-1}=0$.  Absurde.
 \item[$\bullet$] si $p<n-1$, $\Ker(f^p)=\Ker(f^{n-1})$ d'o\`{u} en utilisant (c): $ \Ker(f^p)$ et $\Ker(f-\alpha \mathrm{Id}_E)$ sont donc suppl\'{e}mentaires dans $E$.

 Soit $x \in E$. On a  $x=x_1 + x_2$ avec $\  x_1 \in \Ker(f^p), x_2 \in \Ker(f-\alpha Id_E)$ et
 $$  P_p(f)(x)=P_p(f)(x_1)+P_p(f)(x_2)=(f-\alpha \mathrm{Id}_E)\circ(f^p)(x_1)+
 f^p \circ (f - \alpha \mathrm{Id}_E)(x_2)=0$$

 cela contredit l'hypoth\`{e}se $P_p(f)\neq 0$ (en contradiction avec la d\'{e}finition de $p$).
 \end{itemize}

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{31}

\medskip

\noindent Soit $E$ un espace vectoriel complexe de dimension finie et $u$ un endomorphisme de $E$.

On d\'{e}signe par $\operatorname{Id}$ l'endomorphisme identit\'{e} de $E$.
Le noyau et l'image d'un endomorphisme $v$ sont not\'{e}s $\operatorname{Ker}(v)$ et $\operatorname{Im}(v)$  respectivement.
Dans cet exercice, on consid\`{e}re un scalaire $\lambda \in \mathbb{C}$.

\begin{enumerate}

\item  Soit $v$ un endomorphisme de $E$.
\smallskip

 Prouver l'\'{e}quivalence suivante :
$$E=\operatorname{Ker}\left(v\right)\oplus \operatorname{Im}\left(v\right) \Longleftrightarrow \operatorname{Ker}\left(v\right)=\operatorname{Ker}(v^2)$$\\
o\`{u} la notation $v^2$ d\'{e}signe l'endomorphisme $v\circ v$. \\
\item  Prouver qu'on a \'{e}galement l'\'{e}quivalence :
$$
\operatorname{Ker}\left(v\right)=\operatorname{Ker}(v^2)\Longleftrightarrow \operatorname{Im}\left(v \right)=\operatorname{Im}(v^2)
$$
\end{enumerate}
Soit $u$ un endomorphime de $E$.
\begin{enumerate}[resume]
\item  Prouver que si $(\lambda_1, \lambda_2)\in \mathbb{C}^2$ avec $\lambda_1\neq \lambda_2$, on a $\operatorname{Ker}\left(u- \lambda_1 \operatorname{Id}\right) \subset \operatorname{Im}\left(u- \lambda_2 \operatorname{Id}\right)$. \\

\item  On note $ \operatorname{Sp}(u)$ l'ensemble des valeurs propres de l'endomorphisme $u$. Soit $\lambda_0 \in \mathbb{C}$ tel que $ \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0 \} \neq  \varnothing$.
Montrer alors que:
$$
\bigoplus_{\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0 \} } \operatorname{Ker}\left(u- \lambda \operatorname{Id}\right) \subset  \operatorname{Im}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)
$$
On justifiera tout d'abord la raison pour laquelle la somme $\dis\bigoplus_{\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0 \} } \operatorname{Ker}\left(u- \lambda \operatorname{Id}\right)$ est bien directe.\\ 

\item  En d\'{e}duire que s'il existe $\lambda_0\in \mathbb{C}$ tel que $\operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right) \neq \operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$, alors $u$ n'est pas diagonalisable. \medskip \\
\noindent Indication : on pourra montrer en premier lieu que $\lambda_0\in  \operatorname{Sp}(u)$. \\

\item  Prouver que s'il existe $\lambda_0\in \mathbb{C}$ tel que $\operatorname{Im}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right) \neq \operatorname{Im}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$, alors $u$ n'est pas diagonalisable. \medskip\\
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
 
 De mani\`{e}re g\'{e}n\'{e}rale, on montre ais\'{e}ment que $\operatorname{Ker}(v) \subset \operatorname{Ker}(v^2)$.  Supposons maintenant que $E=\operatorname{Ker}\left(v\right)\oplus \operatorname{Im}\left(v\right)$. Soit $x\in \operatorname{Ker}\left(v^2\right)$,
il vient $v(v(x))=0$. Donc $v(x)\in \operatorname{Ker}\left(v\right) \cap \operatorname{Im}\left(v\right)=\{ 0\}$. Ainsi, $v(x)=0$ et donc $x\in \operatorname{Ker}(v)$. On conclut que $\operatorname{Ker}(v)=\operatorname{Ker}(v^2)$. \\
\noindent Supposons r\'{e}ciproquement que $\operatorname{Ker}(v^2)=\operatorname{Ker}(v)$.
Soit $x\in\operatorname{Ker}(v) \cap\operatorname{Im}\left(v\right)$, alors il existe $y \in E$ tel que $x=v(y)$ avec $v(x)=0$. Donc $v^2(y)=0$ et $y\in \operatorname{Ker}(v^2)=\operatorname{Ker}(v)$, il s'ensuit que $v(y)=0=x$. Par cons\'{e}quent, comme $0 \in \operatorname{Ker}(v) \cap\operatorname{Im}\left(v\right)$, on a  $\operatorname{Ker}(v) \cap\operatorname{Im}\left(v\right)=\{0\}$.\\
Comme $\operatorname{Ker}(v) \cap\operatorname{Im}\left(v\right)=\{0\}$, en utilisant le th\'{e}or\`{e}me du rang, on obtient:
$$
\dim \left(\operatorname{Ker}(v)\oplus \operatorname{Im}(v)\right) =\dim \left(\operatorname{Ker}(v)\right)+\dim\left(\operatorname{Im}(v)\right)=\dim(E).
$$
Or, $\operatorname{Ker}(v)\oplus \operatorname{Im}(v) \subset E$ et par suite, on conclut que $E=\operatorname{Ker}(v)\oplus \operatorname{Im}(v)$.\\

\item  
De mani\`{e}re g\'{e}n\'{e}rale, on montre ais\'{e}ment  que $\operatorname{Im}(v^2)\subset \operatorname{Im}(v)$. De m\^{e}me, on a toujours $\operatorname{Ker}(v) \subset \operatorname{Ker}(v^2)$. Il s'ensuit  que $\operatorname{Ker}(v)=\operatorname{Ker}(v^2) \Longleftrightarrow \dim(\operatorname{Ker}(v))=\dim(\operatorname{Ker}(v^2))$, ce qui est encore \'{e}quivalent  \`{a} l'aide du th\'{e}or\`{e}me du rang \`{a}  $ \dim(\operatorname{Im}(v))=\dim(\operatorname{Im}(v^2)) \Longleftrightarrow \operatorname{Im}(v^2)= \operatorname{Im}(v)$ (car $\operatorname{Im}(v^2)\subset \operatorname{Im}(v)$). \\
\item  Si $x\in\operatorname{Ker}(u-\lambda_1 \operatorname{Id}) $ alors $u(x)=\lambda_1 x$ et $(u-\lambda_2  \operatorname{Id})x=(\lambda_1-\lambda_2) x$. Comme $\lambda_1 \neq \lambda_2$, on a $
x=\big(u-\lambda_2  \operatorname{Id}\big)(x/(\lambda_1-\lambda_2)) \in  \operatorname{Im}\left(u- \lambda_2 \operatorname{Id}\right).$
On conclut que $ \operatorname{Ker}(u-\lambda_1 \operatorname{Id}) \subset \operatorname{Im}\left(u- \lambda_2 \operatorname{Id}\right).$ \bigskip\\
\item La somme
$\dis\bigoplus_{\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0\} } \operatorname{Ker}(u-\lambda \operatorname{Id})$ est bien directe car il s'agit de sous-espaces propres associ\'{e}s \`{a} des valeurs propres distinctes

Et pour tout $\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0\}$, on a $\lambda \neq \lambda_0$, donc d'apr\`{e}s la question 3), $\operatorname{Ker}\left(u- \lambda \operatorname{Id}\right) \subset \operatorname{Im}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)$.\\

Par somme on en d\'{e}duit que  $\dsum_{\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0\} } \operatorname{Ker}(u-\lambda \operatorname{Id}) \subset\operatorname{Im}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right).$

\item   Montrons d'abord que $\lambda_0\in \operatorname{Sp}(u)$.  Comme $ \operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)\subset \operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$ (question 1), on a par hypoth\`{e}se  $\operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right) \neq \{0\}$. Il existe donc $x\neq 0$ tel que
$(u-\lambda_0 \operatorname{Id})(u(x)-\lambda_0 x)=0$. Si $y=u(x)-\lambda_0 x=0$, on a $x\in \operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)\setminus\{ 0 \}$. On obtient alors
$\lambda_0\in \operatorname{Sp}(u)$. Si $y\neq 0$,  comme on a $y\in \operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)$, il vient encore
$\lambda_0\in \operatorname{Sp}(u)$. \\Raisonnons par l'absurde, supposons que $u$ est diagonalisable. Comme $\lambda_0\in \operatorname{Sp}(u)$,  on a soit $\operatorname{Sp}(u)=\{\lambda_0\}$, soit $\operatorname{Sp}(u)\setminus\{ \lambda_0\}\neq \varnothing$. Si $\operatorname{Sp}(u)=\{\lambda_0\}$, il vient  imm\'{e}diatement $u=\lambda_0 \mathrm{Id}$ et on arrive \`{a} la contradiction $E=\operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right)=\operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$.
Si $\operatorname{Sp}(u)\setminus\{ \lambda_0\}\neq \varnothing$, on a
$E=\operatorname{Ker}(u-\lambda_0\operatorname{Id}) \oplus \mathcal{V} $ o\`{u} $\mathcal{V}= \dis\bigoplus_{\lambda\in \operatorname{Sp}(u)\setminus \{ \lambda_0\} } \operatorname{Ker}(u-\lambda \operatorname{Id}) $. On en d\'{e}duit que $\dim(\mathcal{V}) =n-\dim(\operatorname{Ker}(u-\lambda_0 \operatorname{Id}))=\dim((\operatorname{Im}(u- \lambda_0 \operatorname{Id}))$ (par th\'{e}or\`{e}me du rang) et comme $\mathcal{V}\subset \operatorname{Im}(u- \lambda_0 \operatorname{Id})$ d'apr\`{e}s la question 4), on obtient  $\mathcal{V}=\operatorname{Im}(u- \lambda_0 \operatorname{Id})$. Il s'ensuit que $E=\operatorname{Ker}(u-\lambda_0\operatorname{Id}) \oplus \operatorname{Im}(u- \lambda_0 \operatorname{Id})$, ce qui est absurde d'apr\`{e}s la question 1) car $\operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right) \neq \operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$.\bigskip \\

\item  Si $\operatorname{Im}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right) \neq \operatorname{Im}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$, on obtient d'apr\`{e}s la question 2), $\operatorname{Ker}\left(u- \lambda_0 \operatorname{Id}\right) \neq \operatorname{Ker}\left((u- \lambda_0 \operatorname{Id})^2\right)$. On conclut alors avec la question 5) que $u$ n'est pas diagonalisable. \bigskip\\

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{34}

Soit $a$ un nombre r\'{e}el strictement positif. Soient les deux suites r\'{e}elles strictement positives $(a_k)_{k\in \NN}$ et $(b_k)_{k\in \NN}$ telles que $a_0=a,\ b_0=1$ et :
$$\forall k\in \NN,\ a_{k+1}=\frac12\left(a_k+\frac1{b_k}\right),\ b_{k+1}=\frac12\left(b_k+\frac1{a_k}\right).$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout r\'{e}el $x>0$, on a : $x+2+\dfrac1x\geq 4$.
\item \'{E}tablir une relation de r\'{e}currence v\'{e}rifi\'{e}e par les termes de la suite $(u_k)_{k\in \NN}$ d\'{e}finie par:
$$\forall\,k\in \NN,\, u_k=a_kb_k\,.$$

 En d\'{e}duire que la suite $(u_k)_{k\in \NN}$ converge vers 1.
\item Montrer que les suites $(a_k)_{k\in \NN}$ et $(b_k)_{k\in \NN}$ sont proportionnelles et convergentes. \\ D\'{e}terminer leurs limites respectives.
\end{enumerate}
Soit $n\in \NN^*$. Une matrice $S\in {\cal M}_n(\RR)$ est dite {\em sym\'{e}trique d\'{e}finie positive} lorsque :
$$S \text{ sym\'{e}trique}\ \ \ \et \ \ \ \forall X\in {\cal M}_{n,1}(\RR)-\{0\},\ \transposee{X}SX>0.$$
\begin{enumerate}[resume]
\item L'ensemble des  matrices sym\'{e}triques d\'{e}finies positives est-il un sous-espace vectoriel de ${\cal M}_n(\RR)$ ?
\item Montrer que toute matrice sym\'{e}trique d\'{e}finie positive est inversible et que son inverse est sym\'{e}trique d\'{e}finie positive.
\item En d\'{e}duire que si $A$  est une matrice sym\'{e}trique d\'{e}finie positive, on peut d\'{e}finir deux suites de matrices sym\'{e}triques d\'{e}finies positives $(A(k))_{k\in \NN}$ et $(B(k))_{k\in \NN}$ de ${\cal M}_n(\RR)$ telles que  :
$$A(0)=A,\ B(0)=I_n$$
$$\et \forall k\in \NN,\ A({k+1})=\frac12\left(A(k)+B(k)^{-1}\right),\ B({k+1})=\frac12\left(B(k)+A(k)^{-1}\right).$$
\end{enumerate}
{\em On dit qu'une suite de matrices $(U(k))_{k\in \NN}$ de ${\cal M}_n(\RR)$ est convergente lorsque, pour tout $i,j\in  \llbracket 1,n \rrbracket$, la suite $(u_{i,j}(k))_{k\in \NN}$ des coefficients de la $i$-\`{e}me ligne et de la $j$-\`{e}me colonne converge (quand $k$ tend vers $+\infty$). On appelle alors limite de cette suite la matrice de ${\cal M}_n(\RR)$ dont le coefficient de la $i$-\`{e}me ligne et de la $j$-\`{e}me colonne vaut $\dlim_{k\to +\infty} u_{i,j}(k)$, pour tout $i$ et tout $j$. On pourra utiliser sans d\'{e}monstration que le produit de deux suites de matrices convergentes est convergente et que sa limite est le produit (de matrices) des limites.}
\begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que les suites $(A(k))_{k\in \NN}$ et $(B(k))_{k\in \NN}$  sont toutes deux convergentes dans ${\cal M}_n(\RR)$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Soit la fonction $f: x\mapsto x+2+\dis\frac1x$.\\
Comme $f'(x)=\dfrac{x^2-1}{x^2}$, $f$ est minimale sur $\RR_+^*$ en $1$ o\`{u} elle vaut $4$.
\item On a :
$u_{k+1}=a_{k+1}b_{k+1}=\dis\frac12\left(a_k+\frac1{b_k}\right)\frac12\left(b_k+\frac1{a_k}\right)=\frac14\left(a_kb_k+1+1+\frac1{a_kb_k}\right)=\frac14\left(u_{k}+2+\frac1{u_k}\right)$.\\
D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, on a donc $u_k\geq 1$ pour tout $k\geq 1$. Et donc :
$$u_{k+1}-u_k=\dfrac{-3u_k^2+2u_k+1}{4u_k}=\dfrac{(u_k-1)(-3u_k-1)}{4u_k}\leq 0.$$
La suite $(u_k)$ est d\'{e}croissante et minor\'{e}e, donc elle converge. Sa limite $\ell$ v\'{e}rifie $f(\ell)=\ell$, soit $\ell-1=0$ ou $-3\ell-1=0$, impossible car $u_k\geq 1$. Donc $\ell=1$.

\item On a :
$\dfrac{a_{k+1}}{b_{k+1}}=\dfrac{\frac12\left(a_k+\frac1{b_k}\right)}{\frac12\left(b_k+\frac1{a_k}\right)}=\dfrac{a_kb_k+1}{b_k}\dfrac{a_k}{a_kb_k+1}
=\dfrac{a_{k}}{b_{k}}.$ La suite de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac{a_{k}}{b_{k}}$ est constante et vaut $\dfrac{a_{0}}{b_{0}}=a$ , soit  $a_k=a\,b_k$. D'o\`{u} :
$$a_k=\sqrt{a_k^2}= \sqrt{\dfrac{a_k}{b_k}u_k}=\sqrt{au_k} \rTo_{k\to +\infty} \sqrt{a}\quad  \mbox{ et }\quad
b_k=\dfrac1a a_k \rTo_{k\to +\infty} \dfrac1a\sqrt{a}=\dfrac1{\sqrt{a}}.$$

\item Non, il est stable par somme, mais pas par produit par un scalaire (sauf si le scalaire est strictement positif). De plus il ne contient pas $0$.
\item
Pour toute matrice $S$ sym\'{e}trique d\'{e}finie positive, si $(\lambda,X)$ est un couple propre de  $S$, alors :
$$0<\transposee{X}SX=\transposee{X}\lambda X=\lambda \underbrace{\norme{X}^2}_{> 0 \car X\neq 0} \blanc \dou \lambda >0.$$
Donc, $0$ n'\'{e}tant pas valeur propre de $S$, la matrice $S$ est inversible.\\
En transposant $SS^{-1}=I$, on obtient $\transposee{(S^{-1})} (\transposee{S})=I$, donc  $\transposee{(S^{-1})}=(\transposee{S})^{-1}=S^{-1}$ et par suite, la matrice $S^{-1}$ est sym\'{e}trique. De plus, pour tout $X\neq 0$, on a :
$$\transposee{X}S^{-1} X=\transposee{(S^{-1} X)}S (S^{-1} X)>0 \blanc  \car S^{-1} X\neq 0.$$
\item Les stabilit\'{e}s par somme, inverse et produit par un scalaire strictement positif permettent de montrer par r\'{e}currence  sur $k\geq 0$ la relation : \og $A(k)$ et $B(k)$ sont bien d\'{e}finies et sont sym\'{e}triques d\'{e}finies positives \fg.

\item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me spectral, on diagonalise $A(0)=A=PDP^{-1}$ avec $P$ orthogonale et $D$ diagonale \`{a} valeurs propres strictement positives. Comme $B(0)=I=PIP^{-1}$, par r\'{e}currence, on a $A(k)=PD(k)P^{-1}$ et $B(k)=P\Delta(k)P^{-1}$, avec $D(k)=\diag(a_k^{(1)},\dots, a_k^{(n)})$ et $\Delta(k)=\diag(b_k^{(1)},\dots, b_k^{(n)})$ diagonales qui v\'{e}rifient :
$$D_0=D,\ \Delta_0=I_n,\ D_{k+1}=\frac12\left(D_k+\Delta_k^{-1}\right),\Delta_{k+1}=\frac12\left(\Delta_k+D_k^{-1}\right).$$
Alors, d'apr\`{e}s la question 3, pour tout $i\in \llbracket 1,n \rrbracket$, on a :
$$\dlim_{k\to +\infty} a_k^{(i)}=\sqrt{a_0^{(i)}} \bet \dlim_{k\to +\infty} b_k^{(i)}=\dfrac1{\sqrt{a_0^{(i)}}}.$$
Donc, les suites $(D(k))$ et $(\Delta(k))$ convergent et par produit ($A(k)=PD(k)P^{-1}$), la suite $(A(k))_{k\in \NN}$ converge et de m\^{e}me pour $(B(k))_{k\in \NN}$.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{39}

On dira qu'une matrice $M$ de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ $(n\geq 2)$ est nilpotente s'il existe un entier $p\in \NN^*$ tel que :
$$
M^{p-1} \neq 0 \text { et }
M^{p}=0
$$

    \begin{enumerate}
      \item Montrer que si une matrice triangulaire sup\'{e}rieure $T$ a ses \'{e}l\'{e}ments diagonaux nuls, alors elle est nilpotente.

      \item Montrer que l'inversibilit\'{e} d'une matrice est \'{e}quivalente \`{a} celle de sa transpos\'{e}e.

      \item Soit $p$ un entier naturel non nul. On consid\`{e}re des r\'{e}els $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{p}$ deux \`{a} deux distincts et non nuls.\\
Soit la matrice $N=\left(\begin{array}{ccc}\lambda_{1} & \ldots & \lambda_{1}^{p} \\ \vdots & & \vdots \\ \lambda_{p} & \cdots & \lambda_{p}^{p}\end{array}\right)\in {\cal M}_{p}(\CC) $



  \begin{enumerate}
  \item Soit $X=\left(\begin{array}{l}a_{1} \\ a_{2} \\ \vdots \\ a_{p}\end{array}\right) \in {\cal M}_{p,1}(\CC)$.\\
 Montrer que, si $NX=0$, alors pour tout $k$ de $\llbracket 1, p \rrbracket$, on a l'\'{e}galit\'{e} $\dsum_{i=1}^{p} a_{i} \lambda_{k}^{i-1}=0$.

   \item
  En d\'{e}duire que $N$ est inversible.


  \end{enumerate}


      \item  Soit une matrice triangulaire sup\'{e}rieure $B\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ telle que $\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \operatorname{Tr}\left(B^{k}\right)=0$.\\


Montrer que les \'{e}l\'{e}ments diagonaux de $B$ sont nuls (on pourra raisonner par l'absurde en supposant que $B$ poss\`{e}de $p$ \'{e}l\'{e}ments diagonaux 2 \`{a} 2 distincts et non nuls, certains pouvant \^{e}tre r\'{e}p\'{e}t\'{e}s).\\
En d\'{e}duire que $B$ est nilpotente.

      \item Soit une matrice $M\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ telle que $\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \operatorname{Tr}\left(M^{k}\right)=0$.\\
        \begin{enumerate}
    \item   En admettant que toute matrice $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$ est semblable \`{a} une matrice triangulaire, montrer que  $M$ est nilpotente.

  \item Le raisonnement pr\'{e}c\'{e}dent est-il encore valable dans $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ ?\\
Plus pr\'{e}cis\'{e}ment, si $M\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$, existe-t-il toujours une matrice triangulaire $T$ de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ et une matrice inversible $P\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ telles que $M=P T P^{-1}$ ?
 \end{enumerate}
  \end{enumerate}
 \end{exo}
\begin{sol}
    \begin{enumerate}
      \item En consid\'{e}rant l'endomorphisme $f$ de $\mathbb{C}^{n}$ canoniquement associ\'{e} \`{a} la matrice $T$, et si on note $\left(e_{1}, \ldots, e_{n}\right)$ la base canonique de $\mathbb{C}^{n}$, on a (avec des notations \'{e}videntes):
$$
f\left(e_{1}\right)=0, \quad f\left(e_{2}\right)=t_{1,2} e_{1} \text { donc } f^{2}\left(e_{2}\right)=0, \quad f\left(e_{3}\right)=t_{1,3} e_{1}+t_{2,3} e_{2} \text { donc } f^{3}\left(e_{3}\right)=0
$$
Une r\'{e}currence (ou une simple it\'{e}ration) montre que : $\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, f^{k}\left(e_{k}\right)=0$.\\
On a, a fortiori : $\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, f^{n}\left(e_{k}\right)=0$. Ainsi, $f^n=0$, donc $T^n=0$.\\
Comme $T^0=I_n\neq 0$, l'entier $p=\min\{k\in \NN^* | M^k=0\}$ existe, donc $T$ est nilpotente.


      \item $A$ inversible $\Leftrightarrow \exists B \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C}), A B=I \Leftrightarrow \exists B \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{C}),{ }^{t} B{ }^{t} A=I \Leftrightarrow{ }^{t} A$ inversible.

      \item
   \begin{enumerate}
   \item
      Le syst\`{e}me $N X=0$ s'\'{e}crit : $\forall k \in \llbracket 1, p \rrbracket, \dsum_{i=1}^{p} a_{i} \lambda_{k}^{i}=0$, et en simplifiant par $\lambda_{k} \neq 0$, on obtient :


$$
\forall k \in \llbracket 1, p \rrbracket, \dsum_{i=1}^{p} a_{i} \lambda_{k}^{i-1}=0
$$

\item
En notant $P$ le polyn\^{o}me $\dsum_{i=1}^{p} a_{i} Y^{i-1}$ de $\R_n[Y]$, ce qui pr\'{e}c\`{e}de montre que $P$ poss\`{e}de $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{p}$ comme racines distinctes. Comme $P$ est de degr\'{e} inf\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $p-1$,  $P$ est le polyn\^{o}me nul donc ses coefficients (les $a_{i}$ ) sont nuls, ce qui prouve que $X=0$ et ainsi  $N$ est inversible.
 \end{enumerate}

      \item Notons $d_{1}, \ldots, d_{n}$ les coefficients diagonaux de $B$.\\ Comme, pour tout $k$ de $\llbracket 1, n \rrbracket$, on a $\operatorname{Tr}\left(B^{k}\right)=0$, on obtient : (1) $\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, d_{1}^{k}+\ldots+d_{n}^{k}=0$.

Si on suppose que parmi les r\'{e}els $d_{1}, \ldots, d_{n}$, il en existe $p$  qui sont 2 \`{a} 2 distincts et non nuls, et en les notant $\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{p}$ (pour coller \`{a} ce qui pr\'{e}c\`{e}de), alors, en d\'{e}signant par $c_{i}$ le nombre d'occurrences de $\lambda_{i}$ sur la diagonale de $B$, l'\'{e}quation (1) devient:
$$
\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, c_{1} \lambda_{1}^{k}+\ldots+c_{p} \lambda_{p}^{k}=0
$$
En prenant les $p$ premi\`{e}res \'{e}quations, on obtient le syst\`{e}me : $\left\{\begin{array}{l}c_{1} \lambda_{1}+\ldots+c_{p} \lambda_{p}=0 \\ c_{1} \lambda_{1}^{2}+\ldots+c_{p} \lambda_{p}^{2}=0 \\ \vdots \\ c_{1} \lambda_{1}^{p}+\ldots+c_{p} \lambda_{p}^{p}=0\end{array} .\right.$

En consid\'{e}rant $c_{1}, \ldots, c_{p}$ comme les inconnues, la matrice de ce syst\`{e}me est : $M=\left(\begin{array}{ccc}\lambda_{1} & \cdots & \lambda_{p} \\ \lambda_{1}^{2} & \cdots & \lambda_{p}^{2} \\ \vdots & \vdots  & \vdots \\ \lambda_{1}^{p} & \cdots & \lambda_{p}^{p}\end{array}\right)$.

On a ${ }^{t} M=\left(\begin{array}{ccc}\lambda_{1} & \ldots & \lambda_{1}^{p} \\ \vdots & & \vdots \\ \lambda_{p} & \cdots & \lambda_{p}^{p}\end{array}\right)$ et la question 2 nous garantit que ${ }^{t} M$ est inversible donc $M$ aussi.

On conclut que le syst\`{e}me \'{e}crit plus haut est de \textsc{Cramer} et ainsi $\left(c_{1}, \ldots, c_{p}\right)=(0,0, \ldots, 0)$, ce qui prouve, par l'absurde, qu'aucun $\lambda_{i}$ n'est diff\'{e}rent de $0 .$

Finalement, tous les $\lambda_{i}$ sont nuls donc, gr\^{a}ce \`{a} la premi\`{e}re question, $B$ est nilpotente.


      \item
    \begin{enumerate}


      \item Soit $B$ une matrice de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$. Elle est semblable \`{a} une matrice triangulaire $T$, donc il existe une matrice inversible $P$ telle que : $B=P T P^{-1}$. On en d\'{e}duit : $\forall k \in \mathbb{N}, B^{k}=P T^{k} P^{-1}$.

Comme pour tout entier naturel $k$, on a $\operatorname{Tr}\left(B^{k}\right)=0$, alors $\operatorname{Tr}\left(T^{k}\right)=0$ (car deux matrices semblables ont m\^{e}me trace) et d'apr\`{e}s la question 4, $T$ est nilpotente donc $B$ aussi.

\item  Non, par exemple : $M=\left(\begin{array}{cc}0 & -1 \\ 1 & 0\end{array}\right)$. Si $M$ \'{e}tait semblable \`{a} une matrice triangulaire r\'{e}elle $T$, alors, les \'{e}l\'{e}ments diagonaux de $T$ seraient valeurs propres de $M$, ce qui est impossible puisque les valeurs propres de $M$ ne sont pas r\'{e}elles.
 \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{40}

Soit un entier $n\geq 1$. Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n$ dont le produit scalaire est not\'{e} $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ ;\\ la norme euclidienne associ\'{e}e est not\'{e}e $\|\cdot \|$. On d\'{e}signe par $\mathcal{L}(E)$ l'ensemble des endomorphismes de $E$.\smallskip

\noindent Soit $u$ un endomorphisme \textbf{ sym\'{e}trique} de $\mathcal{L}(E)$. Le but de cet exercice est de construire des approximations de valeurs propres et de vecteurs propres de $u$.
\`{A} cette fin, on  suppose qu'il existe un vecteur $x\in E$ et deux r\'{e}els $\lambda\in \mathbb{R}$ et $\varepsilon>0$ tels que
\begin{equation*}
\|u(x)-\lambda \, x \|  \leq \varepsilon \quad \mbox{ et } \quad \|x\|=1.
\end{equation*}


\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Justifier qu'il existe $n$ r\'{e}els $\lambda_1,\, \ldots,\lambda_n$  ordonn\'{e}s par ordre croissant et une base orthonorm\'{e}e $(e_1,\ldots,e_n )$ de $E$ et $(x_1,\ldots, x_n)\in \mathbb{R}^n$ tels que :
$$
x=\sum_{k=1}^n x_k \, e_k  \quad \mbox{ et }\quad   u(e_k)=\lambda_k \, e_k , \  \,  \forall k\in \{1,\ldots ,n\}  .
$$
\item Exprimer $\|u(x)-\lambda \, x \| ^2$ en fonction de $\lambda$, des $\lambda_k$ et  des $x_k$.\smallskip
\item En d\'{e}duire qu'il existe $i_0\in \llbracket 1, n\rrbracket$ tel que $|\lambda-\lambda_{i_0}|\leq \varepsilon$.
\end{enumerate}

\item Soit $d >\varepsilon$. On d\'{e}finit les ensembles d'indices  $I$ et $J$ par :
$$
I=\big\{i \in \llbracket 1, n\rrbracket  \  \mid |\lambda-\lambda_i|\leq d  \big\}\quad  \mbox{et} \quad J= \llbracket 1, n\rrbracket \setminus I.
$$
\begin{enumerate}
	\item Justifier que $I\neq \varnothing$.
	\item On d\'{e}finit les vecteurs $x_I$ et $x_J$ par
	$$
	x_I=\sum_{i\in I} x_i\,  e_i \quad \mbox{ et }\quad x_J=\sum_{j\in J} x_j\,  e_j
	$$
	avec la convention que $x_J=0$ si $J=\varnothing$. Montrer que  $\displaystyle
\|x_J \|  < \frac{\varepsilon}{d}$.
\item Montrer que $1-\|x_I \|\leq  \|x_J \|$ et que $0<\|x_I\|\leq 1$. \medskip
\item Conclure que
$$
\Big\|x-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\| < \frac{2\,\varepsilon}{d}.
$$
\item Que peut-on en d\'{e}duire  sur $x$ dans le cas o\`{u} $\{\lambda_i, i \in I  \}$ est un singleton?
	\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item
		
		 L'endomorphisme $u$ est sym\'{e}trique r\'{e}el. D'apr\`{e}s le cours, son spectre est  r\'{e}el et il est  diagonalisable dans une base orthonorm\'{e}e. On peut  choisir cette base orthonorm\'{e}e $(e_1,\ldots,e_n)$  de vecteurs propres tels que les valeurs propres associ\'{e}es $\lambda_k$ pour $k=1,\ldots,n$ satisfassent  $\lambda_1 \leq \ldots\leq \lambda_n$. Les $x_k$ sont alors les coefficients du vecteur $x$ dans cette base. Avec ce choix, on obtient les relations demand\'{e}es.
		\item On a  $\displaystyle x=\sum_{k=1}^n x_k \,e_k$ et $\displaystyle u(x)=\sum_{k=1}^n \lambda_k \, x_k\, e_k$. En utilisant le fait que $(e_1,\ldots,e_n)$  est une base orthonormale, il vient :
		\begin{equation}\label{eq.developcarre}
		\|u(x) -\lambda x\|^2=\|\sum_{k=1}^n (\lambda_k-\lambda) x_k e_k\|^2=\sum_{k=1}^n (\lambda_k-\lambda)^2 \, x_k^2.
		\end{equation}
	\item En utilisant les hypoth\`{e}ses: $\|u(x)-\lambda \, x \|  \leq \varepsilon$ et $\|x\|=1$ et la relation \eqref{eq.developcarre}, on obtient :
	\begin{equation}\label{eq.approximationvaleurpropre}
	\sum_{k=1}^n (\lambda_k-\lambda)^2 \, x_k^2\leq \varepsilon^2 \quad \mbox{ avec } \quad \sum_{k=1}^n x_k^2=1.
	\end{equation}
	Il existe alors un indice $i_0$ tel que $ \displaystyle |\lambda-\lambda_{i_0}|^2=\min_{k=1,\ldots, n} |\lambda-\lambda_{k}|^2$.  Il  d\'{e}coule alors de \eqref{eq.approximationvaleurpropre} la minoration:
$$
  |\lambda-\lambda_{i_0}|^2    \leq  \sum_{k=1}^n (\lambda_k-\lambda)^2 \, x_k^2 \leq \varepsilon^2.
$$
Il vient $|\lambda-\lambda_{i_0}|\leq  \varepsilon$.  On conclut que  $\lambda$ est une approximation de la valeur propre $\lambda_{i_0}$ \`{a} $\varepsilon$ pr\`{e}s.
	
\end{enumerate}

		
	\item
		
\begin{enumerate}
		\item  D'apr\`{e}s 1), il existe  $i_0\in \llbracket 1, n\rrbracket$ tel que $|\lambda-\lambda_{i_0}|\leq  \varepsilon$ et comme $\varepsilon < d$, on a $i_0\in I$ d'o\`{u} $I\neq \varnothing$.
		\item    Si $J=\varnothing$, on a $x_J=0$, donc l'in\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e est   v\'{e}rifi\'{e}e. Si $J\neq \varnothing$,   il  d\'{e}coule avec \eqref{eq.approximationvaleurpropre} que
$$\epsilon^3\geq \norme{u(x)-\lambda x}=\sum_{j\in J} (\lambda_j-\lambda)^2 \, x_j^2+\sum_{j\in I} (\lambda_j-\lambda)^2 \, x_j^2\geq \sum_{j\in J} (\lambda_j-\lambda)^2\, x_j^2>d^2 \sum_{j\in J }x_j^2=d^2\norme{x_J}^2,$$
(o\`{u} l'in\'{e}galit\'{e} stricte utilise que $J\neq \varnothing$ et la d\'{e}finition de $J$) ce qui est \'{e}quivalent au r\'{e}sultat demand\'{e}.



		\item On observe que $x=\dsum_{k=1}^n x_k e_k=x_I+x_J$ .\\   D'apr\`{e}s la question 2), on a donc $\|x\|=\|x_I +x_J  \| \leq \| x_I\|+ \|x_J\| $ et donc $\| x\| - \|x_I\| \leq  \|x_J\|$.\\ On obtient alors la premi\`{e}re in\'{e}galit\'{e} en utilisant le fait  que $\|x\|=1$. Pour la seconde in\'{e}galit\'{e}, on remarque  que $x_I$ et $x_J$ sont orthogonaux (car la base $(e_1,\ldots, e_n)$ est orthonormale).\\ On a donc $1=\|x\|^2=\|x_I\|^2+ \|x_J\|^2$ et ainsi  $\|x_I\|\leq 1$.\\ Si l'on avait $\|x_I\|=0$, alors $x_J=x$ et $I=\emptyset$, ce qui contredirait la question 2.a).
		\item On a
		\begin{equation}\label{eq.majineqtri}
		\Big\|x-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\| =\Big\|x-x_I+x_I-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\|  \leq \|x-x_I \| +\Big\|x_I-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\| = \|x_J\|+\Big\|x_I-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\| .
		\end{equation}
		On a alors en utilisant la question 2)c): $$\Big\|x_I-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\|= \Big\|   (\| x_I\|-1) \, \frac{x_I}{\|x_I\|} \Big\|= | \| x_I\|-1 |=(1-\|x_I\|) \leq \|x_J\|.$$
		Il d\'{e}coule alors avec \eqref{eq.majineqtri} que $\Big\|x-\frac{x_I}{\|x_I \|} \Big\| \leq 2 \|x_J\|$ et on conclut avec la question 2)b).
		\end{enumerate}
		\item Si $\{\lambda_i, i \in I  \}$ est un singleton, on a n\'{e}cessairement $\{\lambda_i, i \in I  \}=\{\lambda_{i_0}\}$ car d'apr\`{e}s 2)a) $i_0\in I$. Le vecteur $x_I/\|x_I\|$ est donc un vecteur propre unitaire associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda_{i_0}$.\\ Le vecteur unitaire   $x$ est donc une approximation  \`{a} 2$\varepsilon/d$ pr\`{e}s de ce vecteur propre.
	\end{enumerate}
	\end{sol}
\begin{exo}{44}


Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. On note $\mathcal{S}^{++}_n(\R)$ l'ensemble des matrices sym\'{e}triques r\'{e}elles de $\mathcal{M}_n(\R)$ dont les valeurs propres sont strictement positives.
\begin{enumerate}
\item Soit $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ une matrice sym\'{e}trique. Montrer que $A\in\mathcal{S}^{++}_n(\R)$ si et seulement si pour toute matrice colonne non nulle $X\in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$, ${}^t\!XAX>0$.
\item Soit $P \in \mathcal{M}_n(\R)$ une matrice inversible. Montrer que $A\in\mathcal{S}^{++}_n(\R)$ si et seulement si ${}^t\!PAP\in\mathcal{S}^{++}_n(\R)$.
\item Soient $A$ et $B$ deux matrices appartenant \`{a} $\mathcal{S}^{++}_n(\R)$ et $\lambda$ une valeur propre r\'{e}elle de $AB$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour toute matrice non nulle $X \in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$, on a : ${}^t\!X\,^tBABX>0$. Montrer que  $\lambda>0$.
\item En d\'{e}duire que $AB\in\mathcal{S}_n^{++}(\R)$ si et seulement si $AB=BA$.	
\end{enumerate}

\item Soient $A$, $B$ et $C$ trois matrices appartenant \`{a} $\mathcal{S}_n^{++}(\R)$. {\bf On suppose que $ABC$ est sym\'{e}trique}.
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe $Q \in \mathcal{M}_n(\R)$ inversible telle que $B=Q\,^t\!Q$.
\item Montrer que ${}^t\!QABCQ\in\mathcal{S}_n^{++}(\R)$.
\item Qu'en d\'{e}duit-on sur  $ABC$ ?
\end{enumerate}
\end{enumerate}
 	
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Soit $A \in {\cal S}^{++}_n(\R)$. $A$ est donc diagonalisable. Si $(X_1,X_2, \dots, X_n)$ est une  base orthonorm\'{e}e de vecteurs propres de $A$ associ\'{e}e aux valeurs propres (pas n\'{e}cessairement distinctes) $(\lambda_1,\lambda_2, \dots, \lambda_n)$, alors on a : $A=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \lambda_k X_k \,^{t}X_k$, d'o\`{u} pour toute $X$ matrice colonne non nulle, $^{t}XAX=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \lambda_k (^{t}X X_k)^2$. Comme $X$ est non nulle, il existe un $i$ dans $\llbracket 1,n\rrbracket$ tel que $\,^{t}XX_i \neq 0$, et comme $A \in {\cal S}^{++}_n(\R)$, on a donc : $^{t}XAX>0$.

R\'{e}ciproquement, soit $A$ une matrice sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc diagonalisable, telle que l'on a pour tout vecteur colonne $X$ non nul : $^{t}XAX>0$. En particulier pour $\lambda \in \Sp(A)$ et $X$ vecteur propre associ\'{e} \`{a} $\lambda$ on obtient  : $\lambda \,^{t}XX>0$, d'o\`{u} $\lambda>0$ car $^{t}XX>0$ ($X$ \'{e}tant un vecteur propre donc non nul).
\item Soit $A \in {\cal S}^{++}_n(\R)$. Alors $^{t}PAP$ est sym\'{e}trique. De plus, soit $X$ un vecteur colonne non nul, alors : $\,^{t}X^{t}PAPX=\,^{t}(PX)A(PX)$, avec $PX \neq 0$ car $P$ est inversible.

D'o\`{u} $\,^{t}X^{t}PAPX=\,^{t}(PX)A(PX)>0$ car $A \in {\cal S}^{++}_n(\R)$, ainsi $\,^{t}PAP \in {\cal S}^{++}_n(\R)$ en utilisant la question 1.

R\'{e}ciproquement, si $^{t}PAP \in {\cal S}^{++}_n(\R)$, alors $A=\,^{t}(P^{-1})(^{t}PAP)(P^{-1})$ et on applique ce qu'on vient de montrer \`{a} $^{t}PAP$ et $P^{-1}$.
\item \begin{enumerate}
	\item $B \in {\cal S}^{++}_n(\R)$ donc $B$ est inversible ($0$ n'est pas valeur propre), alors pour $X\neq 0$ : $^{t}BAB \in {\cal S}^{++}_n(\R)$ d'apr\`{e}s la question 2. Ainsi, $^{t}X^{t}BABX>0$. Or $\,^{t}X^{t}BABX=\lambda ^t{X}BX$, d'o\`{u} $\lambda >0$ car $^t{X}BX>0$.
	\item Supposons que $AB=BA$. Comme $A$ et $B$ sont sym\'{e}triques r\'{e}elles, ${}^t\!A=A, {}^t\!B=B$. Ainsi $AB=BA \Rightarrow AB= {}^t\!(AB)$ et $AB \in \mathcal{S}_n(\R)$. Ses valeurs propres sont r\'{e}elles et donc strictement positives par la question pr\'{e}c\'{e}dente.

R\'{e}ciproquement, si $AB\in \mathcal{S}_n^{++}(\R)$, ses valeurs propres sont r\'{e}elles strictement positives et  ${}^{t}\!(AB)=AB \Leftrightarrow \,^{t}B^{t}A=AB \Leftrightarrow AB=BA$.

\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item $B$ est diagonalisable dans une base orthonorm\'{e}e, donc $\exists P \in O_n(\R)  : B=P\Delta \,^t{P}$ o\`{u} $\Delta$ est diagonale. Les \'{e}l\'{e}ments diagonaux de $\Delta$ \'{e}tant strictement positifs, il existe une matrice $U$ diagonale \`{a} coefficients strictement positifs telle que : $U^2=\Delta$. Ainsi : $B=PUU^{t}P$. Posons  $Q=PU$. On a alors : $\,^{t}U^{t}P=U^{t}P$, d'o\`{u} $B=Q\,^{t}Q$ et $Q$ est inversible comme produit de matrices inversibles.
	\item On a : $^{t}QABCQ=\,^{t}QAQ^{t}QCQ=A'B'$ o\`{u} $A'=\,^{t}QAQ \in {\cal S}^{++}_n(\R)$ et $B'=\,^{t}QCQ \in {\cal S}^{++}_n(\R)$. Et $B'A'=\,^{t}QCQ ^{t}QAQ=\,^{t}QCBAQ=\,^{t}QABCQ$ par sym\'{e}trie de $ABC$, donc on a : $B'A'=A'B'$. D'apr\`{e}s la question 3b, on a donc $A'B' \in {\cal S}^{++}_n(\R)$, c'est \`{a} dire : $^{t}QABCQ \in {\cal S}^{++}_n(\R)$.
	\item D'apr\`{e}s la question 2, on a donc $ABC \in {\cal S}^{++}_n(\R)$ avec $P=Q^{-1}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}	
\end{sol}
\begin{exo}{46}


Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n\geq 2$ muni du produit scalaire $\langle \, \ \rangle$ et de la norme $\| \ \|$ associ\'{e}e. \\
On note $\Id_E$ l'endomorphisme identit\'{e} de $E$

\begin{enumerate}
\item Soit $f$ un endomorphisme sym\'{e}trique de $E$ que l'on suppose \textbf{non bijectif} et non nul.
 Montrer que $0$ est valeur propre de $f$ et que $f$ admet au moins une valeur propre non nulle.
 \item Montrer que les sous-espaces $\Ker(f)$ et $\Im (f)$ sont suppl\'{e}mentaires orthogonaux. \\

\textbf{On suppose d\'{e}sormais et jusqu'\`{a} la fin de l'exercice}
que $f$ admet exactement $k + 1$ valeurs propres deux \`{a} deux distinctes $(\lambda_j)_{0\leq j \leq k}$ avec  $k\geq 1$ et
\begin{equation*}
 \lambda_0 = 0 \text{ et } 0 < | \lambda_1 | \leq \ldots \leq | \lambda_k |.
\end{equation*}


Pour tout $j \in \llbracket  0,k \rrbracket$, on note $E_{\lambda_j}$ le sous-espace propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda_j$. On rappelle que $E=\displaystyle \bigoplus_{j=0}^k E_{\lambda_j}$ et que ces sous-espaces sont orthogonaux. On note  $p_j$ le projecteur orthogonal sur $E_{\lambda_j}$ (c'est-\`{a}-dire le projecteur sur $E_{\lambda_j}$ parall\`{e}lement \`{a} son orthogonal $E_{\lambda_j}^{\perp}$).

\item Montrer que: $\displaystyle \Id_E = \sum_{j = 0}^k p_j$.
\item D\'{e}montrer que : $ f = \dsum_{j = 1}^k \lambda_j p_j$.
\item Soit $p$ le projecteur orthogonal sur $\Im(f)$. Montrer que l'on a : $ p = \dsum_{j = 1}^k p_j$.

On note alors $g$ l'endomorphisme de $E$ d\'{e}fini par :  $g = \dsum_{j = 1}^k \frac{1}{\lambda_j} p_j$,

\item Montrer que l'on a : $f \circ g = p$.
\item Soit $y$ un vecteur de $E$.
Montrer que l'on a :
$$ \forall x \in E,\quad  \| f(x) -y \| = \inf_{z \in E} \| f(z) -y \| \Longleftrightarrow x - g (y) \in \Ker(f) $$
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Comme $f$ est un endomorphisme  sym\'{e}trique r\'{e}el, il est diagonalisable. Le fait que l'endomorphisme $f$ soit non bijectif est \'{e}quivalent \`{a} $0$ valeur propre de $f$ et le fait qu'il ne soit pas l'endomorphisme nul et diagonalisable permet d'affirmer qu'il admet au moins une autre valeur propre non nulle.
\item Soit $x\in \Ker f$ et $y\in \Im f$. Alors $y=f(z)$ et, par endomorphisme sym\'{e}trique $$0=\langle f(x), z\rangle= \langle x,f(z)\rangle = \langle x,y\rangle.$$ Ainsi $\Ker f$ et $\Im f$ sont orthogonaux. Ils sont suppl\'{e}mentaires par le th\'{e}or\`{e}me du rang.

\item L'endomorphisme $f$ est diagonalisable. Ainsi $E= \displaystyle\bigoplus_{j=0}^k E_{\lambda_j}$.
Donc tout vecteur $x\in E$ s'\'{e}crit de mani\`{e}re unique $x= x_0+x_1+ \dots +x_k$ avec $x_j \in E_{\lambda_j}$, et alors $p_j(x)= x_j$.\\ Donc
$\displaystyle \Id_E = \sum_{j = 0}^k p_j$.

\item De m\^{e}me
$$f(x)= \sum_{j=0}^k f(x_j) =0 + \sum_{j=1}^k \lambda_j x_j= \sum_{j=1}^k \lambda_j p_j(x)$$
\item On sait que $E_0=\Ker f$, que $\Ker f \oplus^\perp \Im f$ et que $\displaystyle \bigoplus_{j=1}^k E_{\lambda_j} \subset \Im f$ et qu'ils sont de m\^{e}me dimension, car tous deux suppl\'{e}mentaires orthogonaux de $\Ker f$ (m\^{e}me \'{e}gaux car il n'existe qu'un seul suppl\'{e}mentaire orthogonal d'un sous-espace vectoriel). Donc $\displaystyle \bigoplus_{j=1}^k E_{\lambda_j} = \Im f$ et $p = \dsum_{j = 1}^k p_j$.
\item On remarque que $p_i\circ p_j= \delta_{i,j} p_i$. Donc
$$f\circ g= \sum_{i=1}^k \lambda_j \sum_{j=1}^k \frac{1}{\lambda_j} (p_i \circ p_j)= \sum_{i=1}^k p_i= p$$
\item Il s'agit ici du th\'{e}or\`{e}me de la projection orthogonale.\\
Soit $y\in E$, Il existe un  couple $(x,f(z))\in \Ker f \times \Im f$ tel que $y=x+f(y)$ et $x$ et $f(y)$ orthogonaux. De plus  $\displaystyle \inf_{z \in E} \| f(z) -y \|= d(y, \Im f)$ ; cette distance est atteinte par le projet\'{e} orthogonal de $y$ sur $\Im f$ et elle vaut $||x||$. Ainsi
$$ \| f(x) -y \| = \inf_{z \in E} \| f(z) -y \| \Longleftrightarrow x - g (y) \in \Ker(f) $$
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{49}

Soit un entier naturel $n\geq 2$. Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n$ dont le produit scalaire est  not\'{e} $\langle\cdot , \cdot \rangle$ et la norme euclidienne associ\'{e}e est not\'{e}e $||\cdot ||$.\\ Un endomorphisme $f$ de $E$ est appel\'{e} une contraction si pour tout $x$ de $E$, $||f(x)||\leq ||x||$.

\begin{enumerate}
\item Soit $p$ un projecteur orthogonal de $E$. Montrer que $p$ est une contraction.
\item Dans cette question, $f$ est un endomorphisme sym\'{e}trique de $E$,\\ c'est-\`{a}-dire que pour tout $(x,y)\in E^2, \langle f(x),y\rangle = \langle x, f(y)\rangle$.

    Montrer que $f$ est une contraction si et seulement si toute  valeur propre $\lambda$ de $f$ v\'{e}rifie $|\lambda|\leq 1$.

\item Soit $f$ un endomorphisme bijectif de $E$. On note $M$ la matrice associ\'{e}e \`{a} $f$ dans une base orthonorm\'{e}e de $E$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que la matrice $A={}^t\!MM$ est une matrice sym\'{e}trique dont les valeurs propres sont strictement positives.
\item En d\'{e}duire qu'il existe une matrice sym\'{e}trique $S$ dont les valeurs propres sont strictement positives telle que $A= S^2$.
\item Montrer qu'il existe une matrice $\Omega$ orthogonale telle que $M= \Omega S$.
\item Montrer que $f$ est une contraction si et seulement si toute  valeur propre $\lambda$ de $s$ v\'{e}rifie $|\lambda|\leq 1$,\\ o\`{u} $s$ d\'{e}signe l'endomorphisme canoniquement associ\'{e} \`{a} $S$.
\end{enumerate}

\item Montrer qu'on a unicit\'{e} du couple $(\Omega, S)$ dans la d\'{e}composition de $M= \Omega S$ avec $\Omega$ orthogonale et $S$ sym\'{e}trique \`{a} valeurs propres strictement positives.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Un projecteur orthogonal est un endomorphisme sym\'{e}trique. On sait alors que $E= \Ker p \oplus^\perp \Im p$. Donc pour tout $x \in E$, $x= y+z$ avec $(y,z) \in \Ker p \times \Im p$ et $||x||^2=||y||^2+||z||^2$. Ainsi
    $$||p(x)||^2= ||z||^2 \leq ||y||^2+||z||^2 \leq ||x||^2$$
\item L'endomorphisme $f$ est diagonalisable dans une base orthonorm\'{e}e $(e_1, \ldots, e_n)$ de vecteurs propres de $f$. Soit $x\in E$. Alors
$$x=\dsum_{i=1}^n x_ie_i \Rightarrow ||x||^2= \dsum_{i=1}^n x_i^2, \mbox{ et } ||f(x)||^2= \dsum_{i=1}^n \lambda_i^2x_i^2$$

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] si $|\lambda_i|\leq 1$, alors $||f(x)||^2\leq ||x||^2$.
\item[$\bullet$] si pour tout $x\in E$, $||f(x)||\leq ||x||$, ceci est encore vrai pour $x=e_i$ et $|\lambda_i|\leq 1$, puisque $e_i\neq 0$.
\end{itemize}

\item
\begin{enumerate}
\item La matrice $A$ est clairement sym\'{e}trique r\'{e}elle et si $AX=\lambda X$, alors ${}^t\! X {}^t\!M MX = \lambda {}^t\!XX$ ou $||MX||^2 = \lambda ||X||^2$. La matrice $M$ \'{e}tant inversible ($f$ bijectif), il vient $\lambda >0$.
 \item Il existe une matrice orthogonale $P$ et une matrice diagonale $D=\mbox{diag}(\alpha_1, \ldots ,\alpha_n)$ avec $\alpha_i >0$ telles que $A={}^t\!PDP$. On pose $\Delta= \mbox{diag}(\sqrt{\alpha_1}, \ldots ,\sqrt{\alpha_n})$. Il vient $A= {}^t\!PDP= {}^t\!P\Delta P P {}^t\!\Delta P= S^2$, avec $S$ sym\'{e}trique \`{a} valeurs propres strictement positives, car $S$ est orthosemblable \`{a} une matrice $\Delta$ diagonale \`{a} valeurs propres strictement positives.
 \item On pose $\Omega= MS^{-1}$. On a alors ${}^t\! \Omega \Omega = {}^t\! S^{-1} {}^t\! M M S^{-1}= S^{-1 } S^2 S^{-1}= I_n$. La matrice $\Omega$ est orthogonale.

 \item Soit $\omega$ et $s$ les endomorphismes canoniquement associ\'{e}s \`{a} $\Omega$ et $S$. On peut \'{e}crire que $f= \omega \circ s$ et $||f(x)||= ||\omega(s(x))||= ||s(x)||$. On est ainsi ramen\'{e} \`{a} la question 2.

 \end{enumerate}

\item Supposons que $M= \Omega_1 S_1= \Omega_2 S_2$, sous les conditions demand\'{e}es. Alors ${}^t\! MM=S_2^2= S_1^2$. Soit $(\lambda,X)$ un couple propre de $S_1$, alors $S_2^2X= S_1^2X= \lambda^2X$. Ainsi $\lambda^2$ est une valeur propre de $S_2^2$. La matrice $S_2^2-\lambda^2 I$ n'est pas inversible, le produit $(S_2-\lambda I)(S_2+\lambda I)$ non plus. Mais la matrice $S_2+\lambda I$ est inversible puisque les valeurs propres de $S_2$ sont toutes strictement positives. Donc $(\lambda,X)$ est un couple propre de $S_2$.

     En inversant les r\^{o}les de $S_1$ et $S_2$, on obtient que ces deux matrices ont les m\^{e}mes valeurs propres et les m\^{e}mes vecteurs propres. Elles sont diagonalisables dans cette base commune de vecteurs propres et semblables \`{a} la m\^{e}me matrice diagonale. Donc $S_1= S_2$ et $\Omega_1= \Omega_2$, puisque $S_1$ est inversible.

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{54}

On consid\`{e}re un espace euclidien $E$ de dimension sup\'{e}rieure ou \'{e}gale \`{a} $2$. On note $\mathcal{L}(E)$ l'ensemble des endomorphismes de $E$ et pour
$u\in \mathcal{L}(E)$ on d\'{e}signe par $\Ker(u)$ le noyau de $u$.
	\begin{enumerate}
		\item Soit $p \in \mathcal{L}(E)$ un projecteur orthogonal dont l'image est not\'{e}e $F$. En utilisant la d\'{e}composition orthogonale
		$E=F\oplus F^{\bot}$, montrer que $\Vert p(x) \Vert \leq  \Vert x \Vert$ et que l'on a \'{e}galit\'{e} si et seulement si $x \in F$.
		\item On consid\`{e}re un deuxi\`{e}me projecteur orthogonal $q \in \mathcal{L}(E)$ et on note $G$ son image. On introduit l'endomorphisme
		$u=p\circ q \circ p$.
		\begin{enumerate}
			\item Montrer que $u$ est un endomorphisme sym\'{e}trique de $E$.
			 Qu'en d\'{e}duire quant \`{a} la diagonalisabilit\'{e} de $u$?
			\item Montrer que l'ensemble $\Sp(u)$ des valeurs propres de $u$ est contenu dans le segment $[0,1]$.
			\item Montrer que $\Ker(u-Id_E)=F\cap G$.
			\item On suppose que $F\cap G=\left\lbrace 0 \right\rbrace $. Soit $x \in E$. Prouver que la suite $(\Vert u^n(x) \Vert)$ tend vers $0$.
			\item Lorsque $F\cap G \neq \left\lbrace 0 \right\rbrace $, justifier l'existence d'une base orthonorm\'{e}e
			$(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_n)$ de $E$ dans laquelle $u$ se diagonalise et telle que
			$(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_p)$ soit une base orthonorm\'{e}e de $F\cap G$ ($n=\dim(E)$ et $p=\dim(F\cap G)$).
			\item En d\'{e}duire que dans tous les cas, pour tout $x \in E$, on a $ \lim\limits_{n \to +\infty} \Vert u^n(x)- p_{F\cap G}(x)\Vert=0 $
			o\`{u} $p_{F\cap G}$ est la projection orthogonale sur $F\cap G$.
		\end{enumerate}
		\item On se donne $x_0 \in E$ et pour $n \in \mathbb{N}^{\ast}$, on pose $x_n=p_n(x_{n-1})$ o\`{u} la suite $(p_n)_{n \geq 1}$ est d\'{e}finie par
		$$
		p_n=\begin{cases}
		p &\text{ si } n \text{ est impair }\\
		q &\text{ si } n \text{ est pair }\\
		\end{cases}
		$$
		\begin{enumerate}
			\item Exprimer $x_{2k}$ (resp. $x_{2k+1}$) en faisant intervenir $u$ pour $k \geq 2 $ (resp. $k \geq 1$).
			
			\item En d\'{e}duire que $(x_n)$ converge dans $E$ vers $p_{F\cap G}(x_0)$ (c'est \`{a} dire que
			$ \lim\limits_{n \to +\infty} \Vert x_n- p_{F\cap G}(x_0)\Vert=0 $).
		\end{enumerate}
		\item 	Dans cette question, on se place dans le cas o\`{u} $E=\mathbb{R}^3$ et on note $(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathbb{R}^3$.  On suppose que $F=\vect\left(  e_1, e_2\right)  $, $G=\vect\left(  \dfrac{e_1+e_3}{2}, \dfrac{e_2+e_3}{2} \right)  $ et que $x_0=(1,2,1)$.\\ Vers quel point de $\mathbb{R}^3$ la suite $(x_n)$ converge-t-elle ?
	\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item Soit $x \in E$, \'{e}crivons $x=x_1+x_2$ dans la d\'{e}composition orthogonale $E=F\oplus F^{\bot}$; alors nous avons
		$\Vert p(x) \Vert^2=\Vert x_1 \Vert^2 \leq \Vert x_1 \Vert^2 + \Vert x_2 \Vert^2= \Vert x \Vert^2$ d'o\`{u} l'in\'{e}galit\'{e} souhait\'{e}e. Si on est dans le cas d'\'{e}galit\'{e}, d'apr\`{e}s ce qui pr\'{e}c\`{e}de on a n\'{e}cessairement $ \Vert x_2 \Vert=0$ et par suite $x=x_1 \in F$. La r\'{e}ciproque est \'{e}vidente.
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Le cours nous dit qu'un projecteur orthogonal est sym\'{e}trique, d'o\`{u} pour tout $x,y \in E$,
			$ \langle u(x) \mid y \rangle = \langle p(q\circ p(x)) \mid y \rangle=\langle q\circ p(x) \mid p(y) \rangle
			= \cdots = \langle x \mid u(y) \rangle$ et par cons\'{e}quent $u$ est sym\'{e}trique. L'endomorphisme $u$ est donc diagonalisable dans une base orthonorm\'{e}e.
			\item Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et $x$ un vecteur propre unitaire associ\'{e} \`{a} $\lambda$, il vient
			$\lambda=\langle u(x) \mid x \rangle=\langle q\circ p(x) \mid p(x) \rangle=\Vert  q\circ p(x)\Vert^2$ ($q$ est un projecteur sym\'{e}trique). On voit donc que $\lambda \geq 0$, et
			par ailleurs $\lambda \leq \Vert  p(x)\Vert^2 \leq \Vert  x\Vert^2=1 $ avec la question 1.). Il en d\'{e}coule bien que
			$\Sp(u) \subseteq [0,1]$.
			\item Soit $x \in \Ker (u-Id_E)$, on a donc $x=p(q\circ p(x)) \in \Im(p)=F$. Avec $1.)$, on en d\'{e}duit d'abord que
			$\Vert x \Vert=\Vert u(x) \Vert \leq \Vert q\circ p(x)\Vert= \Vert q(x)\Vert \leq \Vert x \Vert$ (on sait d\'{e}j\`{a} que $p(x)=x$ puisque $x \in F$),
			d'o\`{u} $\Vert x \Vert=  \Vert q(x)\Vert $ et par suite $x \in G$. On a donc bien $ x \in F\cap G$. L'inclusion r\'{e}ciproque est \'{e}vidente.
			\item Notons $\left( \varepsilon_1, \cdots , \varepsilon_n\right)$ une base orthonorm\'{e}e de vecteurs propres de $u$ et $\lambda_1, \cdots , \lambda_n$ les valeurs propres correspondantes. Compte tenu de la question 2. b) l'hypoth\`{e}se $F\cap G=\left\lbrace 0 \right\rbrace $ implique que tous les $\lambda_k$ appartiennent \`{a} l'intervalle $[0,1[$. Il s'ensuit que
			$\Vert u^n(x) \Vert^2=\ds\sum_{k=1}^{n} \lambda_k^{2n}\langle x \mid \varepsilon_k \rangle^2$ d\'{e}cro\^{\i}t vers $0$,
			ce qui termine la question.
			\item Comme $u$ est sym\'{e}trique, ses sous-espaces propres fournissent une d\'{e}composition orthogonale de $E$. Il suffit donc de choisir une base orthonorm\'{e}e $(\varepsilon_1, \cdots, \varepsilon_p)$ de $  Ker (u-Id_E)= F\cap G $, de choisir ensuite une base orthonorm\'{e}e dans chacun des sous-espaces propres restants et de terminer par concat\'{e}nation.
			\item La question 2.d) donne la r\'{e}ponse lorsque $F\cap G=\left\lbrace 0 \right\rbrace $. Si $F\cap G \neq \left\lbrace 0 \right\rbrace $, avec les notations d\'{e}j\`{a} introduites et adapt\'{e}es \`{a} la base orthonorm\'{e}e construite dans la question pr\'{e}c\'{e}dente, il vient
			$ u^n(x)=\ds\sum_{k=1}^{p} \langle x \mid \varepsilon_k \rangle \varepsilon_k
			+ \sum_{k=p+1}^{n} \lambda_k^{n}\langle x \mid \varepsilon_k \rangle \varepsilon_k=p_{F\cap G}(x)+\sum_{k=p+1}^{n} \lambda_k^{n}\langle x \mid \varepsilon_k \rangle \varepsilon_k$. Ce qui implique
			$ \Vert u^n(x)- p_{F\cap G}(x)\Vert^2 =\ds\sum_{k=p+1}^{n} \lambda_k^{2n}\langle x \mid \varepsilon_k \rangle^2 \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0$ car $\lambda_k \in [0,1[ $ pour $k=p+1, \cdots, n$.
		\end{enumerate}
		\item
	\begin{enumerate}
		\item Par r\'{e}currence, on montre que $x_{2k}=q \circ u^{k-1}(x_0)$ pour $k \geq 2 $ et $x_{2k+1}=u^{k}(x_0)$ pour $k \geq 1$.
		
		\item Pour $k\geq 2$, on en d\'{e}duit que
		$$
		\Vert x_{2k}- p_{F\cap G}(x_0)\Vert=\Vert q\left( u^{k-1}(x_0)- p_{F\cap G}(x_0)\right)  \Vert
		\leq  \Vert  u^{k-1}(x_0)- p_{F\cap G}(x_0)\Vert.
		$$
		En notant $\lfloor y\rfloor $ la partie enti\`{e}re d'un r\'{e}el $y$, il est alors clair que pour $n \geq 4$
		$$
		\Vert x_n- p_{F\cap G}(x_0)\Vert \leq \Vert  u^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor -1}(x_0)- p_{F\cap G}(x_0)\Vert
		+\Vert  u^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}(x_0)- p_{F\cap G}(x_0)\Vert.
		$$
		Gr\^{a}ce \`{a} la question 2. f) on peut alors en conclure que $x_n$ converge dans $E$ vers $p_{F\cap G}(x_0)$.
	\end{enumerate}	
			\item On observe que $F\cap G = \vect\left(  e_1- e_2 \right)  $. On consid\`{e}re le vecteur unitaire $u= \dfrac{e_1- e_2}{\sqrt{2}}	$. Le cours nous dit alors que $ p_{F\cap G}(x_0)= (U\,{}^t U)X_0=\langle x_0 \mid u \rangle u$. En utilisant maintenant la question 3. b), on en d\'{e}duit que la suite $(x_n)$ converge vers le point $(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}, 0) $.
	\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{55}

 Soit un entier naturel $n\geq 2$.
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe une unique famille de polyn\^{o}me $L_0,\dots,L_n\in \RR_{n}[X]$
telle que :
$$\forall (i,j)\in \llbracket0,n\rrbracket^2,\ L_i(j)= \begin{cases} 1 & \si i=j \\
        0 & \si i\neq j \end{cases}$$
Pour tout $i\in \llbracket 0,n\rrbracket$, pr\'{e}ciser le degr\'{e} et le coefficient dominant $\lambda_i$ de $L_i$.
\item Montrer que la famille ${\cal L}=(L_0,\ldots, L_n)$ est une base de $\RR_{n}[X]$.\\
D\'{e}terminer les coordonn\'{e}es de tout polyn\^{o}me $P\in \RR_{n}[X]$ dans cette base.
\item Soit l'application $\RR_{n}[X] \rTo^{\phi} \RR$  d\'{e}finie  par : $\phi(P)= P^{(n)}(0)$.\\ Montrer que $\phi$ est lin\'{e}aire et
calculer la matrice-ligne $U_n=\big(\phi(L_0),\dots,\phi(L_n)\big)$.
\item Soit la matrice-ligne $K_n=\big(\phi(1),\phi(X)\dots,\phi(X^n)\big)$. Soit  $V_n$ la matrice de passage de la base ${\cal L}$ \`{a} la base ${\cal C}=(1,X,\dots,X^n)$. Montrer que $K_n=U_nV_n$.
\item En d\'{e}duire que : $\dsum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}i^j =\begin{cases} 0 & \si j\in \llbracket0,n-1\rrbracket\\
n! &\si j=n.\end{cases}$
\item Soit $f : \RR \to  \RR$ une fonction de classe $C^n$ sur $\R$. Soit $x_0\in \RR$. Calculer :
$$\dlim_{h\to 0} \dfrac1{h^n} \dsum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k f(x_0+kh).$$
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item La condition $L_i(j)=0$ si $j\neq i$ donne $n$ racines de $L_i$, distinctes donc simples puisque $L_i \in \RR_{n}[X]$, d'o\`{u} :
$L_i=\lambda_i \dprod_{\substack{j=0 \\
j\neq i}}^{n} (X-j)$, avec $\lambda_i \in \RR.$ Alors : $L_i(i)=1 \iff \lambda_i=\dfrac1{\dprod_{j\neq i} (i-j)}=\dfrac{(-1)^{n-i}}{i!(n-i)!}$.\\
D'o\`{u} l'existence et l'unicit\'{e} de $L_i$ (pour tout $i$), qui est de degr\'{e} $n$.
\item Comme l'espace  $\RR_{n}[X]$ est de dimension $n+1$, la famille de $n+1$ vecteurs $L_0,\dots,L_n$ est une base si et seulement si elle est libre.\\
Or, pour tout $\mu_0,\dots,\mu_n\in \RR$, si $\mu_0L_0+\cdots +\mu_n L_n=0$, alors en \'{e}valuant cette \'{e}galit\'{e} en $j$, on obtient $\mu_j=0$, car $L_i(j)=0$ si $i\neq j$ et $L_j(j)=1$.
Donc : $\mu_0L_0+\cdots +\mu_n L_n=0 \Longrightarrow \mu_0=\cdots=\mu_n=0$.\\
Les coordonn\'{e}es de $P\in \RR_n[X]$ dans la base $L_0,\dots,L_n$ sont les nombres $\alpha_0,\dots,\alpha_n\in \RR$ tels que : $ \alpha_0L_0+\cdots+\alpha_n L_n=P$.
En \'{e}valuant cette \'{e}galit\'{e} en $j$, on a alors : $\alpha_j=P(j)$.
\item L'application $\varphi$ est  lin\'{e}aire d'apr\`{e}s les lin\'{e}arit\'{e}s de la d\'{e}rivation et de $P\mapsto P(0)$. \\
Comme $(X^k)^{(n)}=0$ si $k<n$ et $(X^n)^{(n)}=n!$, pour tout $i\in \llbracket 0,n\rrbracket$, on a :
$L_i^{(n)}(0)= \lambda_i n!= (-1)^{n-i}\binom{n}i.$\\
Donc la matrice-ligne recherch\'{e}e est :
$U_n=\matrice{ (-1)^{n}\binom n0  &  (-1)^{n-1}\binom n1 & \cdots
& (-1)^0\binom nn }$.
\item Pour tout $j\in \llbracket 0,n\rrbracket$, en num\'{e}rotant \`{a} partir de $0$, le $j$-\`{e}me  coefficient de la matrice ligne $U_nV_n$ est le produit de $U_n$ avec la $j$-\`{e}me colonne de $V_n$, colonne qui est form\'{e}e des coefficients $v_{i,j}$ tels que $X^j=\dsum_{i=0}^n v_{i,j} L_i$ ; ce produit vaut donc :
$\dsum_{i=0}^n \phi(L_i) v_{i,j}=\phi\left(\dsum_{i=0}^n v_{i,j} L_i\right)=\phi(X^j),$\\
qui est le $j$-\`{e}me coefficient de la matrice-ligne $K_n$.
\item
D'apr\`{e}s la question 2, les coordonn\'{e}es de $P$ dans la base  ${\cal L}$, sont $(P(0),P(1),\dots,P(n))$.\\ Donc $V_n=(i^j)_{0\leq i,j\leq n}$.

Par produit de matrices, on en d\'{e}duit que : $K_n=U_nV_n=\matrice{c_0 & \cdots & c_n}$ avec $c_j=\dsum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom{n}i i^j.$\\

Par ailleurs, comme $\phi(X^k)=0$ si $k<n$ et $\phi(X^n)=n!$, on a directement $K_n=\matrice{ 0 & 0 & \cdots & n!}.$\\

Ainsi :
$\dsum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{n-i}i^j=\begin{cases} 0 & \si j\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket \\ n! & \si j=n. \end{cases}$
\item D'apr\`{e}s la formule de \textsc{\textsc{Taylor}-\textsc{Young}} \`{a} l'ordre $n$ en $x_0$, on a :
$f(x_0+h)\underset{h\to 0}=\dsum_{j=0}^n \dfrac1{j!}f^{(j)}(x_0)h^j +\petito{h^n}.$\\
Pour tout $k\in\llbracket 0,n  \rrbracket$, comme $kh$ tend vers $0$ quand $h$ tend vers $0$, on peut remplacer $h$ par $kh$, d'o\`{u} :
\begin{align*}
\dfrac1{h^n} \dsum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k f(x_0+kh)&= \dfrac1{h^n} \left(\dsum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dsum_{j=0}^n \dfrac1{j!}f^{(j)}(x_0)\times (kh)^j +\petito{h^n}\right)\\
&=\dfrac1{h^n}\left(\dsum_{0\leq jk\leq n} \binom{n}{k} (-1)^k\dfrac1{j!}f^{(j)}(x_0)\times (kh)^j \right) +\petito{1}\\
&= \dfrac1{h^n}\dsum_{j=0}^n \left( \dfrac{h^j}{j!}f^{(j)}(x_0)\left(\dsum_{k=0}^n  \binom{n}{k} (-1)^kk^j\right)\right)+\petito{1}\\
&=f^{(n)}(x_0)+\petito{1} \text{ d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente}
\end{align*}
Et $\dlim_{h\to 0}   \dfrac1{h^n} \dsum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k f(x_0+kh)=  f^{(n)}(x_0)$.
\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{58}

 Soient $X$ et $Y$ deux variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal T},P)$.\\
On suppose que $X$ et $Y$ admettent des moments d'ordre 2 et on suppose que $X$ n'a pas une variance nulle.\\ Soit la matrice : $A=\begin{pmatrix}
E(X^2) & E(X) \\
E(X) & 1
\end{pmatrix}.$
\begin{enumerate}
\item Pour tout $(a,b)\in \RR^2$, montrer l'existence de l'esp\'{e}rance $E((Y-a X-b)^2)$ et trouver une matrice colonne $B$ et un nombre $C\in \RR$ (qui ne d\'{e}pendent ni de $a$ ni de $b$) tels que :
$$E((Y-a X-b)^2)=\transp{U}A U - 2\transp{B}U + C \blanc \avec U=\begin{pmatrix}
a \\
b\end{pmatrix}.$$
\end{enumerate}
On souhaite montrer l'existence et trouver $(a,b)\in \RR^2$ tel que $E((Y-a X-b)^2)$ soit minimal.\\
On pose $f(a,b)=E((Y-a X-b)^2)$.
\begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que $f$ admet une borne inf\'{e}rieure sur $\RR^2$.
\item Montrer que $A$ est diagonalisable et que ses valeurs propres sont strictement positives.
\item En d\'{e}duire l'existence d'un minimum pour $f$ sur $\RR^2$.
\item Trouver explicitement tous les couples $(a,b)$ pour lesquels ce minimum est atteint.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On  a : $(Y-a X-b)^2=Y^2+a^2X^2+b^2-2aXY-2b Y+2ab X.$\\
Comme $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ existent, on en d\'{e}duit que $E(XY)$ existe (in\'{e}galit\'{e} de \textsc{\textsc{Cauchy}-\textsc{Schwarz}}). Comme $E(X^2)$ (resp. $E(Y^2)$) existe, on en d\'{e}duit que $E(X)$ (resp. $E(Y)$) existe.\\ Donc, par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance, $E((Y-a X-b)^2)$ existe et :
$$E((Y-a X-b)^2)=a^2E(X^2)+2abE(X)+b^2-2aE(XY)-2bE(Y)+E(Y^2)=\transp{U}A U - 2\transp{B}U + C,$$
en posant $B=\matrice{E(XY)\\E(Y)}$ et $C=E(Y^2)$.
\item La fonction $f$ est minor\'{e}e (par $0$, d'apr\`{e}s la positivit\'{e} de l'esp\'{e}rance), donc elle admet un borne inf\'{e}rieure.

\item La matrice $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc diagonalisable, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me spectral --- semblable \`{a} $D = \diag(\lambda_1, \lambda_2)$. Ses valeurs propres $\lambda_1$ et $\lambda_2$ sont strictement positives puisque  :
$$
\lambda_1 + \lambda_2
= \tr(A) = E(X^2) + 1 > 0 \bet \lambda_1\lambda_2 = \det (A) =E(X^2)-E^2(X) =V(X) > 0.
$$
{\em Autre id\'{e}e :} $\trans{X}AX=E\big((x_1 X+x_2)^2\big)$...
\item  D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me spectral encore, il existe une matrice $P\in \textrm{O}_2(\mathbb{R})$ telle que $A = P D\trans{P}$. On a alors :
\begin{align*}
f(a, b)&= \trans{U}P D\trans{P}U - 2\trans{B}P\trans{P}U + C\\
&=\trans{U'}D U'-2\trans{B'}U' + C \avec U'= \trans{P}U = \begin{pmatrix}
a' \\
b'
\end{pmatrix} \et B' = \trans{P}B=\matrice{\mu_1\\\mu_2}\\
&=\lambda_1 a'^2 + \lambda_2 b'^2 - 2\mu_1a'-2\mu_2b' +C\\
&= \lambda_1\left(a'-\frac{\mu_1}{\lambda_1}\right)^2 + \lambda_2\left(b'-\frac{\mu_2}{\lambda_2}\right)^2+C - \frac{\mu_1^2}{\lambda_1} - \frac{\mu_2^2}{\lambda_2}
\end{align*}
Comme $\lambda_1 > 0$ et $\lambda_2 > 0$, on en d\'{e}duit que la borne
inf\'{e}rieure est $C - \frac{\mu_1^2}{\lambda_1} - \frac{\mu_2^2}{\lambda_2}$ et qu'elle est atteinte en un unique point donn\'{e} par $a' = \frac{\mu_1}{\lambda_1}$ et $b' = \frac{\mu_2}{\lambda_2}$ --- qui d\'{e}termine un unique couple $(a, b)$.
\item La fonction $f$ est polynomiale. Elle est de classe ${\cal C}^1$ sur $\RR^2$ qui est ouvert, donc ce minimum est atteint en un point critique. Or :
$$\partial_1 f (a, b) = 2aE(X^2) + 2bE(X) -2E(X Y) \bet \partial_2 f (a, b) =2aE(X) + 2b-2E(Y).$$
Donc les points critiques sont les points $(a,b)$ tels que
$$\begin{cases}
aE(X^2) + bE(X) = E(X Y), \\
aE(X) + b = E(Y),
\end{cases} \iff MU=B \iff U=M^{-1}B.$$
Soit :
$$a = \frac{\cov(X, Y)}{V(X)} \bet b = \frac{\cov(X, X Y) - \cov(X^2, Y)}{V(X)}$$
qui ne peut \^{e}tre que le point o\`{u} le minimum est atteint.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{63}

Soit $n\in \N^*$. Soit $E$ un $\RR$-espace vectoriel de dimension $2n$. Soient $E_1$ et $E_2$ deux sous-espaces vectoriels suppl\'{e}mentaires dans $E$, chacun de dimension $n$, de bases respectives $\mathcal{B}_1$ et $\mathcal{B}_2$.\\ On note $\mathcal{B}$ la base de $E$ obtenue en concat\'{e}nant $\mathcal{B}_1$ et $\mathcal{B}_2$ --- c'est \`{a} dire que si $\mathcal{B}_1=(\epsilon_1,\dots,\epsilon_n)$ et $\mathcal{B}_2=(\epsilon_1',\dots,\epsilon_n')$, alors $\mathcal{B}=(\epsilon_1,\dots,\epsilon_n,\epsilon_1',\dots,\epsilon_n')$.

Soit $u$ un endomorphisme de $E_1$ diagonalisable. Soit $f$ l'application lin\'{e}aire de $E_1$ sur $E_2$ dont la matrice dans les bases $\mathcal{B}_1$ et $\mathcal{B}_2$ est $I_n$ (matrice identit\'{e} de $\mathcal{M}_n(\RR)$).

Pour tout vecteur $x=x_1+x_2$ de $E$, avec $x_1\in E_1$ et $x_2\in E_2$, on pose :
$$F(x)=u(x_1)+f(x_1)+f^{-1}(x_2)$$

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que $F$ est lin\'{e}aire. Calculer $\ker F$.
\item Montrer que $F$ est un automorphisme de $E$.
\end{enumerate}
\item Soit $\mu$ une valeur propre de $F$ et $x=x_1+x_2$ un vecteur propre associ\'{e}, avec $x_1\in E_1$ et $x_2\in E_2$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $x_1\neq 0$ et $x_2\neq 0$.
\item Montrer que $x_1$ est un vecteur propre de $u$. D\'{e}terminer sa valeur propre associ\'{e}e en fonction de $\mu$.
\end{enumerate}
\item Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et $x_1$ un vecteur propre associ\'{e}.
\begin{enumerate}
\item Montrer que l'\'{e}quation d'inconnue $\mu\in \RR^*$ suivante : $$\mu-\frac{1}{\mu}=\lambda$$ admet deux solutions r\'{e}elles  distinctes $\mu_1,\mu_2$.
\item Montrer que $\mu_1$ et $\mu_2$ sont des valeurs propres de $F$ et donner, en fonction de $x_1$, un vecteur propre associ\'{e} \`{a} chacune de ces valeurs propres.
\end{enumerate}
\item Montrer que $F$ est diagonalisable.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
La lin\'{e}arit\'{e} de $F$ est donn\'{e}e la lin\'{e}arit\'{e} des applications $u$, $f$ et $f^{-1}$, ainsi que celle des projections sur $E_1$ et $E_2$. En outre, $$F(x)=0\iff u(x_1)+f(x_1)+f^{-1}(x_2)=0\iff \begin{cases}
u(x_1)+f^{-1}(x_2)  &=0 \\
f(x_1) &=0
\end{cases}$$
Or, $f$ est bijective, donc $x_1=0$ et, en reportant : $f^{-1}(x_2)=0$, d'o\`{u} $x_2=0$ (par bijectivit\'{e} de $f^{-1}$), ainsi, $x=0$. Donc $\ker F=\{0\}$.
\item Ainsi, $F$ est injective, donc bijective car $E$ est de dimension finie.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Puisque $F(x)=\mu x$, alors $u(x_1)+f(x_1)+f^{-1}(x_2)=\mu x_1+\mu x_2$ donc, en identifiant, on a :  $u(x_1)+f^{-1}(x_2)=\mu x_1$et $f(x_1)=\mu x_2$.

Si $x_1=0$, alors $\mu x_2=0$ et donc $x_2=0$ ($\mu\neq 0$ car $F$ est bijective). Par suite, $x=0$ : absurde.\\ Si $x_2=0$, alors $f(x_1)=0$, donc $x_1=0$ (car $f$ est bijective). Par suite, $x=0$ : absurde.

\item D'une part, $x_1\neq0$. D'autre part, en reprenant la deuxi\`{e}me \'{e}galit\'{e} de la question pr\'{e}c\'{e}dente, comme $ \mu \neq 0$ puisque $f$ bijective, on d\'{e}duit que $x_2=\frac{1}{\mu}f(x_1)$ puis, en reportant dans la premi\`{e}re \'{e}galit\'{e} : $u(x_1)+\frac{1}{\mu}x_1=\mu x_1$ d'o\`{u} $u(x_1)=\left(\mu-\frac{1}{\mu}\right)x_1$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item L'\'{e}quation \'{e}quivaut \`{a} la suivante : $\mu^2-\lambda\mu-1=0$ (avec $\mu\neq 0$).\\ Le discriminant de cette \'{e}quation vaut $\lambda^2+4$. Il est strictement positif, d'o\`{u} la r\'{e}ponse.
\item \'{E}tudions le cas de $\mu_1$ et posons $x=x_1+\frac{1}{\mu_1}f(x_1)$. Comme $x_1\neq 0$ et $\frac{1}{\mu_1}f(x_1)\in E_2$, alors $x\neq 0$. En outre,$$F(x)=u(x_1)+f(x_1)+f^{-1}\left(\frac{1}{\mu_1}f(x_1)\right)=\lambda x_1+f(x_1)+\frac{1}{\mu_1}x_1=\mu_1 x_1+f(x_1)=\mu_1 x$$
On en d\'{e}duit que $\mu_1$ est une valeur propre de $F$ et $x_1+\frac{1}{\mu_1}f(x_1)$ est un vecteur propre associ\'{e}.\\ De m\^{e}me, $\mu_2$ est une valeur propre de $F$ et $x_1+\frac{1}{\mu_2}f(x_1)$ est un vecteur propre associ\'{e}.
\end{enumerate}
\item On note $(e_1,\ldots ,e_n)$ une base de vecteurs propres de $u$. Pour tout $i\in\llbracket 1,n \rrbracket$, on note $\lambda_i$ la valeur propre de $u$ associ\'{e}e \`{a} $e_i$, et on note $\mu_1^{(i)}$ et $\mu_2^{(i)}$ les solutions de l'\'{e}quation $\mu-\frac{1}{\mu}=\lambda_i$. On note encore $y_i=e_i+\frac{1}{\mu_1^{(i)}}f(e_i)$ et $ z_i=e_i+\frac{1}{\mu_2^{(i)}}f(e_i)$ et on consid\`{e}re la famille $\mathcal{C}=(y_1,\ldots,y_n,z_1,\ldots,z_n)$.

D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, $\mathcal{C}$ est form\'{e}e de vecteurs propres de $F$. Montrons que c'est une base. D'apr\`{e}s la dimension, il suffit de montrer qu'elle est libre ; pour cela consid\'{e}rons $a_1,...,a_n,b_1,...,b_n\in \RR$ tels que : $$\sum_{i=1}^{n}a_i y_i+\sum_{i=1}^{n}b_i z_i=0 \quad \text{c'est-\`{a}-dire} \quad \sum_{i=1}^{n}a_i \left(e_i+\frac{1}{\mu_1^{(i)}}f(e_i)\right)+\sum_{i=1}^{n}b_i\left(e_i+\frac{1}{\mu_2^{(i)}}f(e_i)\right)=0$$
$$\text{\ie : }  \underbrace{\sum_{i=1}^{n}(a_i+b_i)e_i}_{\in E_1}+ \underbrace{\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{a_i}{\mu_1^{(i)}}+\frac{b_i}{\mu_2^{(i)}}\right)f(e_i)}_{\in E_2}=0 \quad \text{d'o\`{u} :} \quad \sum_{i=1}^{n}(a_i+b_i)e_i=\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{a_i}{\mu_1^{(i)}}+\frac{b_i}{\mu_2^{(i)}}\right)f(e_i)=0 $$
Or, la famille $(e_1,...,e_n)$ est libre et la famille $(f(e_1),...,f(e_n))$ aussi car $f$ est bijective, donc :
$$\forall i \in \llbracket 1,n \rrbracket, a_i+b_i=0 \text{ et } \dfrac{a_i}{\mu_1^{(i)}}+\dfrac{b_i}{\mu_2^{(i)}}=0.$$
Comme $\mu_1^{(i)}\neq \mu_2^{(i)}$, on en d\'{e}duit que : $\forall i \in \llbracket 1,n \rrbracket, a_i=b_i=0 $.\\
La famille $(e_1,\ldots,e_n,f(e_1),\ldots,f(e_n))$ est une base de vecteurs propres de $F$ ; ainsi, $F$ est diagonalisable.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{65}


On note $j=\mathrm{e}^{i \frac{2 \pi}{3}}$. On consid\`{e}re la matrice $C=\left(\begin{array}{c}1 \\ j \\ j^{2}\end{array}\right)$ et on pose $A=C\,^{t} \!C .$ Par ailleurs, on note $0_{3}$ la matrice nulle de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$.

\begin{enumerate}
  \item

  Donner les valeurs de $1+j+j^{2}$ et $j^{3}$ puis expliciter les matrices $A$ et $A^{2}$.

  \item

  \begin{enumerate}
\item  D\'{e}terminer le rang de $A$ et en d\'{e}duire son spectre.


\item La matrice $A$ est-elle diagonalisable ?
\end{enumerate}


On note $\varphi$ l'application qui \`{a} toute matrice $M$ de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$ associe $\varphi(M)=A M A .$



  \item
  \begin{enumerate}
   \item  Montrer que $\varphi$ est un endomorphisme de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$.

  \item Donner l'image de la matrice $A$ par $\varphi$. Qu'en d\'{e}duire concernant l'endomorphisme $\varphi$ ?

  \item  Montrer que $\varphi$ n'a pas de valeur propre non nulle.

  \item  L'endomorphisme $\varphi$ est-il diagonalisable ?
\end{enumerate}
  \item Pour tout couple $(k, \ell)$ de $\llbracket 1,3 \rrbracket^{2}$, on note $E_{k, \ell}$ la matrice dont tous les \'{e}l\'{e}ments sont nuls sauf celui situ\'{e} \`{a} l'intersection de la $k^{\mathrm{e}}$ ligne et de la $\ell^{\mathrm{e}}$ colonne, et on rappelle que la famille des 9 matrices $\left(E_{k, \ell}\right)_{1 \leq k, \ell \leq 3}$ est une base du $\mathbb{C}$ - espace vectoriel $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$.


Pour tout $k$ de $\llbracket 1,3 \rrbracket$, on note $e_{k}$ l'\'{e}l\'{e}ment de $\mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{C})$ dont tous les \'{e}l\'{e}ments sont nuls, sauf celui situ\'{e} \`{a} la $k^{\mathrm{e}}$ ligne qui vaut $1$. En v\'{e}rifiant que, pour tout couple $(k, \ell)$ de $\llbracket 1,3 \rrbracket^{2}$, on a $E_{k, \ell}=e_{k}\,^{t} \!e_{\ell}$, montrer que :
$$
\forall(k, \ell) \in \llbracket 1,3 \rrbracket^{2}, \varphi\left(E_{k, \ell}\right)=j^{k+\ell-2} A
$$

  \item
  \begin{enumerate}
   \item  D\'{e}terminer $\operatorname{Im}(\varphi)$ et en d\'{e}duire la dimension de $\operatorname{Ker}(\varphi)$.

  \item D\'{e}duire des calculs faits \`{a} la question 4 une base de $\Ker(\varphi)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

 \begin{enumerate}
  \item
  On trouve ou on sait que $1+j+j^{2}=0$ et $j^{3}=1$ (racines cubiques de l'unit\'{e}).

Comme $C \in \mathcal{M}_{3,1}(\mathbb{C})$ et $L \in \mathcal{M}_{1,3}(\mathbb{C})$, alors $A \in \mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$, et apr\`{e}s calculs, on obtient : $A=\left(\begin{array}{ccc}1 & j & j^{2} \\ j & j^{2} & 1 \\ j^{2} & 1 & j\end{array}\right)$.

Gr\^{a}ce aux relations $j^{3}=1$ et $1+j+j^{2}=0$, on trouve : $A^{2}=0_{3}$.


  \item

  \begin{enumerate}
  \item
  En notant $C_{1}, C_{2}, C_{3}$ les colonnes de $A$, on voit, toujours gr\^{a}ce \`{a} la relation $j^{3}=1$, que $C_{2}=j C_{1}$, $C_{3}=j^{2} C_{1}$ et comme $C_{1}$ n'est pas la colonne nulle, on peut conclure : $\operatorname{rg}(A)=1 .$

Ceci prouve que $A$ n'est pas inversible, donc 0 est valeur propre de $A$. De plus, le polyn\^{o}me $X^{2}$ est annulateur de $A$ et sa seule racine est 0 donc la seule valeur propre possible de $A$ est 0 . On peut donc conclure que $\operatorname{sp}(A)=\{0\}$.

  \item
 Pour que $A$ soit diagonalisable, il faut que son seul sous-espace propre soit de dimension 3, or il n'est que de dimension 2 (\'{e}tant donn\'{e} que $\operatorname{rg}(A)=1$ ); donc $A$ n'est pas diagonalisable.
\end{enumerate}

  \item
 \begin{enumerate}
   \item
  \begin{itemize}
    \item  Par stabilit\'{e} de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$ pour le produit matriciel, $\varphi(M)$ appartient \`{a} $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$.
 \item  Si l'on prend deux matrices $M$ et $N$ de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$ et un complexe $\lambda$, on a $\varphi(M+\lambda N)=A(M+\lambda N) A$, et par propri\'{e}t\'{e} du produit matriciel, on obtient : \\
 $\varphi(M+\lambda N)=A M A+\lambda A N A=\varphi(M)+\lambda \phi(N)$

 \item Ainsi, $\varphi$ est un endomorphisme de $\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})$.
 \end{itemize}

  \item On a $\varphi(A)=A^{3}=A^{2} A$ et comme $A^{2}=0_{3}$, on peut conclure : $\varphi(A)=0_{3}$. La matrice $A$ n'est pas nulle et appartient au noyau de $\varphi$, donc $\varphi$ n'est pas injectif.

 \item On a :\\ $\forall M \in \mathcal{M}_{3}(\mathbb{C}), \varphi^{2}(M)=A(A M A) A=A^{2} M A^{2}=0_{3}$, car $A^{2}=0_{3} .$ Ceci prouve que $\varphi^{2}=0$ et ainsi le polyn\^{o}me $X^{2}$ est annulateur de $\varphi$. Sa seule racine \'{e}tant 0, on en conclut que 0 est la seule valeur propre possible de $\varphi$, et comme $\varphi$ n'est pas injectif, ceci veut dire que $\varphi$ admet 0 comme seule valeur propre donc que $\varphi$ n'a pas de valeur propre non nulle.

  \item Si $\varphi$ \'{e}tait diagonalisable, sa matrice dans une base de vecteurs propres serait la matrice diagonale nulle, donc $\varphi$ serait l'endomorphisme nul, ce qui n'est pas le cas. Par cons\'{e}quent, $\varphi$ n'est pas diagonalisable
\end{enumerate}

  \item Comme ${ }^{t} C e_{k}=j^{k-1}$ pour tout $k$, on a :
$$\varphi\left(E_{k, \ell}\right)=A E_{k, \ell} A=C{ }^{t} C e_{k}{ }^{t} e_{\ell} C{ }^{t} C=C\left({ }^{t} C e_{k}\right)\left({ }^{t} e_{\ell} C\right){ }^{t} C=j^{k-1} j^{\ell-1} C^{t} C=j^{k+\ell-2} A.$$
 
 \item
 \begin{enumerate}
  \item  On sait que $\operatorname{Im}(\varphi)$ est engendr\'{e} par la famille des images par $\varphi$ des vecteurs de la base $\left(E_{k, \ell}\right)_{1 \leq k, \ell \leq 3}$ et on constate, gr\^{a}ce \`{a} la question 4, que $\operatorname{Im}(\varphi)=\operatorname{Vect}(A)$.


Comme $A$ n'est pas nulle, on en d\'{e}duit que $\operatorname{rg}(\varphi)=1$ et comme $\operatorname{dim}\left(\mathcal{M}_{3}(\mathbb{C})\right)=9$, le th\'{e}or\`{e}me du rang permet de conclure : $\operatorname{dim}(\operatorname{Ker}(\varphi))=8$.

  \item  On va utiliser le calcul fait \`{a} la question 4) pour trouver une famille de 8 matrices de Ker $(\varphi)$. Comme $\varphi\left(E_{1,1}\right)=A$, on en d\'{e}duit, par lin\'{e}arit\'{e} de $\varphi:$

$\varphi\left(E_{1,2}-j E_{1,1}\right)=\varphi\left(E_{2,1}-j E_{1,1}\right)=0_{3} \operatorname{car} \varphi\left(E_{1,2}\right)=\varphi\left(E_{2,1}\right)=j A .$

$\varphi\left(E_{1,3}-j^{2} E_{1,1}\right)=\varphi\left(E_{3,1}-j^{2} E_{1,1}\right)=0_{3}$ car $\varphi\left(E_{1,3}\right)=\phi\left(E_{3,1}\right)=j^{2} A .$

$\varphi\left(E_{2,3}-E_{1,1}\right)=\varphi\left(E_{3,2}-E_{1,1}\right)=0_{3}$ car $\varphi\left(E_{2,3}\right)=\varphi\left(E_{3,2}\right)=A .$

$\varphi\left(E_{2,2}-j^{2} E_{1,1}\right)=\varphi\left(E_{3,3}-j E_{1,1}\right)=0_{3} \operatorname{car} \varphi\left(E_{2,2}\right)=j^{2} A$ et $\varphi\left(E_{3,3}\right)=j A$

Les matrices $B_{1}=E_{1,2}-j E_{1,1}, B_{2}=E_{2,1}-j E_{1,1}, B_{3}=E_{1,3}-j^{2} E_{1,1}, B_{4}=E_{3,1}-j^{2} E_{1,1}, \\
B_{5}=E_{2,3}-E_{1,1}$, $B_{6}=E_{3,2}-E_{1,1}, B_{7}=E_{2,2}-j^{2} E_{1,1}, B_{8}=E_{3,3}-j E_{1,1}$ forment une famille libre (cons\'{e}quence de la libert\'{e} de la famille $\left.\left(E_{k, \ell}\right)_{1 \leq k, \ell \leq 3}\right)$, et ainsi, la famille $\left(B_{1}, \ldots, B_{8}\right)$ est une base de $\operatorname{Ker}(\varphi)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}
\chapter{Analyse}

\begin{exo}{1}

Soit $E$ l'espace vectoriel des fonctions polynomiales de $\R$ dans $\R$.
Pour $f \in E$, on pose $\, \dis ||f||_{\infty} = \sup_{t \in [0,1]}
  |f(t)| \,$.

\begin{enumerate}
\item Soit $\phi$ l'application d\'{e}finie sur $E$ par $\varphi(f)= F$ avec  $\, F'=f \,$ et \( \dint_{0}^{1} F(t){\mathrm d} t = 0 \).
\begin{enumerate}
\item Montrer que  $\phi$ est bien d\'{e}finie.
\item  Justifier que $\, \phi \in \mathcal{L}(E) \,$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Justifier que l'ensemble
$$ A = \left\{ \frac{||\phi(f)||_{\infty}}{||f||_{\infty}}\,,\;
   f \in E \setminus \{ 0 \} \right\} $$
est non vide et major\'{e}. On note $M$ sa borne sup\'{e}rieure.

\item  Soit $f \in E$, $F = \phi(f)$ et $G$ la primitive de $F$ sur $\R$
s'annulant en~$0$.

Pour $x \in [0,1]$, exprimer $G(0)$ et $G(1)$ en fonction de $G(x)$ \`{a} l'aide de la formule de \textsc{Taylor}
avec reste int\'{e}gral.

En d\'{e}duire
$$ \forall x \in [0,1],\quad  |F(x)| \leq \biggl[ \frac{(1-x)^2+x^2}{2}
   \biggr]\,||f||_{\infty} $$

\item  D\'{e}terminer $M$.
\end{enumerate}

\item
On d\'{e}finit une suite de fonctions de $E$ par $\, P_0 = 1 \,$ et
$$ \forall n \in \N,\quad  P_{n+1} = \phi(P_n) $$
\begin{enumerate}
\item  Expliciter $P_1$ et $P_2$.
\item  Soit $x \in [0,1]$. Montrer que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral
$\, P_n(x)\,t^n\,,\, n \in \N \,$, converge pour tout r\'{e}el $t$ tel que
$\, |t| < 2 \,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
Le  polyn\^{o}me $f \in E$ a des primitives polynomiales sur $\R$; si $H$ est celle qui s'annule
en~$0$, les autres sont de la forme $H+k\,,\, k \in \R$; alors
$$ 0 = \int_{0}^{1} (H+k) \Leftrightarrow k = - \int_{0}^{1} H \quad\text{d'o\`{u}}\quad
   F = H - \int_{0}^{1} H $$
d'o\`{u} l'existence et l'unicit\'{e} de~$F$.

\item
Le polyn\^{o}me $F \in E$ par primitivation, et $\phi$ est lin\'{e}aire par lin\'{e}arit\'{e} de l'int\'{e}gration
et de $\, f \mapsto H \,$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Soit $E' = E \setminus \{ 0 \}$ qui est non vide; la fonction $f \in E'$ est polynomiale donc
continue sur le segment $[0,1]$, donc born\'{e}e; de m\^{e}me pour $\phi(f)$.
Enfin, $\, ||f||_{\infty} = 0$  implique $f = 0 \,$, ce qui est exclu pour $f \in E'$.
Donc $A$ est bien d\'{e}fini et non vide.

Pour tout $x \in [0,1]$,
$$  \begin{aligned}
   |F(x)| &=  \left|\int_{0}^{x} f(t){\mathrm d}t -
      \int_{0}^{1} \left[ \int_{0}^{s} f(t){\mathrm d}t \right]{\mathrm d}s\right|
      \leq \int_{0}^{1} |f| + \int_{0}^{1} \left[ \int_{0}^{s}
      |f| \right] {\mathrm d}s   \\
   &\leq  ||f||_{\infty} + \int_{0}^{1} s ||f||_{\infty}{\mathrm d}s
      \leq 2||f||_{\infty}
\end{aligned}  $$
Ainsi  $M \leq 2$.

\item
$$ G(0) = G(x) + (0-x)G'(x) + \int_{x}^{0} (0-t)G''(t){\mathrm d}t
   \quad\text{et}\quad
   G(1) = G(x) + (1-x)G'(x) + \int_{x}^{1} (1-t)G''(t){\mathrm d}t  $$
Pour tout $x \in [0,1]$, par soustraction vu que $\, G(0) = G(1) = 0 \,$
(par hypoth\`{e}se sur $F$), il vient
$$ F(x) = G'(x) = -\int_{x}^{1} (1-t)G''(t){\mathrm d}t + \int_{x}^{0}
   (0-t)G''(t){\mathrm d}t  $$
$$ |F(x)| \le ||f||_{\infty} \left( \int_{x}^{1} (1-t){\mathrm d}t
      + \int_{0}^{x} t{\mathrm d}t \right) =
   \biggl[ \frac{(1-x)^2+x^2}{2} \biggr]\,||f||_{\infty} $$

\item
Pour $x \in [0,1]$, $\, \dfrac{(1-x)^2+x^2}{2} = \Bigl( x - \frac{1}{2}
  \Bigr)^2 + \dfrac{1}{4} \le \dfrac{1}{2} \,$; d'o\`{u} $\,  M \leq \dfrac{1}{2} \,$.

Pour $f=1$, on a $\, F(x) = x - \frac{1}{2} \,$, $\, ||f||_{\infty} = 1 \;$
et $\, ||F||_{\infty} = \frac{1}{2} \,$; donc $\, M \geq \frac{1}{2} \,$,
d'o\`{u} l'\'{e}galit\'{e}.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  On a $\, P_1(x) = x - \dfrac{1}{2} \,$ et
$\, P_2(x) = \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{12} \,$.

\item  Par r\'{e}currence, $\, ||P_n||_{\infty} \leq \dfrac{1}{2^n} \,$. D'o\`{u} si $|t|<2$ alors
$$  |P_n(x)\,t^n| \leq \biggl( \frac{|t|}
   {2} \biggr)^n $$
qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique convergente.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{4}

Dans tout l'exercice, $f$ d\'{e}signe une fonction continue sur $\R_+$ telle que l'int\'{e}grale $\ds I= \int_0^{+\infty}f(t)dt$ converge.\\
On note $F$ la primitive de $f$ qui s'annule en 0.\\
On pose, pour tout r\'{e}el $x$ strictement positif :
$$ K(x)=\frac1x\int_0^xtf(t)dt$$
\noindent
\begin{enumerate}
\item Un exemple.  On suppose dans cette question que $f$ est la fonction d\'{e}finie par :
$$ f : t\longmapsto \frac1{1+t^2}$$
V\'{e}rifier que $f$ r\'{e}pond bien aux hypoth\`{e}ses de l'exercice et d\'{e}terminer les limites de $K(x)$ aux bornes de son domaine.
\vskip3mm
\noindent
\begin{itshape} Dans la suite, on revient au cas g\'{e}n\'{e}ral o\`{u} $f$ est quelconque \end{itshape}.
\item D\'{e}terminer $ \dlim_{x\to 0^+}K(x)$.
\item
\begin{enumerate}
	\item Soit $\varepsilon$ un r\'{e}el strictement positif.\\
	Montrer qu'il existe un r\'{e}el $A>0$ tel que  pour tout $x>A$, on a  :$|F(x)-I|<\varepsilon$.
	\item Montrer que $\ds \lim_{x\to +\infty}\frac1x\int_0^x F(t)dt=I$ (on pourra d\'{e}couper  $\dint_0^x F(t) dt$ en fonction de $A$).
	\item En d\'{e}duire la valeur de $ \dlim_{x\to +\infty}K(x)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item 
Par calcul d'une primitive de $t\mapsto f(t)$ puis de limite, on a la convergence et $\ds K(x)=\frac{\ln(1+x^2)}{2x}$.\\
D'o\`{u} $\ds \lim_{x\to 0^+}K(x)=0$ et $ \ds\lim_{x\to +\infty}K(x)=0$
	\item Posons $\ds G(x)=\int_0^xtf(t)dt$ la primitive de $ t \to tf(t)$ qui s'annule en $0$. Alors, $\ds K(x)=\frac{G(x)-G(0)}{x-0}$, d'o\`{u} $\dlim_{x\to 0}K(x)=G'(0)=0$.

	\item
	\begin{enumerate}
		\item Comme l'int\'{e}grale est convergente, on a $\ds \lim_{x\to +\infty}F(x)=I$.\\

\item On remarque que $\dfrac 1 x \dint_0^x I dt=I$. Ainsi
$$\dfrac 1 x \dint_0^x F(t) dt -I= \dfrac 1 x \dint_0^x (F(t)-I) dt= \dfrac 1 x \dint_0^A (F(t)-I) dt +\dfrac 1 x \dint_A^x (F(t)-I) dt$$
Par d\'{e}finition de $A$ et in\'{e}galit\'{e} triangulaire, on a : $\left|\dfrac 1 x \dint_A^x (F(t)-I) dt\right|< \varepsilon \dfrac {x-A}x< \varepsilon$,\\ et il existe $B$ tel que si $x>B$ alors :
$$\left| \dfrac 1 x \dint_0^A (F(t)-I) dt\right|= \frac{C_A}{x}<\varepsilon$$
Ainsi si $x>\max(A,B)$, on obtient $\left| \dint_0^x F(t) dt -I\right|<2\varepsilon$.
	
\item On int\`{e}gre par parties $\ds \int_0^xtf(t)dt$ et on divise par $x$. Il vient $\ds K(x)=F(x)-\frac1x\int_0^xF(t)dt$.
D'apr\`{e}s ce qui pr\'{e}c\`{e}de : $\ds \lim_{x\to +\infty} K(x)=0$.
	\end{enumerate}
	
	\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{8}

Soit $f$ la fonction d\'{e}finie sur $\RR_+$ par : $f(x) = \dfrac{x}{2\left(1+\sqrt{1+x}\right)}$.\\

Soit $(v_{n})_{n\in \N}$ la suite d\'{e}finie par son premier terme $v_{0}$
(avec $v_{0} > 0$) et la relation de r\'{e}currence : $$\forall n\in \NN,\ v_{n+1} = f(v_n).$$

\begin{enumerate}
\item Montrer que la suite $(v_{n})_{n\in \N}$ est bien d\'{e}finie, strictement positive et qu'elle converge vers $0$.
\item Trouver un nombre $\alpha\in \RR$ tel que : $\ln\left(\sqrt{v_n}+\sqrt{v_n+1}\right) \equivalent{n\to +\infty} {v_n}^{\alpha}$.
\end{enumerate}




{\em Dans la suite, on admet que :
$\forall x>0, \ \dfrac{2f'(x)}{\sqrt{f(x) \left(f(x)+1\right)}}=\dfrac{1}{\sqrt{x(x+1)}}.$
}

\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout $n\in \N$, montrer l'existence de l'int\'{e}grale suivante : $\dint_{0}^{v_{n}}{\dfrac{{\rm d} x}{\sqrt{x(x+1)}}}$.\\
On la note $w_n$.
\item Pour tout $n\in \NN$, trouver une relation simple entre $w_{n+1}$ et $w_{n}$ (on pourra effectuer un changement de variable $x=f(t)$ apr\`{e}s l'avoir justifi\'{e}).\\
En d\'{e}duire que, pour tout $n\in \NN$, on a : $w_n=\dfrac{w_0}{2^n}$.
\item {\em Dans cette question, on pourra utiliser sans d\'{e}monstration\\ que la d\'{e}riv\'{e}e de la fonction
$h: x\mapsto \ln\left(\sqrt{x}+\sqrt{x+1}\right)$ sur $\RR_+^*$ est donn\'{e}e par :
$$h'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x(x+1)}}.$$}

Trouver un \'{e}quivalent de $v_{n}$ qui ne d\'{e}pend que de $n$ et $v_0$, quand $n$ tend vers $+\infty$.

\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Montrons par r\'{e}currence sur $n\geq 0$ la relation : $v_n$ est d\'{e}fini et $v_n> 0$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Comme $v_0>0$ est donn\'{e}, la relation est vraie pour $n=0$.
\item[$\bullet$] Si la relation est vrai pour $n$, alors, comme $f$ est clairement d\'{e}finie sur $\RR_+$, $v_{n+1}=f(v_n)$ est d\'{e}fini.\\
Or, pour tout $x> 0$, on a clairement $f(x)> 0$, donc $v_{n+1}> 0$.\\ Ainsi la relation est vraie \`{a} l'ordre $n+1$.
\end{itemize}
{\em Autre r\'{e}daction :} $f$ est d\'{e}finie sur $\RR_+$ et on a : $\forall x> 0,\ f(x)> 0$ \ie la partie $\RR_+^*$ est stable par $f$ et $v_0\in \RR_+^*$.
Comme $v_n>0$, on peut \'{e}tudier la monotonie de $(v_n)$ \`{a} l'aide de :
$\dfrac{v_{n+1}}{v_n}=\dfrac{1}{2(1+\sqrt{1+v_n})}\leq \dfrac{1}{4}\leq 1.$\\
Donc $(v_n)$ est d\'{e}croissante et minor\'{e}e (par $0$) ; ainsi elle converge, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone.

Comme $f$ est continue, en passant \`{a} la limite dans la relation de r\'{e}currence, on a : $\ell=f(\ell)$.\\
Soit $\ell =0$ ou $2(1+\sqrt{1+\ell})=1$. Comme la seconde \'{e}galit\'{e} est impossible, on a donc $\dlim(v_n)=0$.
\item D'apr\`{e}s un \textsc{dl} usuel, on a :
$\sqrt{x}+\sqrt{1+x}-1\underset{x\to 0}=\sqrt{x}+\frac{x}2+\petito{x} \equivalent{x\to 0} \sqrt{x} \ \ \ \text{(terme pr\'{e}pond\'{e}rant)}.$\\
En posant $u=\sqrt{x}+\sqrt{1+x}-1$, qui tend vers $0$, dans l'\'{e}quivalent usuel $\ln(1+u) \equivalent{u\to 0} u$, on a donc :
$$\ln\left(\sqrt{x}+\sqrt{1+x}\right) \equivalent{x\to 0}  \sqrt{x}+\sqrt{1+x}-1 \equivalent{x\to 0} \sqrt{x}.$$
Comme $\dlim (v_n)=0$, on peut remplacer $x$ par $v_n$, soit :
$\ln\left(\sqrt{v_n}+\sqrt{v_n+1}\right) \equivalent{n\to +\infty} {v_n}^{\frac12}$ \ie $\alpha=\frac12$.
\item La fonction $t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{t(t+1)}}$ est continue par morceaux sur $]0,+\infty[$.\\
Comme $v_n>0$, la convergence de l'int\'{e}grale ne pose probl\`{e}me qu'en $0$. Or :
$0\leq \dfrac{1}{\sqrt{t(t+1)}} \equivalent{t\to 0} \dfrac{1}{\sqrt{t}}.$\\
Donc, comme $\dint_0^1 \dfrac{{\rm d}t}{\sqrt{t}}$ converge, par th\'{e}or\`{e}me de comparaison l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{v_{n}}{\dfrac{{\rm d} t}{\sqrt{t(t+1)}}}$ existe.

{\em Autre id\'{e}e moins acceptable : } utiliser la d\'{e}riv\'{e}e fournie \`{a} la fin de l'exercice pour calculer $\dint_X^{u_n} {\dfrac{{\rm d} t}{\sqrt{t(t+1)}}}$\\ puis montrer que cela converge quand $X$ tend vers $0^+$.

\item Comme $f(0)=0$ et $v_{n+1}=f(v_n)$, et comme  $f'(x)=\dfrac{\sqrt{f(x)(f(x)+1)}}{2\sqrt{1+x}}>0$, on peut effectuer le
\\ changement de variable $x=f(t)$ qui est $\Continue^1$, strictement croissant, bijectif de $]0,u_{n}]$ sur $]0,u_{n+1}]$  :
\begin{align*}
w_{n+1}&=\dint_{0}^{v_{n+1}}  {\dfrac{{\rm d} x}{\sqrt{x(x+1)}}}=\dint_{0}^{v_{n}}  \dfrac{f'(t)}{\sqrt{f(t) \left(f(t)+1\right)}}~{\rm d}t \underset{\text{Q2}}= \frac12 \dint_{0}^{v_{n}}{\dfrac{{\rm d} t}{\sqrt{t(t+1)}}}=\frac12 w_n.
\end{align*}
On voit que la suite $(w_n)$ est g\'{e}om\'{e}trique, donc $w_n=\left(\frac12\right)^n w_0$.
 \item D'apr\`{e}s la primitive fournie par l'\'{e}nonc\'{e}, on a :
\begin{align*}
w_n=\dint_{0}^{v_{n}}\dfrac{{\rm d} t}{\sqrt{t(t+1)}}
=\crocint{\Big(2\ln\left(\sqrt{t}+\sqrt{t+1}\right)\Big)}_{0}^{v_{n}}
&=2\ln\left(\sqrt{v_n}+\sqrt{v_n+1}\right)
\equivalent{n\to +\infty} 2{v_n}^{\frac12}  \blanc \text{d'apr\`{e}s Q2.}
\end{align*}
Donc, d'apr\`{e}s Q4 :
$v_n\equivalent{n\to +\infty} \dfrac{w_n^2}4
=\dfrac14\left(\left(\dfrac12\right)^n\dint_{0}^{v_{0}}{\dfrac{{\rm d} t}{\sqrt{t(t+1)}}}\right)^2
=\left(\frac12\right)^{2n} \ln^2\left(\sqrt{v_0}+\sqrt{v_0+1}\right).
$
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{12}


\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n\in \N^*$, l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n}dx$ converge. On la note $I_n$.


\item \'{E}tablir que pour tout entier $n\in\NN^*$, on a : \quad $I_{n+1}= \dfrac{3n-1}{3n}I_n.$

\item En d\'{e}duire, pour tout $n$ de $\N^*$ l'expression de $I_n$ en fonction de $I_1$ et de $n$.

\end{enumerate}

\item Une urne contient initialement une boule blanche et deux boules rouges. On effectue des tirages successifs d'une boule dans l'urne suivant le protocole suivant : \`{a} chaque extraction d'une boule, on note sa couleur puis on la replace dans l'urne accompagn\'{e}e de trois boules ayant la m\^{e}me couleur que celle-ci. Pour tout $n\in\N^*$, on note $p_n$ la probabilit\'{e} d'obtenir $n$ boules rouges lors des $n$ premiers tirages.\\
Exprimer $p_n$ en fonction des int\'{e}grales $I_k$ ($k\in \NN^*$.)

\item \begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier $n\in\NN^*$, on a : \quad $I_n=\dfrac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\Int_{0}^{+\infty}\left(1+\dfrac{t^3}{n}\right)^{-n}dt$.

\hspace*{-1,2cm} On pose alors, pour tout $n$ de $\NN^*$, $a_n=\Int_{0}^{+\infty}\left(1+\dfrac{t^3}{n}\right)^{-n}dt$.


\item On pose, pour tout $t$ de $\RR_+$ et tout $x$ de $\RR_{+}^*$, $g_t(x)=-x\ln\left(1+\dfrac{t^3}{x}\right)$ et \quad $u_t(x)=\left(1+\dfrac{t^3}{x}\right)^{-x}$.\\
On donne $g_t''(x)=\dfrac{t^6}{x(x+t^3)^2}$ et $\dlim_{x\to +\infty} g_t'(x)=0$.\\
Etudier la monotonie de la fonction $u_t$. \item En d\'{e}duire convergence de $(a_n)$. On note $\ell$ sa limite.
\item On admet l'existence de l'int\'{e}grale $I=\Int_{0}^{+\infty} e^{-t^3}dt$. Montrer que  $\ell\geq I > 0$.


\item D\'{e}terminer un \'{e}quivalent de $p_n$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$, en fonction de $\ell$ et de $I_1$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  Soit ${n\in\N^*}.$ La fonction $f_n:x\mapsto\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^n} $ est continue et positive sur $[0,+\infty[$.

De plus : $f_n(x)\equivalent{+\infty}  \dfrac{1}{x^{3n}}$ et $\Int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{x^{3n}}dx$ converge car $3n>1$.\\
Donc, par th\`{e}or\`{e}me de comparaison, l'int\'{e}grale $I_n$ est bien d\'{e}finie.

\item Soit  $a\geq 0$. Par int\'{e}gration par parties avec $u(x)=(1+x^3)^{-n}$, $v'(x)=1$, $u'(x)=\dfrac{-3nx^2}{(1+x)^{n+1}}$, on a :

\begin{align*}
\Int_0^{a}\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^{n}}dx &=\left[\dfrac{x}{\left(1+x^3\right)^n}  \right]_0^a+3n\Int_0^{a}\dfrac{x^3}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}dx \\
&=\dfrac{a}{(1+a^3)^n}  +3n\Int_0^{a}\dfrac{1+x^3-1}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}dx\\
&=\dfrac{a}{(1+a^3)^n} +3n\left(\Int_0^{a}\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^{n}}dx-\Int_0^{a}\dfrac{1}{\left(1+x^3\right)^{n+1}}dx\right)
\end{align*}
Quand $a$ tend vers $+\infty$, on obtient : $I_n=3n(I_n-I_{n+1})$, soit : $I_{n+1}= \dfrac{3n-1}{3n}I_n$.

\item Un raisonnement par r\'{e}currence permet alors d'\'{e}tablir que : $\forall n\in\N^*, \quad I_n=I_1 \displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\dfrac{3k-1}{3k}$
\end{enumerate}

\item Soit $n\in\NN^*$.
 Pour tout $k\in\NN^*$, on note $R_k$ : \og on obtient une boule rouge au $k$-i\`{e}me tirage\fg{.}

 On a : $\forall n\geq 2$, $P(R_1)=\dfrac{2}{3}, \quad P_{R_1}(R_2)=\dfrac{5}{6},  \quad P_{R_1\cap R_2}(R_3)=\dfrac{8}{9}, \hdots,\quad  P_{R_1\cap...\cap R_{n-1}}(R_n)=\dfrac{3n-1}{3n}.$

 Ainsi, d'apr\`{e}s la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es :

$$p_n=P(R_1\cap\hdots \cap R_n)= P(R_1)P_{R_1}(R_2)\hdots P_{R_1\cap...\cap R_{n-1}}(R_n)=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{3k-1}{3k}=\dfrac{I_{n+1}}{I_1},$$
car $I_1$ n'est pas nulle (int\'{e}grale d'une fonction continue positive, non indentiquement nulle, sur un intervalle d'amplitude non nulle).

\item \begin{enumerate}
\item On fait le changement de variable affine $t=n^{\frac{1}{3}}x$ dans l'int\'{e}grale $I_n$

\item Comme $g_t''$ est clairement positive sur $\RR_+^*$, alors $g_t'$ est croissante sur $\RR_+^*$ et de limite 0 en $+\infty$. Donc $g_t$ d\'{e}croit sur $\RR_+^*$, tout comme $u_t=exp\circ g_t$.
\item
Pour tout r\'{e}el $t$ positif, $u_t$ d\'{e}croit sur $]0, +\infty[$ donc, pour tout $n\in \NN^*$ : $u_t(n+1)\leq u_t(n)$.\\
Alors, par croissance de l'int\'{e}grale (bornes dans l'ordre croissant), on a : $\forall n \in \NN^*$, $a_{n+1}\leq a_n$.\\
Ainsi $(a_n)$ d\'{e}croit. Or, par positivit\'{e} de l'int\'{e}grale, $(a_n)$ est minor\'{e}e par 0 donc elle converge.
\item
La fonction $u_t$ d\'{e}cro\^{\i}t sur $]0,+\infty[$ et a pour limite $e^{-t^3}$ en $+\infty$ (puisque $g_t(x)\rTo_{x\to +\infty} -t^3$) donc pour tout $n$ de $\NN^*$, $u_t(n)\geq e^{-t^3}$. Par croissance de l'int\'{e}grale, $a_n\geq I$. Comme $I$ est l'int\'{e}grale d'une fonction continue et strictement positive sur un intervalle non r\'{e}duit \`{a} un point, elle est strictement positive.

Par passage \`{a} la limite, $\ell \geq I>0$.
\item

On en d\'{e}duit que : $p_n \ \equivalent{+\infty} \dfrac{\ell}{I_1\,n^\frac{1}{3}}.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{13}


\begin{enumerate}
\item \'{E}tudier les variations de la fonction $f$ d\'{e}finie sur $\R$, par: pour tout $x\in \R, f(x) =x\e^x$.
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que la restriction de $f$ \`{a} $[-1, +\infty[$ r\'{e}alise une bijection sur un intervalle $J$ qu'on d\'{e}terminera. On note $W$ la r\'{e}ciproque de cette bijection.
    \item D\'{e}terminer $W(0)$ et $W'(0)$.
    \item D\'{e}terminer un \'{e}quivalent de $W(x)$ lorsque $x$ tend vers $0$ et un \'{e}quivalent de $W(x)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
    \item Tracer les courbes repr\'{e}sentatives de $f$ et $W$.
\end{enumerate}
\item Montrer rapidement  que la restriction de $f$ \`{a} $]-\infty, -1[$ r\'{e}alise une bijection sur un intervalle $J'$ qu'on d\'{e}terminera. On note $V$ la r\'{e}ciproque de cette bijection.
\item Soit $m$ r\'{e}el.\\  D\'{e}terminer le nombre de solutions de l'\'{e}quation $x\e^x=m$.

Exprimer, lorsqu'elles existent, ces solutions \`{a} l'aide des fonctions $W$ et $V$.

\item Soit $a,b$ deux r\'{e}els non nuls. Soit l'\'{e}quation $\e^{ax}+bx=0$. D\'{e}terminer le nombre de solutions de cette \'{e}quation en fonction de $a$ et $b$.

Exprimer, lorsqu'elles existent, ces solutions \`{a} l'aide des fonctions $W$ et $V$.
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item D'une part $f$ est continue. D'autre part, comme  $f'(x)= (x+1)\e^x$, la fonction $f$ est strictement d\'{e}croissante donc bijective  de $]-\infty, -1]$ sur $]0, -1/\e]$. Et $f$ est strictement croissante donc bijective de $[-1, +\infty[$ sur $[-1/\e, +\infty[$.
\item
\begin{enumerate}
\item La restriction de $f$ \`{a} $[-1, +\infty[$ r\'{e}alise une bijection sur $[-1/\e, +\infty[$, car $f$ y est strictement croissante. On note $W$ la r\'{e}ciproque de cette bijection.
    \item On a $f(0)=0$, donc $W(0)=0$. Ensuite comme $f'(0)=1$, le th\'{e}or\`{e}me de d\'{e}rivation des  fonctions r\'{e}ciproques s'applique en $0$ et $W'(0)= \dfrac{1}{f'(W(0))}= 1$.
    \item En $0$, on a $W(x)= W(0)+xW'(0) + o(x)$ soit $W(w) \sim x$.\\
    Au voisinage de $+\infty$, comme $W(x)>0$, on \'{e}crit
    $$x= f(W(x))= W(x)\e^{W(x)} \Rightarrow W(x) +\ln W(x)= \ln x$$

    Or $\dlim_{x\to +\infty} W(x) =+\infty$ ; donc $\ln W(x)=o(W(x))$ et $W(x) \equivalent{+\infty} \ln x$.

    \item $[\cdots]$ (\`{a} faire).
\end{enumerate}
\item La fonction $f$ est strictement d\'{e}croissante de $]-\infty, -1[$  sur $]0, -1/\e]$.\\ C'est donc une bijection de r\'{e}ciproque not\'{e}e $V$.

\item  On s'aide de la repr\'{e}sentation graphique
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] si $m\in ]-\infty, -1/\e[$, il n'y a pas de solution.
\item[$\bullet$] si $m= -1/\e$, il y a une unique solution $W(m)$.
\item[$\bullet$] si $m\in ]-1/\e, 0[$, il y a deux solutions $W(m)$ et $V(m)$.
\item[$\bullet$] si $m=0$, une seule solution $x=0=W(0)$
\item[$\bullet$] si $m>0$, il y a une unique solution $W(m)$.
\end{itemize}

\item L'\'{e}quation $\e^{ax}+bx=0$ est \'{e}quivalente \`{a} l'\'{e}quation $-ax\e^{-ax}= \dfrac a b$, soit $f(-ax)= \dfrac a b$.\\ On est revenu \`{a} l'\'{e}quation pr\'{e}c\'{e}dente avec $m= \dfrac a b$ et $x$ remplac\'{e} par $-ax$. Ainsi :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] si $a/b\in ]-\infty, -1/\e[$, il n'y a pas de solution.
\item[$\bullet$] si $a/b= -1/\e$, il y a une unique solution $-ax= W(a/b)$, soit $x= -\frac 1 a W(a/b)$.
\item[$\bullet$] si $a/b\in ]-1/\e, 0[$, il y a deux solutions $W(a/b)$ et $V(a/b)$ et $x= -\frac 1 a W(a/b)$, $x=-\frac 1 a V(a/b)$.
\item[$\bullet$] si $a/b>0$, il y a une unique solution $x= -\frac 1 a W(a/b)$.
\end{itemize}


\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{16}


Soit la fonction $f: [0,1[ \to \R$ d\'{e}finie pour tout $x\in [0,1[$, par $f(x)=\ln(1-x)$


\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Montrer que $f$ admet une primitive $F$ qui s'annule en $0$. Donner une expression de $F$.
  \item Calculer les d\'{e}riv\'{e}es successives de $F$ au point $0$.
  \item Montrer que pour tout $x \in [0,1[$, pour tout entier $n\geq 2$

  $$F(x)=-\sum_{k=2}^n \frac{x^k}{k(k-1)} -\frac{1}{n}\int_0^x \Big(\frac{x-t}{1-t}  \Big)^n dt $$
  \item En d\'{e}duire pour tout $x \in [0,1[$,

  $$F(x)=-\sum_{k=2}^{+\infty} \frac{x^k}{k(k-1)}$$
  \end{enumerate}

Dans la suite, toutes les variables al\'{e}atoires sont d\'{e}finies sur  un espace probabilis\'{e} $(\Omega, {\mathcal A},P)$.

\item Soit $p$  un r\'{e}el fix\'{e} de $]0,1[$. On note $q=1-p$.\\ Soit $X$ une variable al\'{e}atoire telle que $X(\Omega)=\N$ et $\forall k \in \N$, $P(X=k)=pq^k$.

On pose $$Y=\dfrac{1}{(X+1)(X+2)}$$
\begin{enumerate}
\item Montrer l'existence de l'esp\'{e}rance $E(X)$ et de la variance $V(X)$, et les calculer.
\item D\'{e}terminer la loi de $Y$. Montrer qu'elle admet une esp\'{e}rance $E(Y)$ et la calculer.
\end{enumerate}


\item Pour tout entier $n\geq 0$, on d\'{e}finit $$u_n=\dsum_{k=n}^{+ \infty}\dfrac{(n+1)pq^k}{(k+1)(k+2)}$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que $u_n$ est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie convergente puis calculer sa somme $\dsum_{n=0}^{+ \infty}u_n$.\\

 {\it  On pourra utiliser le r\'{e}sultat suivant: si  $(\alpha_{n,k})_{n\geq 0,k\geq 0}$ d\'{e}signe une famille de r\'{e}els positifs tel que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dsum_{k=n}^{+ \infty}\alpha_{n,k}$ converge alors on a l'\'{e}galit\'{e}: $\dsum_{n=0}^{+ \infty}(\dsum_{k=n}^{+ \infty}\alpha_{n,k}) =\dsum_{k=0}^{+ \infty}(\dsum_{n=0}^{k}\alpha_{n,k}) $  }\\

\item Soit $Z$ une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\NN^*$ telle que :
$$\forall n \in \N ,~\forall k \in \N ,~ P_{[X=k]}(Z=n+1)=\begin{cases}\dfrac{1}{(k+1)(k+2)} &\si  n \in \llbracket 0,k\rrbracket\\0 & \sinon \end{cases}$$

Montrer que $Z$ admet une esp\'{e}rance et la calculer.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item La fonction $f$ est continue sur $[0,1[$ donc admet une primitive $F(x)=\dint_0^x f(t)dt$ qui s'annule en $0$. Par IPP:
  $\dis F(x)=\int_0^x 1.\ln(1-t)dt=[t\ln(1-t)]_0^x -\int_0^x (1-\frac{1}{1-t})dt=(x-1)\ln(1-x)-x$

  \item On a par le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral,
  $F'(x)=f(x)=\ln(1-x) \Rightarrow F^{''}(x)=\dfrac{-1}{1-x} $. Par  une r\'{e}currence imm\'{e}diate: $\forall p\geq 2,\  F^{(p)}(x)=\dfrac{-(p-2)!}{(1-x)^{p-1}}$.


  On en d\'{e}duit les d\'{e}riv\'{e}es successives en  $0$ :   $F(0)=F^{'}(0)=0$ et $\forall p\geq 2,\  F^{(p)}(0)=-(p-2)!$.

  \item Par application de la formule de \textsc{Taylor} avec reste int\'{e}gral \`{a} la fonction $F$ sur le segment $[0,x]$ avec $x \in [0,1[$, on obtient:

   $$F(x)=\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}F^{(k)}(0) +\int_0^x \frac{(x-t)^n}{n!} F^{(n+1)}(t) dt =-\sum_{k=2}^n \frac{x^k}{k(k-1)} -\frac{1}{n}\int_0^x \Big(\frac{x-t}{1-t}  \Big)^n dt $$

  \item Soit $x \in [0,1[$, $\forall t\in[0,x]$ on a $0 \leq \frac{x-t}{1-t}\leq 1$. D'o\`{u}:  $\displaystyle\left| \frac{1}{n}\int_0^x \Big(\frac{x-t}{1-t}  \Big)^n dt \right| \leq \frac{1}{n} \int_0^x dt =\dfrac{x}{n}$ qui tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+ \infty$.

 En passant \`{a} la limite: $F(x)=\dsum_{k=2}^{+\infty} \frac{x^k}{k(k-1)}$.
  \end{enumerate}

\item

\begin{enumerate}
\item  La variable al\'{e}atoire $X+1$ suit une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $p$ d'o\`{u} l'existence de moments de tous ordres et $E(X)=E(X+1)-1=\frac{1}{p}-1$ et $V(X)=V(X+1)=\frac{1-p}{p^2}$.
\item Par th\'{e}or\`{e}me de transfert, on a :
$$E(Y)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)}pq^k=\frac{p}{q^2}\sum_{k^{'}=2}^{+ \infty}\frac{q^{k'}}{(k^{'}-1)k^{'}}=-\frac{p}{q^2}F(q)=\frac{p}{q^2}(q+p\ln(p)).$$
\end{enumerate}


\item
\begin{enumerate}
\item  On a $\dfrac{(n+1)pq^k}{(k+1)(k+2)}\leq (n+1)pq^k$ et
$\dsum_{k=n}^{+ \infty} q^k=q^{n} \dsum_{k^{'}=0}^{+ \infty} q^{k^{'}}=q^{n} \frac{1}{1-q}=\frac{q^{n}}{p}$\\

d'o\`{u}  $u_n \leq (n+1)p\dfrac{q^{n}}{p}=(n+1)q^{n}$, qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie convergente ; donc la s\'{e}rie  $\sum u_n$ (\`{a} termes positifs) converge.
 De plus
\begin{align*}
  \sum_{n=0}^{+ \infty}u_n&= \sum_{n=0}^{+ \infty}\sum_{k=n}^{+ \infty}\frac{(n+1)pq^k}{(k+1)(k+2)}=\sum_{k=0}^{+ \infty}\Big( \sum_{n=0}^{k}\frac{(n+1)pq^k}{(k+1)(k+2)} \Big)\\
  &= \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{pq^k}{(k+1)(k+2)}\sum_{n=0}^{k}(n+1)
  = \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{pq^k}{(k+1)(k+2)} \frac{(k+1)(k+2)}{2}\\
 &=\frac{p}{2}\sum_{k=0}^{+ \infty} q^k=\frac{p}{2}\frac{1}{1-q}=\frac{1}{2}
  \end{align*}


\item La formule des probabilit\'{e}s totales donne :
$\forall n \in \N,\ P(Z=n+1)=\dsum_{k=n}^{+ \infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)}pq^k=u_n$\\

Si $Z$ admet une esp\'{e}rance, alors son expression est :  $\dsum_{n=0}^{+\infty} (n+1) P(Z=n+1)=\sum_{n=0}^{+\infty}u_n$.\\ On a vu que cette s\'{e}rie converge et que sa somme vaut $\frac{1}{2}$; on obtient $E(Z)=\frac{1}{2}$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{21}

\begin{enumerate}
\item Soit $ \alpha \in \R_+^* \:$. \begin{enumerate}
   \item  Soit $\: a \in \R_+ \:$. Calculer
\(\: \dis  \int_{0}^{1} t^{a}\:{\rm d} t \:\).
\smallskip


\smallskip
   \item   D\'{e}terminer:
$$ \lim_{p \to +\infty} \left( \int_{0}^{1} \frac{t^{(p+1)\,\alpha}}{1+t^{\alpha}}
   \:{\rm d} t \right)  \:.  $$
   \item  En d\'{e}duire la convergence de la s\'{e}rie $\dis \sum_{n\geq 0} \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1}$. On pose alors:
$$  U(\alpha) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1}  $$
D\'{e}terminer une expression de $U(\alpha)$ sous forme d'une int\'{e}grale.
\end{enumerate}

\item  \begin{enumerate}
   \item  D\'{e}terminer l'ensemble $D$ des r\'{e}els $\alpha$ tels que l'int\'{e}grale
$$\dis \int_{0}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} $$
soit convergente. On pose alors: $V(\alpha) = \dis\int_{0}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}}$.
   \item  Soit $\alpha \in D$.
D\'{e}terminer un r\'{e}el $\beta$ tel que $\, u \mapsto u^{\beta} = t \,$
d\'{e}finisse un changement de variables licite qui permet d'exprimer l'int\'{e}grale
\(\: \dis  \int_{1}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} \:\)
\`{a} l'aide de la fonction~$U$.
   \item  En d\'{e}duire que:
$$ \forall \alpha \in D \:,\qquad
   V(\alpha) = U(\alpha) + \frac{1}{\alpha-1}\,U \Bigl( \frac{\alpha}{\alpha-1}
   \Bigr)  \:. $$
\end{enumerate}

\item  Exprimer
$$ S = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2\,(-1)^{n-1}}{n^2\,\alpha^2-1} $$
\`{a} l'aide d'une int\'{e}grale.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item  \begin{enumerate}
\item
\(\: \dis  \int_{0}^{1} t^{a}\:{\rm d} t = \frac{1}{a+1}  \:\).

\item
\(\: \dis  0 \le \int_{0}^{1} \frac{t^{(p+1)\,\alpha}}{1+t^{\alpha}}
  \:{\rm d} t  \le  \int_{0}^{1} t^{(p+1)\,\alpha}\:{\rm d} t =
  \frac{1}{(p+1)\,\alpha+1} \xrightarrow[p\,\infty]{} 0 \:\).

\item
\(\:  \dis  \sum_{n=0}^{p} \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1} =
  \int_{0}^{1} \left[ \sum_{n=0}^{p} (-1)^n\,t^{n\,\alpha}\:{\rm d} t \right] =
  \int_{0}^{1} \frac{1-(-1)^{p+1}\,t^{(p+1)\,\alpha}}{1+t^{\alpha}}\:{\rm d} t =
  \int_{0}^{1} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} + (-1)^p \int_{0}^{1}
  \frac{t^{(p+1)\,\alpha}}{1+t^{\alpha}} \:{\rm d} t \:\)
(valable car $-t^{\alpha}\neq 1$), d'o\`{u}:
$$ U(\alpha) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1} =
   \int_{0}^{1} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} $$
\end{enumerate}


\item  \begin{enumerate}
\item
La fonction \(\: t \mapsto 1/(1+t^{\alpha}) \:\) est continue sur $\R_+^*$
pour tout $\alpha$ r\'{e}el et:

\begin{itemize}
   \item[$\ast$]  si $\alpha > 0$, elle est continue en~$0$ et \'{e}quivalente \`{a}
\(\: 1/t^{\alpha}\:\) quand $t \Tend +\infty$, d'int\'{e}grale convergente sur
\(\: \left[ 1, +\infty \right[ \:\) ssi $\alpha>1$;
   \item[$\ast$]  si $\alpha = 0$, elle vaut $1/2$, d'int\'{e}grale divergente
en~$+\infty$;
   \item[$\ast$]  si $\alpha < 0$, elle tend vers~$1$ en~$+\infty$, donc d'int\'{e}grale
divergente.
$$  D = \left] 1, +\infty \right[  $$
\end{itemize}

\item  Le changement de variable $\, u \mapsto u^{\beta} = t \,$ est $\mathcal{C}^1$
bijectif de $\left]0,1\right[$ sur $\left]1,+\infty\right[$ pour $\beta < 0$
et donne
$$ \int_{1}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} = \int_{1}^{0}
   \frac{\beta\,u^{\beta-1}}{1+u^{\alpha\,\beta}}\:{\rm d} u =
   - \beta\,\int_{0}^{1} \frac{{\rm d} u}{u^{1-\beta}+ u^{(\alpha-1)\,\beta+1}}
   \:. $$
Pour obtenir \(\: (\alpha-1)\,\beta + 1 = 0 \:\), on choisit\quad
\(\: \beta = 1/(1-\alpha) < 0 \:\)\quad d'o\`{u}, comme $\: \alpha/(\alpha-1)>1 \:$,
$$ \int_{1}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}} =
   - \beta\, \int_{0}^{1} \frac{{\rm d} u}{1+u^{\alpha/(\alpha-1)}} =
   \frac 1{\alpha-1}\,U \Bigl( \frac{\alpha}{\alpha-1} \Bigr)  $$

\item  Puis, par la relation de \textsc{Chasles}:
$$ V(\alpha) = U(\alpha) + \frac 1{\alpha-1}\,U \Bigl( \frac{\alpha}{\alpha-1}
\Bigr) $$
\end{enumerate}

\item  On tire de ce qui pr\'{e}c\`{e}de, en changeant d'indice,
$$ V(\alpha) = U(\alpha) + \frac {1}{\alpha-1}\,U \Bigl( \frac{\alpha}{\alpha-1}
      \Bigr) =
   \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1} + \sum_{n=0}^{+\infty}
      \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+\alpha-1}
   = 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \frac{(-1)^n}{n\,\alpha+1} +
      \frac{(-1)^{n-1}}{n\,\alpha-1} \right] $$
soit
$$ 1 + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{2\,(-1)^{n-1}}{n^2\,\alpha^2-1} =
   V(\alpha) = \int_{0}^{+\infty} \frac{{\rm d} t}{1+t^{\alpha}}   $$
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{24}


On consid\`{e}re la suite $(u_n)_n$ d\'{e}finie par son premier terme $u_0 = 0$ et par la relation de r\'{e}currence :
$$\forall n \in \N, \ u_{n+1}= u_n +\cos (u_n)$$

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
Montrer que, pour tout $n$ de $\N$, $u_n$   appartient \`{a} l'intervalle $[0, \pi/2]$.

\item 	En d\'{e}duire que la suite $(u_n)$ est convergente et d\'{e}terminer sa limite.
\end{enumerate}

\item 	Pour tout entier naturel $n$, on pose :  $v_n= \dfrac{\pi}{2}-u_n$.

\begin{enumerate}
\item
Montrer que : $v_{n}-v_{n+1} \underset{+\infty} {\sim}v_n$.

\item 	En d\'{e}duire la nature de la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $v_n$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item
Soit deux suites $(a_n)$  et $(b_n)$ \`{a} termes strictement positifs telles que $a_n \underset {+\infty} {\sim}b_n$.
\smallskip

On suppose que  la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $a_n$  est convergente. Montrer que l'on a:
 $$\sum_{k=n}^{+\infty} a_k \underset {n\to\,+\infty}{\sim} \sum_{k=n}^{+\infty} b_k $$

\item 	En d\'{e}duire  un \'{e}quivalent de $\dis \sum_{k=n}^{+\infty} v_k$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
On montre par r\'{e}currence la relation demand\'{e}e.
\par
$\bullet$ V\'{e}rifi\'{e}e pour $u_0=0$. On a $u_1=\cos (0)=1>u_0$.

\par
$\bullet$ La fonction $f : x\to x+\cos x$ est strictement croissante sur $[0,\pi/2[$ (de d\'{e}riv\'{e}e positive). Donc $1= f(u_0)<f(u_n) < f(\pi/2)=\pi/2$.

\item 	Si l'on suppose que $u_{n-1}<u_n$ (c'est v\'{e}rifi\'{e} pour $u_0<u_1$), la croissance de $f$ donne $ u_n=f(u_{n-1}) <f(u_n)=u_{n+1}$.

La suite $(u_n)$ est croissante et major\'{e}e : elle est donc convergente.

En notant $\ell$ sa limite, on obtient par passage \`{a} la limite dans l'\'{e}galit\'{e} d\'{e}finissant $u_n$, et par continuit\'{e} de la fonction cosinus,  $ \ell=\ell+\cos (\ell)$. Donc $\ell=\dfrac {\pi}{2}$.

\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}

\item Pour tout entier naturel $n$, on a :
$$v_{n}-v_{n+1}= u_{n+1}-u_n=\cos (u_n)= \cos(\pi/2-v_n)=\sin v_n$$

Or $(v_n)$ tend vers $0$. Donc $v_{n}-v_{n+1}=\sin v_n \sim v_n$.

\item 	On a, pour tout entier $n$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 1
$$\sum_{k=0}^{n-1} (v_k-v_{k+1})= v_0-v_n={\pi\over 2}-v_n \to {\pi\over 2}$$

On en d\'{e}duit que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $v_k-v_{k+1}$ est convergente et comme $v_{k}-v_{k+1} \sim v_k$, le crit\`{e}re d'\'{e}quivalence pour les s\'{e}ries \`{a} termes positifs permet de conclure que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $v_n$ est convergente.

\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
On \'{e}crit la d\'{e}finition de deux suites $(a_n)$ et $(b_n)$ positives \'{e}quivalentes
$$\forall \varepsilon >0, \exists N \ / n\geq N \Rightarrow |a_n-b_n|<\varepsilon b_n$$

Les s\'{e}ries $\sum a_n$ et donc $\sum b_n$ \'{e}tant convergentes, pour $n\geq N$
$$\left| \sum_{k=n}^{+\infty} a_k- \sum_{k=n}^{+\infty} b_k\right| \leq \sum_{k=n}^{+\infty} |a_k-b_k| < \varepsilon \sum_{k=n}^{+\infty} b_k$$

ce qui donne la r\'{e}ponse \`{a} cette question.

\item On sait que $v_k-v_{k+1} \sim v_k$ et que la s\'{e}rie $\sum v_k-v_{k+1}$ est \`{a} termes positifs et convergente.\\ La question pr\'{e}c\'{e}dente donne:
$$ \sum_{k=n}^{+\infty}(v_k-v_{k+1}) \sim \sum_{k=n}^{+\infty} v_k$$
Enfin
$$\sum_{k=n}^{+\infty} v_k\sim \sum_{k=n}^{+\infty}(v_k-v_{k+1})= \lim_{N\to +\infty} \sum_{k=n}^{N}(v_k-v_{k+1})=
\lim_{N\to +\infty}v_n-v_{N+1}= v_n$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{26}

On suppose qu'il existe trois rationnels $a,b,c$, avec $a\neq 0$, tels que $a\e^2+b\e+c=0$, o\`{u} $\e= \mbox{exp}(1)$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que l'hypoth\`{e}se ci-dessus est \'{e}quivalente \`{a} la m\^{e}me hypoth\`{e}se mais o\`{u} $a,b,c$ sont des entiers relatifs.
\end{enumerate}
{\em On suppose d\'{e}sormais qu'il existe trois entiers relatifs $a,b,c$, avec $a\neq 0$ tels que $a\e^2+b\e+c=0$.}
\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $f: \R \to \R$ d\'{e}finie par $f(x)= a\e^x+c\e^{-x}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est de classe $C^{\infty}$ et d\'{e}terminer $f^{(k)}(x)$, pour tout $k\in \N$.
\item Montrer qu'il existe une constante $s>0$ telle que\\ pour tout $x\in [0,1]$ et pour tout $k\geq 0$, on a : $|f^{(k)}(x)|\leq s$.
\item Montrer que pour tout $n\in \N^*$, on a :
$$f(1)= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} +\int_0^1 \frac{(1-t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t) dt$$
\item Montrer qu'il existe $\theta_n\in [0,1]$ tel que $\dint_0^1 \frac{(1-t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t) dt = \dfrac{ f^{(n)}(\theta_n)}{n!}$
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f(1)$ est un entier.
\item Montrer que pour tout $k\in \N$, $f^{(k)}(0)$ est un entier.
\item En d\'{e}duire que $ \dfrac{f^{(n)}(\theta_n)}{n}$ est un entier.
\end{enumerate}

\item Montrer qu'il existe $n_0\in \NN^*$ tel que pour tout $n\geq n_0$, on a : $\dfrac{ f^{(n)}(\theta_n)}{n}=0$.
\item Qu'en conclut-on sur  $a,b,c$ ?
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On r\'{e}duit au m\^{e}me d\'{e}nominateur l'\'{e}quation. L'\'{e}galit\'{e} \`{a} z\'{e}ro ne modifie rien.
\item Soit $f: \R \to \R$ d\'{e}finie par $f(x)= a\e^x+c\e^{-x}$.
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est  de classe $C^{\infty}$ car l'exponentielle l'est et  $f^{(k)}(x)= a\e^{x}+(-1)^k c\e^{-x}$, pour tout $k\in \N$.
\item On a $|f^{(k)}(x)|= |a\e^{x}+(-1)^k c\e^{-x}|\leq |a|\e+ |c|$.
\item Il s'agit de la formule de \textsc{Taylor} reste int\'{e}gral sur l'intervalle $[0,1]$ pour une fonction $C^\infty$.\\
{\em Autre id\'{e}e :} par r\'{e}currence sur $n$ en int\'{e}grant par parties.
\item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me des bornes atteintes, on a :
$$\forall t\in [0,1],\ m= \min_{[0,1]} f^{(n)} \leq f^{(n)}(t)\leq M=\max_{[0,1]} f^{(n)}.$$
Donc :
$$\frac{m}{n!}\leq \dint_0^1 \frac{(1-t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t) dt = \frac{M}{n!}$$
Le r\'{e}el $n! \dint_0^1 \frac{(1-t)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(t) dt$ est un \'{e}l\'{e}ment de $[m,M]$.\\ On termine avec le th\'{e}or\`{e}me des valeurs interm\'{e}diaires.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a  : $f(1)=a\e+c\e^{-1}= \dfrac{a\e^2+c}{\e}=-b\in \ZZ$.
\item On a : $f^{(k)}(0)=a+(-1)^kc \in \ZZ$.
\item En utilisant les questions pr\'{e}c\'{e}dentes et le fait que $k\in \llbracket 0,n-1\rrbracket$, on a :
$$\frac {f^{(n)}(\theta_n)}{n}= (n-1)! \left( f(1)- \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\right) \in \Z$$

\end{enumerate}

\item La suite $ \left(\dfrac{(f^{(n)}(\theta_n))}{n}\right)$ est une suite d'entiers relatifs et qui tend vers $0$.\\
Donc elle est nulle \`{a} partir d'un certain rang.
\item On obtient pour $n\geq n_0$, $a\e^{\theta_n}+(-1)^n c\e^{-\theta_n}=0$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si $a$ et $c$ sont de m\^{e}me signe, il vient, avec $n$ pair $a=c=0$ et $b=0$
\item[$\bullet$] Si $a$ et $c$ sont de signes contraires, il vient, avec $n$ impair $a=c=0$ et $b=0$
\end{itemize}
On a montr\'{e} par l'absurde qu'un tel triplet $a,b,c$, avec $a\neq 0$ n'existe pas.
\medskip

\textsl{On pourrait d\'{e}montrer que si $a=0$, il n'existe pas $b,c$ entiers tels que $b\e+c=0$, en d\'{e}montrant que $\e$ n'est pas un nombre rationnel.}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{30}


Pour tout $\lambda \geq 0$, on pose $P_\lambda(x)= x^3+\lambda x -1$.\\
\begin{enumerate}
  \item Montrer qu'il existe un unique $u(\lambda)\in \R_+$ tel que $P_\lambda(u(\lambda))=0$.

   On consid\`{e}re d\'{e}sormais l'application $u : \R_+\to \R$ d\'{e}finie par $ \lambda \mapsto u(\lambda)$.
  \item Montrer que $u$ est  d\'{e}croissante sur $\R_+$
  \item  Soit $I$ un intervalle de $\R$ et $f : I \to \R$ une fonction monotone. On suppose que $f(I)$ est un intervalle. Montrer que $f$ est continue sur $I$ (on pourra raisonner par contrapos\'{e}e).
  \item Montrer que $u(\R_+^*)= ]0,1[$.
  \item En d\'{e}duire que $u$ est continue sur $\R_+^*$.
  \item D\'{e}terminer $\dlim_{\lambda \to 0^+} u(\lambda)$ et $\dlim_{\lambda \to +\infty} u(\lambda)$
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

  \item On met de c\^{o}t\'{e} le cas $\lambda = 0$, auquel cas $u_0(0)=1$. On suppose d\'{e}sormais que $\lambda >0$.\\
    On \'{e}tudie la fonction polynomiale $P_\lambda : x \to P_\lambda(x)$. Sa d\'{e}riv\'{e}e est $x\to 3x^2+\lambda > 0$.
  La fonction $P_\lambda$ est strictement croissante sur $\R$.\\
  Or $P_\lambda(0)=-1$ et $P_\lambda(1) = \lambda >0$. Par le th\'{e}or\`{e}me des valeurs interm\'{e}diaires et la stricte croissance de $P_\lambda$, il existe un unique $u(\lambda)$ tel que $P_\lambda(u(\lambda))=0$. De plus $0<u(\lambda)<1$.

  \item Soit $\lambda, \mu$ tels que  $0\leq \lambda <\mu$. On a $P_\mu(u(\lambda))= u(\lambda)^3+\mu u(\lambda)-1 \geq u(\lambda)^3+\lambda u(\lambda)-1=0$ (car $0\leq u(\lambda)$).
  Donc $P_\mu(u(\lambda))\geq 0$, et $P_\mu(\mu)=0$. Par la stricte croissance de $P_\mu$, on a $u(\mu)<u(\lambda)$. Ainsi l'application $u$ est d\'{e}croissante.

  \item  Supposons que $f$ est d\'{e}croissante et que $f$ ne soit pas continue en $x_0\in I$.\\
      Ainsi $\dlim_{x\to x_0^-} f(x)= a >b=  \dlim_{x\to x_0^+} f(x)$. Soit $b<\alpha\neq f(x_0) <a$. Il n'existe pas de $x\in I$ tel que $f(x)= \alpha$. En effet si $x<x_0, f(x) \geq a$ et si $x>x_0, f(x) \leq b$. Ainsi $f(I)$ n'est pas un intervalle.
      \item Montrons que $u(]0, +\infty[)= ]0,1[$. Soit $\alpha \in ]0,1[$. Alors $\lambda = \dfrac{1-\alpha^3}{\alpha}>0$ v\'{e}rifie $\alpha^3+\lambda \alpha-1=0$; soit $P_\lambda(\alpha)=0$. Par unicit\'{e} de $u(\lambda)$, il vient $u(\lambda)= \alpha$.\\
    \item La fonction $u$ est monotone d\'{e}croissante. La question pr\'{e}c\'{e}dente montre que $u$ est continue.
    \item On peut utiliser directement la question 4 et la monotonie de $f$ ou refaire une d\'{e}monstration.\\
    Les limites  $\dlim_{\lambda \to 0^+} u(\lambda)$ et $\dlim_{\lambda \to +\infty} u(\lambda)$ existent puisque la fonction $u$ est d\'{e}croissante sur $\R^{+*}$ et born\'{e}e.\\
        Posons $\dlim_{\lambda \to 0^+} u(\lambda)=a$ et $\dlim_{\lambda \to +\infty} u(\lambda)=b$. Il vient $0\leq a,b \leq 1$.
        \begin{itemize}
        \item[$\bullet$] On a :  $\dlim_{\lambda \to 0^+} u(\lambda)^3=a^3$  et $\dlim_{\lambda \to 0^+} \lambda u(\lambda)=0$. Donc $a^3=1$ et $a=1$.
         \item[$\bullet$] Supposons que $b\neq 0$. On a $\lambda= \dfrac{1-u^3(\lambda)}{u(\lambda)}$. Par limite de $u$,    $\dlim_{\lambda \to +\infty} \lambda= \dfrac{1-b^3}{b}$.\\ Contradiction. Donc $b=0$.
         \end{itemize}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{33}

Soit $\omega$ une fonction continue sur $\RR$ et v\'{e}rifiant, pour tout r\'{e}el $x$,
$$\omega(x)=\int_{x-1}^x \omega(t)\mathrm{d}t$$

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, justifier l'existence du maximum $b_n$ de $\omega$ sur $[n,n+1]$.\\
On note $x_n$ un r\'{e}el de $[n,n+1]$ tel que $\omega(x_n)=b_n$.
\item Soit $n$ un entier naturel non nul.
\begin{enumerate}
\item Montrer que, si $x_n\in \left]n,n+1\right[$, alors $\omega'(x_n)=0$ et comparer alors $\omega(x_n-1)$ \`{a} $\omega(x_n)$.
\item Montrer que, si $x_n=n+1$, alors $\omega$ est constante sur $[n,n+1]$.
\item Montrer que $b_{n-1}\geq b_n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
On d\'{e}finit de m\^{e}me le minimum $a_n$ de $\omega$ sur $[n,n+1]$ et on montrerait  que $a_{n-1}\leq a_n$.
\item On pose $\ell=2\dint_{0}^1t\omega(t)\mathrm{d}t$. Soit $n\in \NN$.
\begin{enumerate}
\item On d\'{e}finit la fonction $F$ sur $\RR$ par $F(x)=\dint_x^{x+1} (t-x)\omega(t)\mathrm{d}t$.\\
Montrer que $F$ est d\'{e}rivable sur $\RR$, calculer sa d\'{e}riv\'{e}e et exprimer $F(x)$ \`{a} l'aide de $\ell$.
\item  Montrer que, pour tout r\'{e}el $x\geq n$,$$0\leq\int_x^{x+1} (t-x)(b_n-\omega(t))\mathrm{d}t\leq b_n-\omega(x+1)$$
\item En d\'{e}duire que $$0\leq\frac{b_n-\ell}{2}\leq b_n-b_{n+1}$$
On montrerait de m\^{e}me l'encadrement : $$0\leq\frac{\ell-a_n}{2}\leq a_{n+1}-a_n$$
\end{enumerate}
\item  Montrer que les suites $(b_n)_{n\in \NN}$ et $(a_n)_{n\in\NN}$ convergent et d\'{e}terminer leurs limites. En d\'{e}duire l'existence et la valeur de $\dlim_{x\to +\infty} \omega(x)$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, la fonction $\omega$ est continue sur le segment $[n,n+1]$, donc elle y est born\'{e}e et elle atteint ses bornes.
\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $\omega$ est d\'{e}rivable sur l'ouvert $\left]n,n+1\right[$ et si $x_n\in \left]n,n+1\right[$, alors elle atteint son maximum en $x_n$ qui est un point de cet ouvert, donc $\omega'(x_n)=0$. En d\'{e}rivant l'\'{e}galit\'{e} initiale, il vient :
$\forall x\in\RR, \omega'(x)=\omega(x)-\omega(x-1)$. En l'\'{e}valuant en $x_n$, on a alors : $\omega(x_n)=\omega(x_n-1)$.
\item Si $x_n=n+1$, l'\'{e}galit\'{e} initiale appliqu\'{e}e \`{a} $n+1$ donne : $$b_n=\int_n^{n+1}\omega(t)\mathrm{d}t \quad \text{soit} \quad \int_n^{n+1}(b_n-\omega(t))\mathrm{d}t=0$$
La fonction int\'{e}gr\'{e}e \'{e}tant continue et positive sur $[n,n+1]$, elle est nulle sur cet intervalle, c'est-\`{a}-dire que $\omega$ est constante sur $[n,n+1]$.
\item
Dans le cas (i), $b_n=\omega(x_n)=\omega(x_{n-1})\leq b_{n-1}$ car $x_{n-1}\in [n-1,n]$.\\
Dans le cas (ii), $b_n=\omega(n+1)=\omega(n)\leq b_{n-1}$ car $n\in [n-1,n]$.\\
Il reste un cas : celui o\`{u} $x_n=n$. Dans ce cas, $b_n=\omega(n)\leq b_{n-1}$ car $n\in[n-1,n]$.\\
Dans tous les cas, on a bien : $b_{n-1}\geq b_n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x\in\RR$, $F(x)=\ds\int_x^{x+1} t\omega(t)\mathrm{d}t-x\int_x^{x+1} \omega(t)\mathrm{d}t$, donc $F$ est d\'{e}rivable et pour tout $x\in\RR$, $$F'(x)=(x+1)\omega(x+1)-x\omega(x)-\int_x^{x+1} \omega(t)\mathrm{d}t-x(\omega(x+1)-\omega(x))=\omega(x+1)-\int_x^{x+1} \omega(t)\mathrm{d}t=0$$
On en d\'{e}duit que $F$ est constante et donc, pour tout $x\in\RR,F(x)=F(0)=\dfrac{\ell}2$.
\item Pour tout $t\in [x,x+1]$, on a $0\leq t-x \leq 1$.\\
En notant $p=\lfloor t \rfloor$, on a d'une part $t\in [p,p+1]$ ; d'autre part $t\geq x\geq n$ entra\^{\i}ne $p\geq n$.\\ Ainsi $\omega(t)\leq \dis \max_{[p,p+1]} \omega=b_p\leq b_n$, puisque la suite $(b_k)$ est d\'{e}croissante, d'o\`{u} $b_n-\omega(t)\geq 0$. \\ Ainsi, par produit, on a : $0\leq (t-x)(b_n-\omega(t))\leq b_n-\omega(t)$.\\ D'o\`{u}, en int\'{e}grant :
$$0\leq\int_x^{x+1} (t-x)(b_n-\omega(t))\mathrm{d}t\leq b_n-\int_x^{x+1} \omega(t)\mathrm{d}t =b_n-\omega(x+1)$$
\item On remarque que, pour tout r\'{e}el $x\geq n$ : $$\int_x^{x+1} (t-x)(b_n-\omega(t))\mathrm{d}t=b_n\int_x^{x+1} (t-x)\mathrm{d}t-\int_x^{x+1} (t-x)\omega(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}b_n-F(x)=\frac{b_n-\ell}2$$
On conclut alors en \'{e}valuant l'encadrement de la question pr\'{e}c\'{e}dente en $x=x_{n+1}-1$.
\end{enumerate}
\item  Pour tout $n\in\NN,a_1\leq a_n\leq b_n\leq b_1$, donc les suites $(a_n)$ et $(b_n)$ sont born\'{e}es et monotones, elles sont donc convergentes. Un passage \`{a} la limite dans les deux encadrements de la question pr\'{e}c\'{e}dente montre qu'elles convergent toutes deux vers $\ell$.\\
Soit maintenant un r\'{e}el $\epsilon>0$ fix\'{e}.\\
Il existe un entier $n_1$ tel que, pour tout entier $n\geq n_1,\ell-\epsilon\leq a_n$ et il existe un entier $n_2$ tel que, pour tout entier $n\geq n_2,b_n\leq\ell+\epsilon$. En notant $n_3=\max(n_1,n_2)$, pour tout r\'{e}el $x\geq n_3$, $x\in[n,n+1]$, o\`{u} $n$ est un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $n_3$. On a donc : $$\ell-\epsilon\leq a_n\leq \omega(x)\leq b_n\leq \ell+\epsilon$$
On en d\'{e}duit que la limite de $\omega$ en $+\infty$ est \'{e}gale \`{a} $\ell$
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{36}

Soit $a$ un r\'{e}el strictement positif et $f$ une fonction continue sur $\R$.
Pour tout $\lambda$ r\'{e}el , on pose
$$I(\lambda)= \dint_a^{+\infty} \dfrac{\lambda -f(t)}{t} dt$$

\begin{enumerate}
\item Soit $\lambda, \mu$ r\'{e}els tels que $I(\lambda)$ et $I(\mu)$ existent. Montrer que $\lambda=\mu$.
\item Pour tout r\'{e}el $x$, on pose $H_\lambda(x)= \dint_a^x (\lambda -f(t))dt$.
On suppose que $H_\lambda$ est born\'{e}e sur $\R$.

Montrer que $I(\lambda)$ existe.\\

\item Soit $T$ un r\'{e}el strictement positif. Dans cette question, on suppose que  la fonction $f$ est $T$-p\'{e}riodique.
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe un r\'{e}el $\lambda_0$ pour lequel la fonction $H_{\lambda_0}$ est elle aussi $T$-p\'{e}riodique.
\item En d\'{e}duire qu'il existe une unique valeur $\lambda$ pour laquelle $I(\lambda)$ existe.
\end{enumerate}

\item D\'{e}terminer un \'{e}quivalent, lorsque $x$ tend vers $+\infty$, de $\dint_1^x \dfrac{|\sin t|}{t} dt$.

\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Supposons $\lambda \neq \mu$. Les deux int\'{e}grales $I(\lambda)$ et $I(\mu)$ existant, l'int\'{e}grale $\dint_a^{+\infty} \dfrac{\lambda-\mu} {t} dt$ converge comme diff\'{e}rence de deux int\'{e}grales convergentes : contradiction.

\item La fonction $H_\lambda(x)= \dint_a^x (\lambda -f(t))dt$ est une primitive de $x \to \lambda -f(t)$. Une int\'{e}gration par parties donne
$$\int_a^x \frac {\lambda -f(t)}{t} dt= \left[ \frac{H_\lambda(t)}{t}\right]_a^x + \int_a^x\frac{H_\lambda(t)}{t^2} dt$$

Lorsque $x\to +\infty$, $\dlim_{x\to +\infty} \frac{H_\lambda(x)}{x}=0$ (car $H_\lambda$ est born\'{e}e) et $\dlim_{x\to +\infty} \int_a^x\frac{H(t)}{t^2} dt$ existe par comparaison avec un int\'{e}grale de \textsc{Riemann}. Donc $I(\lambda)$ existe.


\item
\begin{enumerate}
\item La condition n\'{e}cessaire et suffisante pour que les primitives d'une fonction $f$, $T$-p\'{e}riodique, soient \'{e}galement $T$-p\'{e}riodiques et $\dint_0^T f(t) dt=0$. On le d\'{e}montre en remarquant que pour tout $x$, $\dint_x^{x+T} f(u) du = \dint _0^T f(u) du$.\\

    Ici, on obtient
    $$0=\int_0^T (\lambda-f(t)) dt\Rightarrow \lambda_0= \frac 1 T \int_0^T f(t) dt$$

\item Pour cette valeur $\lambda_0$, la fonction $H$ est $T$-p\'{e}riodique, donc born\'{e}e sur $\R$. Par les question 2 et 1, Il existe une unique valeur $\lambda_0$ pour laquelle $I(\lambda_0)$ existe.
\end{enumerate}

\item La question 3 s'applique \`{a} la fonction $f:t\to |\sin (t)|$ qui est $\pi$ p\'{e}riodique. Or  $\dint_0^\pi |\sin t| dt =2$. Donc en posant $\lambda_0= \dfrac 2 {\pi}$, il vient
$$\int_1^x \dfrac{|\sin t|}{t} dt= \frac{2}{\pi}\int_1^x \frac{dt}{t}+ \int_1^x \frac{f(t)-\lambda_0}{t}dt$$

Et $\dfrac{2}{\pi}\dint_1^x \dfrac{dt}{t}= \dfrac{2}{\pi} \ln x$ avec $x \to \dint_1^x \dfrac{f(t)-\lambda_0}{t}dt$ born\'{e}e. En utilisant les r\'{e}sultats pr\'{e}c\'{e}dents :

$$\int_1^x \dfrac{|\sin t|}{t} dt\underset{n\to \infty} \sim \frac{2}{\pi}\ln x$$

\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{38}



 \begin{enumerate}
 \item
 Montrer que, pour tout $n$ de $\mathbb{N}^{*}$, l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{n \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$ est convergente.

On pose d\'{e}sormais $u_{n}=\dint_{0}^{n \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$ et on se propose, d'une part, de trouver un \'{e}quivalent de $u_{n}$ lorsque $n$ est au voisinage de $+\infty$, puis, d'autre part, de d\'{e}terminer la nature de l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$.


 \item Pour tout entier naturel $n$ non nul, on pose $H_{n}=\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$.
    \begin{enumerate}
      \item
Montrer que, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a: $\ln (n)+\dfrac{1}{n} \leq H_{n} \leq \ln (n)+1$.

      \item
      En d\'{e}duire un \'{e}quivalent de $H_{n}$ lorsque $n$ est au voisinage de $+\infty .$
    \end{enumerate}


\item Pour tout entier naturel $k$ non nul, on pose $v_{k}=\dint_{k \pi}^{(k+1) \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$.
    	\begin{enumerate}
      \item
\'{E}tablir que: $\forall k \in \mathbb{N}^{*}, \dfrac{2}{(k+1) \pi} \leq v_{k} \leq \dfrac{2}{k \pi}$.

      \item
Montrer que : $\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t+\dfrac{2}{\pi}\left(H_{n}-1\right) \leq u_{n} \leq \dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t+\dfrac{2}{\pi}\left(H_{n}-\dfrac{1}{n}\right)$.


      \item
      En d\'{e}duire, d'une part, un \'{e}quivalent de $u_{n}$ lorsque $n$ est au voisinage de $+\infty$, et d'autre part, la nature de l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{+\infty} \frac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$

    \end{enumerate}
\item Cette question est ind\'{e}pendante des pr\'{e}c\'{e}dentes. Quelle est la nature de l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$ ?
    \end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
    \begin{enumerate}
    \item La fonction $t \mapsto \displaystyle\frac{|\sin t|}{t}$ est continue sur $\left.] 0, n \pi\right]$. De plus, au voisinage de $0^{+}$, on a $\displaystyle\frac{|\sin t|}{t}=\frac{\sin t}{t}$ mais $\dlim _{t \rightarrow 0} \frac{\sin t}{t}=1$, donc $t \mapsto \displaystyle\frac{|\sin t|}{t}$ se prolonge par continuit\'{e} en 0 . Ainsi, l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{n \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$ est convergente.

    \item
        \begin{enumerate}
        \item
       On connait (ou on prouve) l'in\'{e}galit\'{e}, valable pour tout $k$ de $\mathbb{N}^{*}: \dfrac{1}{k+1} \leq \ln (k+1)-\ln k \leq \dfrac{1}{k}$.
On somme pour $k$ allant de 1 \`{a} $n-1(n \geq 2)$, ce qui donne $\dsum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k+1} \leq \ln n \leq \dsum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k}$, soit :\\
 $H_{n}-1 \leq \ln n \leq H_{n}-\dfrac{1}{n}$ (valable aussi pour $n=1$). \\
 En recentrant l'encadrement, on trouve bien :  $\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \ln n+\dfrac{1}{n} \leq H_{n} \leq \ln n+1$.
      \item Pour $n\geq 2$, on peut tout diviser par $\ln n>0$, ce qui donne : $1+\dfrac{1}{n \ln n} \leq \dfrac{H_{n}}{\ln n} \leq 1+\dfrac{1}{\ln n} .$ On trouve, par encadrement, $\dlim _{n \rightarrow+\infty} \dfrac{H_{n}}{\ln n}=1$ et on peut conclure : $H_{n} \underset{+\infty}{\sim} \ln n$.
      \end{enumerate}
   \item
        \begin{enumerate}
        \item  On effectue le changement de variable $u=t-k \pi$ de classe $C^{1}$ sur $[k \pi,(k+1) \pi]$ et on trouve :


$v_{k}=\dint_{k \pi}^{(k+1) \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t=\dint_{0}^{\pi} \dfrac{|\sin (u+k \pi)|}{u+k \pi} \mathrm{d} u=\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\left|(-1)^{k} \sin u\right|}{u+k \pi} \mathrm{d} u=\dint_{0}^{\pi} \dfrac{|\sin u|}{u+k \pi} \mathrm{d} u=\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin u}{u+k \pi} \mathrm{d} u$.

Pour tout $u$ de $[0, \pi]$, on a $k \pi \leq u+k \pi \leq(k+1) \pi$ puis en inversant (car $ k \in \mathbb{N}^{*}$ donc tout est strictement positif), et en multipliant par $\sin u \geq 0$, on arrive \`{a}: $\dfrac{\sin u}{(k+1) \pi} \leq \dfrac{\sin u}{u+k \pi} \leq \dfrac{\sin u}{k \pi}$. \\
On int\`{e}gre sur $[0, \pi]$ (fonctions continues et $0<\pi$): $\forall k \in \mathbb{N}^{*}, \dfrac{2}{(k+1) \pi} \leq v_{k} \leq \dfrac{2}{k \pi}$.

  \item   Avec la relation de \textsc{Chasles}, on peut \'{e}crire, pour tout entier $n$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2 : \\
        $\dsum_{k=1}^{n-1} v_{k}=\dsum_{k=1}^{n-1} \dint_{k \pi}^{(k+1) \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t=\dint_{\pi}^{n \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t= u_{n}-u_{1} =u_{n}-\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$

Conclusion : $\forall n \geq 2, u_{n}=\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t+\dsum_{k=1}^{n-1} v_{k} .$ Comme, pour tout $k$ de $\mathbb{N}^{*}, \dfrac{2}{(k+1) \pi} \leq v_{k} \leq \dfrac{2}{k \pi}$, on en d\'{e}duit $\dfrac{2}{\pi} \dsum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k+1} \leq \dsum_{k=1}^{n-1} v_{k} \leq \dfrac{2}{\pi} \dsum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k}$ et on trouve : $$\forall n \geq 2, \dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t+\dfrac{2}{\pi}\left(H_{n}-1\right) \leq u_{n} \leq \dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t+\dfrac{2}{\pi}\left(H_{n}-\dfrac{1}{n}\right)$$
Cette relation est aussi valable pour $n=1$ puisqu'elle donne : $u_{1} \leq u_{1} \leq u_{1}$.


      \item  L'int\'{e}grale $\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$ est ind\'{e}pendante de $n$ et $H_{n} \sim \ln n$ donc on peut supposer que $u_{n} \sim \dfrac{2}{\pi} \ln n$, ce qui se confirme ais\'{e}ment en divisant l'encadrement de $4 \mathrm{~b})$ par $\dfrac{2}{\pi} \ln n>0$.

On en d\'{e}duit que $\dlim _{n \rightarrow+\infty} u_{n}=\dlim _{n \rightarrow+\infty} \dfrac{2}{\pi} \ln n=+\infty$, et comme $u_{n}=\dint_{0}^{n \pi} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$, on peut conclure que l'int\'{e}grale $\dint_{0}^{+\infty} \dfrac{|\sin t|}{t} \mathrm{~d} t$ diverge (sinon $\dlim _{n \rightarrow+\infty} u_{n}$ serait finie).

    \end{enumerate}

      \item En 0, pas de probl\`{e}me, puisque $\dint_{0}^{\pi} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$ converge, et en $+\infty$, une IPP, avec $u=\dfrac1t$ et $v'=\sin t$, fournit la convergence de l'int\'{e}grale $\dint_{\pi}^{+\infty} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$. On conclut que $\dint_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin t}{t} \mathrm{~d} t$ converge.
    \end{enumerate}
    \end{sol}
\begin{exo}{41}

Soit $\mathcal{E}$ l'ensemble des suites r\'{e}elles $(a_n)_{n \in \N}$ v\'{e}rifiant $a_0$, $a_1$ et $a_2$ donn\'{e}s et
$$ \forall n \in \N\:,\quad  a_{n+3} = a_{n+2} + a_{n+1} - a_n  $$


\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
   \item  Montrer (sans calculer les $a_n$) que si $(a_n)_{n \in \N} \in
  \mathcal{E}$, alors il existe un r\'{e}el~$M$ tel que pour tout $n \in \N$ on a:
$\, \vabs{a_n} \le M\,2^n \,$.
   \item  En d\'{e}duire la convergence de la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $a_nx^n$  pour des valeurs de $x$ \`{a} pr\'{e}ciser.

   \item  Pour ces valeurs de $x$, on pose \(\: \dis f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}  a_n\,x^n  \:\). Calculer $f(x)$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item  Que dire de l'ensemble $\mathcal{E}$ ?
   \item  D\'{e}terminer la suite $(a_n)_{n \in \N}$ de $\mathcal{E}$ telle que
$\, a_0=0\,,\, a_1=1\,,\, a_2 = 2 \,$.
   \item  D\'{e}terminer les suites g\'{e}om\'{e}triques appartenant \`{a} $\mathcal{E}$.
   \item  En d\'{e}duire une base de $\mathcal{E}$, et exprimer le terme g\'{e}n\'{e}ral
d'une suite $(a_n)_{n \in \N} \in \mathcal{E}$ en fonction de $a_0,a_1,a_2$.
   \item  Retrouver alors l'expression de $f(x)$. Pour quels r\'{e}els $x$ est-elle
valable?
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item  Soit $(a_n)\in \mathcal{E}$. D\'{e}terminer une matrice $A \in \mathcal{M}_3(\R)$ telle que:
$$ \forall n \in \N\:,\quad  \matrice{a_{n+1} \\ a_{n+2} \\ a_{n+3}} = A\,
   \matrice{a_{n} \\ a_{n+1} \\ a_{n+2}} $$
   \item  Calculer $A^n$ \`{a} l'aide de ce qui pr\'{e}c\`{e}de.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
   \item
Par r\'{e}currence forte en choisissant  $\, M \ge \max\bigl( \vabs{a_0},
  2\vabs{a_1}, 4\vabs{a_2} \bigr) \,$; alors:
$$ \vabs{a_{n+3}} \le \vabs{a_{n+2}} + \vabs{a_{n+1}} + \vabs{a_n} \le
   M\,2^n\bigl( 2^2+2+1 \bigr) \le M\,2^n \times 8 = M\,2^{n+3} $$

   \item
Si $\, \vabs{x} < 1/2 \,$, alors $\, \forall n\,,\, \vabs{a_n\,x^n} \le M\,
 \vabs{2x}^n \,$ terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique convergente; par comparaison,
$\dis\sum a_n\,x^n$ converge absolument, donc converge.

   \item
Pour $0<\vabs{x}< 1/2$, on a en multipliant par $x^n$ et en sommant:
$$   \begin{gathered}
   \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n+3}\,x^n = \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n+2}\,x^n +
      \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n+1}\,x^n - \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n}\,x^n   \\
   \frac{1}{x^3}\,\Bigl[ f(x) - a_0-a_1\,x-a_2\,x^2 \Bigr] = \frac{1}{x^2}\,\Bigl[
      f(x) - a_0-a_1\,x \Bigr] + \frac{1}{x}\,\Bigl[ f(x) - a_0 \Bigr] - f(x)   \\
   f(x) = \frac{(a_2-a_1-a_0)\,x^2 +(a_1-a_0)\,x + a_0}{x^3-x^2-x+1}
\end{gathered}   $$
cette \'{e}galit\'{e} \'{e}tant encore vraie pour $x=0$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item
Par lin\'{e}arit\'{e} de la relation, $\mathcal{E}$ est un $\R$-espace vectoriel de
dimension $3$ via l'isomorphisme
$$ \Phi : (a_n)_{n \in \N} \in \mathcal{E} \mapsto \bigl( a_0,a_1,a_2 \bigr)
   \in \R^3 $$

   \item
Par r\'{e}currence forte imm\'{e}diate, $\, \forall n\,,\, a_n = n \,$.

   \item  La suite nulle est solution.  Sinon on a:
$$ (r^n) \in \mathcal{E} \ssi \forall n\,,\; r^n\,\Bigl[ r^3-r^2-r+1 \Bigr] = 0
   \ssi (r-1)^2\,(r+1) = 0 \ssi r \in \{ -1,1 \} $$

\item
D'o\`{u} une base de $\mathcal{E}$ constitu\'{e}e de $(1)_{n \in \N}$, $(n)_{n \in \N}$
et $\bigl( (-1)^n \bigr)_{n \in \N}$; donc il existe $\alpha, \beta, \gamma $
r\'{e}els tels que, pour tout $n$, on a:
$\, a_n = \alpha + n\,\beta + (-1)^n\,\gamma \,$; puis
$$ \left\{  \begin{array}{ccccc}
      \alpha  &        &+\gamma &= &a_0  \\
      \alpha  &+\beta  &-\gamma &= &a_1 \\
      \alpha  &+2\beta &+\gamma &= &a_2   \end{array}  \right.  \ssi
   \left\{  \begin{array}{ccccl}
      \alpha  &        &+\gamma  &= &a_0      \\
      -\alpha &        &+3\gamma &= &a_2-2a_1 \\
      \alpha &+\beta   &-\gamma &= &a_1    \end{array}  \right.  \ssi
   \left\{  \begin{array}{ccl}
      \alpha &= & \frac 14\,\bigl[ -a_2+2a_1+3a_0 \bigr]  \\
      \beta  &= & \frac 14\,\bigl[ 2a_2 - 2a_0 \bigr]     \\
      \gamma &= & \frac 14\,\bigl[ a_2-2a_1+a_0 \bigr]  \end{array}  \right.   $$

   \item
Par somme d'une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique (d\'{e}riv\'{e}e) convergente pour $\vabs{x} < 1$,
$$ f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} \bigl[ \alpha +n\,\beta + (-1)^n\,\gamma \bigr]\,
   x^n = \frac{\alpha}{1-x} + \frac{\beta x}{(1-x)^2} + \frac{\gamma}{1+x} =
   \frac{x^2\,(-\alpha+\beta+\gamma) + x\,(\beta-2\gamma) + (\alpha+\gamma)}
   {(1-x)^2\,(1+x)}  $$
qui redonne bien l'expression ci-dessus, pour $\vabs{x} < 1$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item
Par identification:
$$ A = \matrice{0&1&0 \\ 0&0&1 \\ -1&1&1} $$

   \item
Par r\'{e}currence imm\'{e}diate on a:
$$ \matrice{a_{n} \\ a_{n+1} \\ a_{n+2}} = A^n\,\matrice{a_0 \\ a_1 \\ a_2} $$
d'o\`{u} $A^n$ par identification en rempla\c{c}ant $\alpha,\beta,\gamma$ trouv\'{e}s en 2.(d)
dans l'expression de~$a_n,a_{n+1},a_{n+2}\,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{43}


	
Soit une fonction $f: \R \to \R_+$ positive continue et  d\'{e}croissante.

Pour tout entier $n\geq 0$, on note $S_n=\dsum_{k=0}^n f(k)$.

Dans tout l'exercice, on suppose la suite $(S_n)$ convergente et on note $$S=\lim_{n \to +\infty}{S_n}=\dsum_{n\geq 0}f(n)$$
\begin{enumerate}
\item Montrer la convergence de la s\'{e}rie: $\dsum (-1)^nf(n)$. On note $A=\dsum_{n \geq 0} (-1)^nf(n)$
\item Montrer la convergence des s\'{e}ries $\dsum f(2n)$ et $\dsum f(2n+1)$.\\
 On note $SP$ et $SI$ les sommes des ces deux s\'{e}ries. Exprimer $SP$ et $SI$ en fonction de $S$ et $A$.
\item Pour tout entier $n>0$, montrer que l'int\'{e}grale $\dint_n^{+ \infty}f(t)dt$ converge et que : $|S-S_n|\leq \dint_n^{+ \infty}f(t)dt$


\item Pour tout entier $n\geq 0$, on note : $A_n=\dsum_{k=0}^n (-1)^kf(k)$, $v_n=A_{2n-1}$ et $w_n= A_{2n}$.
   \begin{enumerate}
   \item Montrer que les suites $(v_n)$ et $(w_n)$ sont adjacentes puis que :

$$\forall n>0,\  A_{2n-1} \leq  A_{2n+1} \leq A \leq  A_{2n}$$
   \item En d\'{e}duire: $\forall n>0, |A-A_n|\leq f(n+1)$
   \end{enumerate}
\end{enumerate}
On suppose d\'{e}sormais la fonction $f$ {\bf strictement} d\'{e}croissante.
\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout $(p,\epsilon) \in \N^* \times \R^{*}_+ $ on note  $H(p,\epsilon)$ l'ensemble $\{n \in \N^*,\ S_{n+p}-S_n \leq \epsilon\}$.\\
   \begin{enumerate}
   \item Montrer que $H(p,\epsilon)$ admet un plus petit \'{e}l\'{e}ment qu'on notera $\phi(p,\epsilon)$
   \item  Justifier la bijectivit\'{e} de $f$ et montrer l'in\'{e}galit\'{e}: $$\phi(p,\epsilon) \leq f^{-1}(\frac{\epsilon}{p})-1$$
   \end{enumerate}
\item Cas particulier. On prend $f(t)=\dfrac{1}{(t+1)^2}$ et on donne $\dsum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$.
Calculer $A,SP,SI$.

Comment choisir $n$ de telle sorte que $S_n$ et $A_n$ approchent respectivement $S$ et $A$ avec une erreur inf\'{e}rieure \`{a} 0.1 ?
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
	

\begin{enumerate}

\item   L'hypoth\`{e}se  $f\geq 0$ entra\^{\i}ne $|(-1)^nf(n)|=f(n)$ d'o\`{u} la convergence absolue de la s\'{e}rie $\sum (-1)^nf(n)$.
\item On a : $\dsum_{k=0}^n f(2k)\leq S_{2n} \leq S$ et $\dsum _{k=0}^nf(2k+1) \leq S_{2n+1} \leq S$.\\
Ainsi les sommes partielles des deux s\'{e}ries \`{a} termes positifs \'{e}tudi\'{e}es sont born\'{e}es ; donc ces s\'{e}ries convergent.

$
\left\{
\begin{array}{c}
S_{2n}=\dsum_{k=0}^n f(2k) + \dsum_{k=0}^{n-1} f(2k+1) \\
A_{2n}=\dsum_{k=0}^n f(2k) - \dsum_{k=0}^{n-1} f(2k+1)
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{c}
\dsum_{k=0}^n f(2k) =\frac{1}{2}(S_{2n}+A_{2n})  \\
\dsum_{k=0}^{n-1} f(2k+1)=\frac{1}{2}(S_{2n}-A_{2n})
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{c}
SP=\dsum_{\geq 0} f(2k) =\frac{1}{2}(S+A)  \\
SI=\dsum_{\geq 0} f(2k+1)=\frac{1}{2}(S-A)
\end{array}
\right.
$
\item Comme $f$ est d\'{e}croissante,
$\ds\int_n^{n+1}f(t)dt \leq f(n) \Rightarrow \forall p>0,\
\int_n^{n+p}f(t)dt \leq \dsum_{k=n}^{n+p-1}f(k) \leq S$

d'o\`{u} la convergence de l'int\'{e}grale $\int_n^{+ \infty}f(t)dt$.


$$f(k) \leq \int_{k-1}^k f(t)dt  \Rightarrow \forall p >0,\  0 \leq \dsum_{k=n+1}^{n+p}f(k) < \dsum_{k=n+1}^{n+p}\int_{k-1}^k f(t)dt= \int _n^{n+p}f(t)dt \leq \int_n^{+ \infty}f(t)dt$$
d'o\`{u} en prenant la limite quand $p$ tend vers $+ \infty$:
$\dsum_{k=n+1}^{+ \infty}f(k)=|S-S_n|\leq \int_n^{+ \infty}f(t)dt$



\item
   \begin{enumerate}
   \item on a:
   $v_{n+1}-v_n=-f(2n+1)+f(2n)\geq 0$, $w_{n+1}-w_n=f(2n+2)-f(2n+1)\leq 0$ et $w_n-v_n=f(2n)$  La s\'{e}rie $\dsum f(n)$ \'{e}tant suppos\'{e}e convergente, n\'{e}cessairement $\lim_{n \to +\infty}{f(n)}=0$
   donc $\lim_{n \to +\infty}{(w_n-v_n)}=0$ ce qui montre que les suites $(v_n)$ et $(w_n)$ sont adjacentes; elles convergent vers la m\^{e}me limite $A$ v\'{e}rifiant $w_n \leq \lim_{n \to + \infty}{w_n} \leq A \leq \lim_{n \to + \infty}{v_n} \leq v_n$

   La croissance de $w_n$ entra\^{\i}ne: $  A_{2n-1} \leq  A_{2n+1} \leq A \leq  A_{2n}$
   \item on en d\'{e}duit:
  $| A-A_{2n-1}| \leq A_{2n}-A_{2n-1}=f(2n)$(cas pair)

  et   $ |A-A_{2n}| \leq A_{2n}-A_{2n+1}=f(2n+1)$(cas impair)

  d'o\`{u}: $\forall n>0, |A-A_n|\leq f(n+1)$
   \end{enumerate}
\item
   \begin{enumerate}
   \item $S_{n+p}-S_n=f(n+1)+\cdots f(n+p)$ est la somme de $p$ suites toutes convergentes et de limites nulles, donc $\lim_{n \to +\infty}{(S_{n+p}-S_n)}=0$, ce qui prouve que $H(p,\epsilon)$ est non vide.

   $H(p,\epsilon)$ est une partie non vide de $\N$, donc elle admet un plus petit \'{e}l\'{e}ment.
   \item La fonction $f$ est continue et strictement monotone sur $\R$ donc bijective.\\ La d\'{e}croissance de $f$ entra\^{\i}ne: $S_{n+p}-S_n =f(n+1)+\cdots f(n+p) \leq p f(n+1)$

   Tout $n$ tel que $p f(n+1)\leq \epsilon \Rightarrow n \geq f^{-1}(\frac{\epsilon}{p})-1$ appartient \`{a} $H(p,\epsilon)$.
Donc $\phi(p,\epsilon) \leq f^{-1}(\frac{\epsilon}{p})-1$.
   \end{enumerate}
\item $$f(t)=\frac{1}{(t+1)^2} \Rightarrow
S=\dsum_{k=0}^{+ \infty}\frac{1}{(k+1)^2}=\dsum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6} \text{\ et\ }
SI=\dsum_{k=0}^{+ \infty}\frac{1}{(2(k+1))^2}=\frac{1}{4}S=\frac{\pi^2}{24}$$
On sait aussi : $SI=\frac{1}{2}(S-A)$ on en d\'{e}duit $ A=\frac{S}{2}=\frac{\pi^2}{12}$,
d'o\`{u}: $SI=\frac{\pi^2}{24}$ et $SP=\frac{3\pi^2}{24}$.

$|S-S_n|\leq \int_n^{+ \infty}f(t)dt=\frac{1}{n+1}$ est inf\'{e}rieur \`{a} 0.1 pour $n\geq 9$.

$|A-A_n|\leq f(n+1)=\frac{1}{(n+2)^2}$ est inf\'{e}rieur \`{a} 0.1 pour $n\geq \sqrt{10}-2$ donc d\`{e}s que $n \geq 2 $.

 On choisit donc $n\geq 9$ pour avoir les deux simultan\'{e}ment.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{48}


Soit $f:] 0 ,+\infty[ \rightarrow \R$ d\'{e}finie par $f : x \mapsto x \e^{-x}$.  On d\'{e}finit $F:] 0 ,+\infty[^{2} \rightarrow \R$ par
$$F : (x, y) \mapsto f(x)+f(y)-f(x+y)$$

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $F$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur l'ouvert $] 0 ,+\infty\left[{ }^{2}\right.$ et exprimer, pour tout $\left.(x, y) \in\right] 0 ,+\infty\left[{ }^{2}\right.$, les d\'{e}riv\'{e}es partielles premi\`{e}res $\partial_{1} F(x, y)$ et $\partial_{2} F(x, y)$ en fonction de $f^{\prime}(x), f^{\prime}(y)$ et $f^{\prime}(x+y)$.

\item \'{E}tablir que, pour tout $a \in] 0 ,+\infty\left[\right.$, l'\'{e}quation $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(a)$, d'inconnue $\left.x \in\right] 0 ,+\infty[$, admet au plus une solution distincte de $a$.

\item  En d\'{e}duire que, pour tout $(x, y) \in] 0 ,+\infty\left[^{2},(x, y)\right.$ est un point critique de $F$ si et seulement si :

$$
x=y \text { et } f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x) .
$$

\item  Montrer que $F$ admet un unique point critique, not\'{e} $(\alpha, \alpha)$, et montrer que $1<\alpha<2$.

\item  Montrer : $f^{\prime \prime}(\alpha)<0$ et $f^{\prime \prime}(2 \alpha)>0$.

\item   Montrer que $F$ admet un extremum local. D\'{e}terminer la nature de cet extremum local.
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}


\item $f$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $] 0,+\infty\left[\right.$ par produit de fonctions $\mathcal{C}^{2}$.

Les fonctions $(x, y) \mapsto x,(x, y) \mapsto y$ et $(x, y) \mapsto x+y$ sont de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $] 0,+\infty\left[{ }^{2}\right.$ car polynomiales, et \`{a} valeurs dans $] 0,+\infty[$. Donc, par composition, $F$   est $\mathcal{C}^{2}$ car somme de fonctions $\mathcal{C}^{2} .$ On a alors $$\partial_{1} f(x, y)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(x+y) \text{ et }\partial_{2} F(x, y)=f^{\prime}(y)-f^{\prime}(x+y)$$

\item  On a $f^{\prime}: x \mapsto e^{-x}-x e^{-x}=e^{-x}(1-x)$, et donc $f^{\prime \prime}(x)=-e^{-x}-(1-x) e^{-x}=e^{-x}(x-2)$. On a $f^{\prime}$ qui est strictement monotone sur $\left.] 0,2\right]$ et sur $] 2,+\infty\left[\right.$, l'\'{e}quation $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(a)$
 poss\`{e}de au plus deux solutions. Puisque l'une d'elles est $a$, elle poss\`{e}de au plus une solution distincte de $a$.

\item $(x, y)$ est un point critique de $F$ si et seulement si $\partial_{1} F(x, y)=\partial_{2} F(x, y)=0$, soit $$\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(x)=f^{\prime}(x+y) \\ f^{\prime}(y)=f^{\prime}(x+y)\end{array}\right.$$

Comme $x$ et $y$ sont strictement positifs, $x+y>x$ et $x+y>y .$ Donc d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, l'\'{e}quation $f^{\prime}(t)=f^{\prime}(x+y)$ poss\`{e}de au plus une solution diff\'{e}rente de $x+y$.

Et donc si $f'(x)=f'(y)=f'(x+y)$, alors n\'{e}cessairement $x=y$, et alors $x+y=2x$, donc $f'(x)=f'(2x)$.\\
R\'{e}ciproquement, si $x=y$ et $f'(2x)=f'(2x)$, alors $f'(x)=f'(x+y)$ et $f'(y)=f'(x+y)$ et donc $(x,y)$ est un point critique de $F$.

En conclusion,  $(x, y)$ est un point critique de $F$ si et seulement si $x=y$ et $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x)$.

\item Une solution de l'\'{e}quation  $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x)$ sera n\'{e}cessairement dans $[0,2]$, avec $2 x \in[2,+\infty[.$
Autrement dit, une solution de $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x)$ est n\'{e}cessairement dans $] 1,2[.$

De plus, on a
$$
f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x) \Leftrightarrow e^{-x}(1-x)=e^{-2 x}(1-2 x) \Leftrightarrow(1-x)=e^{-x}(1-2 x) .
$$

Posons alors $g(x)=1-x-e^{-x}(1-2 x)$, de sorte que $f^{\prime}(x)=f^{\prime}(2 x)$ si et seulement si $g(x)=0$. Une \'{e}tude de la fonction $g$ donne
$g^{\prime}(x)=-1+e^{-x}(1-2 x)+2 e^{-x}=e^{-x}(3-2 x)-1$. On montre que $g$ est strictement d\'{e}croissante sur $] 1,2[$.

D'autre part, $g(1)=\e^{-1} \geqslant 0$ et $g(2)=-1+3 \e^{-2}$. Puisque $\e \geqslant 2, \e^{-2} \leqslant \frac{1}{4}$ et donc $g(2) \leqslant 0$.

D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de la bijection, il existe donc un unique $\left.\alpha \in\right] 1,2[$ tel que $g(\alpha)=0$ et donc un unique $\alpha \in] 1,2\left[\right.$ tel que $f^{\prime}(\alpha)=f^{\prime}(2 \alpha)$.


\item  Puisque $\alpha \in] 1,2[$ et $2 \alpha>2$, d'apr\`{e}s le tableau de variation, on a $f^{\prime \prime}(\alpha)<0$ et $f^{\prime \prime}(2 \alpha)>0$.

\item  Puisque $F$ poss\`{e}de un unique point critique, elle poss\`{e}de au plus un extremum local, qui sera n\'{e}cessairement en $(\alpha, \alpha)$.
Un calcul rapide de la hessiennne de $F$ en $(\alpha, \alpha)$ donne


$\nabla^{2}F(\alpha,\alpha)=\left(\begin{array}{cccc} f''(\alpha)-f''(2\alpha) & -f''(2\alpha)  \\ -f''(2\alpha)& f''(\alpha)-f''(2\alpha) \end{array}\right)$.

Par la question pr\'{e}c\'{e}dente, $\tr(\nabla^2 F)<0$ et $\det((\nabla^2 F))= f''(\alpha)(f''(\alpha)-2f''(2\alpha))>0$. Cette matrice poss\`{e}de deux valeurs propres non nulles de m\^{e}me signe (d\'{e}terminant positif) et qui sont n\'{e}gatives  par la trace.
Ainsi  $F$ admet en ( $\alpha, \alpha$ ) un maximum local.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{51}

	On note  $I$ le segment $[0,1]$ de $\mathbb{R}$.
	\begin{enumerate}
		\item Soit $r\in ]0,1[$. Dans cette question, $f$ d\'{e}signe une fonction continue sur $I$ qui est strictement croissante sur $[0,r]$ et strictement
		d\'{e}croissante sur $[r,1]$. De plus, on suppose que $f(0)=f(1)=0$ et on pose $M=f(r)$.
		\begin{enumerate}
			\item Donner l'allure de la courbe repr\'{e}sentative de $f$.
			\item Justifier que $f$ est une bijection de $[0,r]$ (resp. $[r,1]$ ) sur le segment $[0,M]$; on note $g_1$ (resp. $g_2$) sa r\'{e}ciproque.
			Que peut-on dire de $g_1$ et $g_2$?
			\item V\'{e}rifier que pour tout $x \in I$, on a $g_1(f(x))\leq x \leq g_2(f(x))$. En d\'{e}duire que si $(x_n)$ est une suite de points de $I$ telle que la suite $(f(x_n))$ tend vers $M$, alors $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}x_n =r$.
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question, on pose $f(x)=x(1-x)$.
		\begin{enumerate}
			\item \'{E}tudier rapidement la fonction $f$.
			\item On consid\`{e}re la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ d\'{e}finie en se donnant $u_0 \in [0,\dfrac{1}{2}[ $ et en posant $u_{n+1}=\dfrac{1}{4(1-u_n)}$.
			V\'{e}rifier que la suite $(u_n)$ est correctement  d\'{e}finie et que pour tout entier $n\geq 0$, $u_n$ est contenu dans $[0,\dfrac{1}{2}[ $.
			\item Montrer que $u_0 < u_1$, puis \'{e}tudier les variations de la suite $(u_n)$.
			\item Montrer que la suite $(u_n)$ converge vers $\dfrac{1}{2}$.
		\end{enumerate}
\end{enumerate}
		 	Dans toute la suite, on consid\`{e}re une fonction $g$ qui est continue sur $[0,1]$, strictement croissante sur $[0,\frac{1}{2}]$, strictement d\'{e}croissante sur $[\frac{1}{2},1]$ et telle que : $g(0)=g(1)=0$ et
		$g(\frac{1}{2}) =\frac{1}{2}$.
	\begin{enumerate}[resume]
\item
		\begin{enumerate}
			\item  On se donne $v_0 \in [0,\dfrac{1}{2}[$. Montrer que l'on peut trouver $v_1 \in ]0,\dfrac{1}{2}[$ tel que $g(v_1)(1-g(v_0))>\dfrac{1}{4}$.
			\item Construire par r\'{e}currence une suite $(v_n)_{n\geq 0} \subseteq I$ telle que $g(v_{n+1})(1-g(v_{n}))> \dfrac{1}{4}$ pour tout $n \geq 0$.
		\end{enumerate}
	\item 	Dans cette question, on consid\`{e}re une suite $(w_n)_{n\geq 0} \subseteq I$ telle que $g(w_{n+1})(1-g(w_n))\geq  \dfrac{1}{4}$ pour tout $n \geq 0$.
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que la suite $(g(w_n))$ est croissante.
		\item En d\'{e}duire que la suite $(w_n)$ est convergente et d\'{e}terminer sa limite.
	\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item
			\begin{enumerate}
				\item La courbe passe par les points remarquables $(0,0)$, $(r,M) $ et $(1,0)$. Il est clair que cette courbe passe par  un unique sommet (maximum global) qui est atteint au point d'abscisse $r$.
				\item La fonction $f$ est continue et strictement croissante (resp strictement d\'{e}croissante) sur l'intervalle $I_1=[0,r]$ (resp. $I_2=[r,1]$ ).
				Le th\'{e}or\`{e}me de la bijection s'applique sur chacun de ces segments, d'o\`{u} l'existence des r\'{e}ciproques $g_1$ et $g_2$. De plus, ce th\'{e}or\`{e}me nous dit que ces deux fonctions sont continues, que $g_1$ est strictement croissante et $g_2$ strictement d\'{e}croissante et de plus on a $g_1\leq g_2$.
				\item Il est clair que cette in\'{e}galit\'{e} est v\'{e}rifi\'{e}e puisque $x$ est n\'{e}cessairement l'un des deux termes extr\^{e}mes. Comme la suite $(f(x_n))$ tend vers $M$, par encadrement on voit que  la suite $(x_n)$ converge et que
				$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}g_1(f(x_n))=g_1(M)=r\leq \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}x_n \leq
				\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} g_2(f(x_n))= g_2(M)=r$, d'o\`{u} $\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}x_n =r$.
			\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item On voit facilement que $f$ satisfait les hypoth\`{e}ses requises dans la question 1.) avec $r=\dfrac{1}{2}$ et $M=\dfrac{1}{4}$. De plus, la courbe est sym\'{e}trique par rapport \`{a} l'axe $y=\dfrac{1}{2}$ car $f(x)=f(1-x)$.
			\item Comme $u_0 \in [0,\dfrac{1}{2}[ $, le quotient associ\'{e} \`{a} $u_1$ est bien d\'{e}fini et
			$0<u_1< \dfrac{1}{4} \times 2 =\dfrac{1}{2}$. Soit $n \geq 1$, supposons que $u_n$ soit bien d\'{e}fini et que $u_n \in]0 , \dfrac{1}{2} [ $; alors de la m\^{e}me mani\`{e}re, on voit que $u_{n+1}$ est bien d\'{e}fini ($u_n \neq 1$) et que $0<u_{n+1}< \dfrac{1}{4} \times 2 =\dfrac{1}{2}$ ($ 0<(1-u_n)^{-1}<2$),
			ce qui termine la question.
			\item On observe que $u_1-u_0=\dfrac{(1-2u_0)^2}{4(1-u_0)}>0 $. Comme la fonction $x \mapsto \dfrac{1}{4(1-x)}$ est strictement croissante
			sur $[0,\dfrac{1}{2}[ $ et que $u_n \in[0 , \dfrac{1}{2} [ $ pour tout entier $n$, on voit en appliquant $n$ fois cette fonction que $u_n < u_{n+1} $; la suite $(u_n)$ est donc strictement croissante.
			\item La suite $(u_n)$ est croissante et major\'{e}e, elle est donc convergente, d'o\`{u}
			$M=\dfrac{1}{4}=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_{n+1}(1-u_n)=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_{n}(1-u_n)
			=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} f(u_{n}) $. Avec 1. c), on en d\'{e}duit que la suite $(u_n)$ converge vers $\dfrac{1}{2}$.
		\end{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Comme $v_0 \in [0,\dfrac{1}{2}[	$, on a $1-g(v_0) >\dfrac{1}{2}$ et il suffit alors de consid\'{e}rer la fonction 		$h : x \mapsto g(x) \times (1-g(v_0))$ sur l'intervalle $[0,\dfrac{1}{2}]$ qui est \'{e}videmment continue, et telle que $ h(0)=0$ et $h(\dfrac{1}{2}) > \dfrac{1}{4}$, ce qui nous assure l'existence d'un $v_1 \in ]0,\dfrac{1}{2}[$ tel que $g(v_1)(1-g(v_0))> \dfrac{1}{4}$.
		\item Il suffit de prendre pour hypoth\`{e}se de r\'{e}currence au rang $n\geq 0$ :
		\og il existe $v_{n+1}\in ]0,\dfrac{1}{2}[ $ (bien penser \`{a} mettre cette relation d'appartenance) tel que $g(v_{n+1})(1-g(v_n))> \dfrac{1}{4}$ \fg. La question 3. a) nous dit que c'est vrai au rang $0$. Si on suppose que c'est vrai au rang $n$, un raisonnement analogue \`{a} celui de la question pr\'{e}c\'{e}dente nous montre que c'est encore vrai au rang $n+1$.
	\end{enumerate}
\item 	
    \begin{enumerate}
	\item On remarque que $g(w_n) $ est toujours diff\'{e}rent de $1$. Par ailleurs, il vient
	$g(w_{n+1})(1-g(w_n))\geq  \dfrac{1}{4}=M \geq f(g(w_{n}))= g(w_{n})(1-g(w_{n}))$, d'o\`{u} $g(w_{n+1})\geq  g(w_{n})$ puisque $1-g(w_{n})>0$.
	\item La suite $(g(w_{n}))$ est convergente car elle est croissante et major\'{e}e. On a
	$\dfrac{1}{4}\leq \lim\limits_{n \to +\infty} g(w_{n+1})(1-g(w_{n}))= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} f(g(w_{n}))$. D'autre part, on a n\'{e}cessairement
	$\lim\limits_{n \to +\infty} f(g(w_{n}))\leq \dfrac{1}{4}$. D'o\`{u} $M=\dfrac{1}{4}=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} f(g(w_{n}))$ et par suite $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}g(w_{n})=\dfrac{1}{2}$. Or
	$ \dfrac{1}{2} $ est le maximum de $g$ sur $I$ et la propri\'{e}t\'{e} montr\'{e}e en 1.c) s'applique aussi pour $g$; il en r\'{e}sulte que la suite $(w_n)_{n\geq 0}$ converge vers 	$ \dfrac{1}{2} $.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{52}

Soit $t$ un r\'{e}el non nul. Soit $n\in \NN^{\ast}$. On d\'{e}finit la moyenne d'ordre $t$ de $n$ r\'{e}els strictement positifs $x_1, \ldots , x_n $ en posant :
$$
m_t(x_1, \ldots, x_n)=\left(\dfrac{x_1^t+ \cdots +x_n^t}{n} \right)^{\textstyle{\frac{1}{t}}} .
$$
\begin{enumerate}
\item Que repr\'{e}sente $m_1(x_1, \cdots, x_n)$?
\item Soit $(x_1, \ldots , x_n) \in \mathbb{R}_{+}^{\ast n} $. On introduit la fonction $f$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$ en posant
$f(t)=\ln\left( x_1^t+ \cdots +x_n^t \right) $.
\begin{enumerate}
	\item Montrer que $f$ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ (on notera encore $f$ ce prolongement).
	\item Justifier que $f$ est de classe  $ \mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$, puis calculer $f'$ et $f''$. V\'{e}rifier que ces deux fonctions se prolongent par continuit\'{e} en $0$.

\textsl{On admet que la fonction $f$ ainsi prolong\'{e}e est de classe $\mathcal{C}^2$ sur $\R_+$\\ et que l'on a : $f'(0)=\dlim_{0^+}f'$ et $f''(0)=\dlim_{0^+}f''$.}

	\item Soit $t>0$. \'{E}tablir l'in\'{e}galit\'{e} suivante :
$$
\left[ (\ln x_1)x_1^t+ \cdots +(\ln x_n)x_n^t \right]^2 \leq \left[ (\ln x_1)^2x_1^t+ \cdots +(\ln x_n)^2x_n^t \right]
\left[ x_1^t+ \cdots +x_n^t \right].
	$$
     \item Prouver que $f$ est convexe sur $\mathbb{R}_{+}$.
\end{enumerate}
\item Dans cette question, on suppose que les $n$ r\'{e}els strictement positifs $x_1, \ldots , x_n $ sont fix\'{e}s, et pour $t>0$, on pose
$m(t)=m_t(x_1, \ldots, x_n)$.
\begin{enumerate}
	\item Exprimer $m(t)$ en fonction de $f(t)$ (introduite dans la question 2.).
	\item En revenant \`{a} la d\'{e}finition, prouver que $m$ est croissante sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$. En utilisant une in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Taylor}, montrer qu'elle se prolonge par continuit\'{e} en $0$.
	\item Justifier les in\'{e}galit\'{e}s
	$$
	\left( \prod_{k=1}^{n} x_k \right)^{\frac{1}{n}}\leq \frac{\dsum_{k=1}^{n}x_k}{n} \leq \sqrt{\frac{\dsum_{k=1}^{n}x_k^2}{n}}.
	$$
	\item Montrer que $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} m(t) = \max(x_1, \cdots, x_n)$ ({\em  On pourra se ramener au cas o\`{u}
		$ x_1 = \max(x_1, \ldots, x_n)$ et introduire les points $y_k= \dfrac{x_k}{x_1}$ pour $k=2, \ldots , n $}.).
\end{enumerate}
\item Soient $x_1,\dots,x_n\in \RR_+^*$.
\begin{enumerate}
\item Soit $t<0$. V\'{e}rifier que
$$
m_t(x_1, \ldots, x_n)=\frac{1}{m_{\vert t \vert}(\dfrac{1}{x_1}, \ldots, \dfrac{1}{x_n})}.
$$
\item En d\'{e}duire que la fonction $ t \mapsto m_t(x_1, \cdots, x_n)$ se prolonge en une fonction continue et croissante sur $\mathbb{R}$.
\item Que peut-on dire de $m_t(x_1, \ldots, x_n)$ lorsque $t$ tend vers $-\infty$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item C'est tout simplement la moyenne arithm\'{e}tique habituelle.
\item
\begin{enumerate}
	\item Comme $x_k^{t}=\exp(t \ln x_k)\underset{t\to 0}{\longrightarrow} 1$, on voit que $f(t)\underset{t\to 0}{\longrightarrow} \ln n$, et par suite la fonction $f$ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ en posant $f(0)=\ln n$.
	\item Par somme et composition de fonctions de classe $ \mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$, on voit que $f$ est de
	classe $ \mathcal{C}^{\infty}$ sur cet ouvert. De plus, pour $t>0$ on a
	$$
	f'(t)=\frac{\sum_{k=1}^{n}(\ln x_k)x_k^t}{ \sum_{k=1}^{n}x_k^t}
	\text{ et }
	f''(t)= \frac{\left[ \sum_{k=1}^{n}(\ln x_k)^2 x_k^t\right]\left[ \sum_{k=1}^{n}x_k^t \right]-	
		\left[ \sum_{k=1}^{n}(\ln x_k)x_k^t \right]^2 }
	{\left[ \sum_{k=1}^{n}x_k^t \right]^2 }.
	$$
	Ces deux fonctions se prolongent donc par continuit\'{e} en $0$ car
	\begin{align*}
	\lim\limits_{t \to 0^{+}}f'(t) &=\ln\left( (x_1\times \cdots \times x_n)^{\textstyle{\frac{1}{n}}}\right)= f'(0) \text{ et }\\
	\lim\limits_{t \to 0^{+}}f''(t) &=n^{-2}\left[n\sum_{k=1}^{n}(\ln x_k)^2- \ln\left( x_1\times \cdots \times x_n\right)^2\right]
	=f''(0) .
	\end{align*}
	\item On \'{e}crit le terme g\'{e}n\'{e}ral de la somme, qui appara\^{\i}t dans le membre de gauche, sous la forme
	$ \left( x_k^{\frac{t}{2}} \ln(x_k)\right)\times x_k^{\frac{t}{2}} $ et on utilise l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Cauchy}-\textsc{Schwarz} dans
	$\mathbb{R}^{ n}$.
	\item Avec la question 2. b) et l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente, on voit que $f''$ est positive sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$. Le cours nous dit alors que $f$ est convexe sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast}$. Par continuit\'{e}, elle l'est encore sur  $\mathbb{R}_{+}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Pour faire intervenir $f$, on s'int\'{e}resse bien s\^{u}r \`{a} $\ln m(t)=t^{-1}\left[f(t)-\ln n\right]=t^{-1}\left[f(t)-f(0) \right]$, d'o\`{u}
	$m(t)= \exp\left(t^{-1}\left[f(t)-f(0) \right] \right) $.
	\item Supposons que $0<t_1<t_2$. Avec la question pr\'{e}c\'{e}dente on voit que $m(t_1)\leq m(t_2)$ \'{e}quivaut apr\`{e}s simplification \`{a}
	$f(t_1)\leq \left( 1-\frac{t_1}{t_2}\right) f(0)+\frac{t_1}{t_2}f(t_2)$ et cette in\'{e}galit\'{e} est vraie puisque $f$ est convexe
	($t_1 \in ]0,t_2]$, $\frac{t_1}{t_2}<1$ et $t_1=\left( 1-\frac{t_1}{t_2}\right) \times 0+\frac{t_1}{t_2}t_2$). Comme $f$ est de classe $ \mathcal{C}^{2}$ sur $\mathbb{R}_{+}$, $f''$ est born\'{e}e sur $[0,1]$ et l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Taylor} reste int\'{e}gral ou de \textsc{Taylor}-\textsc{Lagrange}  \`{a} l'ordre 1 conduit imm\'{e}diatement \`{a}
	$\vert t^{-1}\left[f(t)-f(0)\right] -f'(0) \vert \leq M t$ (o\`{u} $M$ est une constante strictement positive). Il s'ensuit que la fonction $m$ se prolonge par continuit\'{e} en $0$ en posant $m(0)=\left(x_1\times \cdots \times x_n \right)^{\frac{1}{n}}$ ($m(0)$ est la moyenne g\'{e}om\'{e}trique).
	\item Par croissance de $m$, on a bien $m(0)\leq m(1)\leq m(2)$ ($m(2)$ est la moyenne quadratique).
	\item Comme les $x_k$ jouent des r\^{o}les sym\'{e}triques, on peut se ramener au cas o\`{u}
		$ x_1 = \max(x_1, \cdots, x_n)$. Il vient $m(t)=x_1 \exp \left[ \dfrac{\ln \left(1+\sum_{k=2}^{k}y_k^t \right) }{t} \right]
		\underset{t\to +\infty}{\longrightarrow} x_1 $ car $y_k= \dfrac{x_k}{x_1} \in ]0,1]$ pour $k=2,\cdots,n$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Soit $t<0$. Alors $t=-\vert t \vert$ et l'\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e devient un jeu d'\'{e}criture.
	\item La valeur absolue est positive et d\'{e}croissante sur $\mathbb{R}_{-}^{\ast}$. Par composition avec une fonction croissante sur $\mathbb{R}_{+}$ on obtient une fonction d\'{e}croissante sur $\mathbb{R}_{-}^{\ast}$ et en passant \`{a} l'inverse, il en d\'{e}coule que
	 $ t \mapsto m_t(x_1, \cdots, x_n)$ est croissante sur $\mathbb{R}_{-}^{\ast}$. La r\'{e}ponse compl\`{e}te provient du raccordement continu en $0$ car
	 $\lim\limits_{t\to 0^{-}} m_t(x_1, \cdots, x_n)=\lim\limits_{s\to 0^{+}} m_s(x_1^{-1}, \cdots, x_n^{-1})^{-1}=
	 \left(x_1\times \cdots \times x_n \right)^{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{t\to 0^{+}} m_t(x_1, \cdots, x_n)$.
	\item En utilisant une nouvelle fois 4. a), il vient
	$$
	\lim\limits_{t\to -\infty} m_t(x_1, \cdots, x_n)=\lim\limits_{s\to +\infty} m_s(x_1^{-1}, \cdots, x_n^{-1})^{-1}
	=\frac{1}{\max(x_1^{-1}, \cdots, x_n^{-1})}=\min(x_1, \cdots, x_n).
	$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{56}

 Soit $u$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$ par : $u(x)=\exp\left(\frac{x^2}2\right)$.\\
Pour tout $n\in \N$, on note $u^{(n)}$ la d\'{e}riv\'{e}e $n$-i\`{e}me de $u$.\\
Pour tout $n\in \NN$, on d\'{e}finit la fonction $H_n$ par : $\forall x\in \R,\ u^{(n)}(x)=H_{n}(x)u(x)$.
\begin{enumerate}
\item Trouver une relation simple entre $u^{\prime }(x)$, $u(x)$ et $x$ qui est valable pour tout $x\in \RR$.\\
En d\'{e}duire que : $\forall n\in \NN,\ \forall x\in \RR,\ H_{n+2}(x)=xH_{n+1}(x)+(n+1)H_n(x)$.
\item Montrer que $H_n$ est une fonction paire (resp. impaire) si $n$ est un entier pair (resp. impair).
\item Pour tout $p\in \NN$, exprimer $H_{2p}(0)$ en fonction de $p$.
\item Montrer que la fonction $H_n$ est strictement positive sur $]0,+\infty[$.
\end{enumerate}
Soit la suite $(T_n)_{n\geq 1}$ d\'{e}finie par r\'{e}currence par $T_0=1$, $T_1=1$ et :
$$\forall n\geq 0,\ T_{n+2}=T_{n+1}+(n+1)T_{n}.$$ \begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que $T_{n}=H_{n}(1)$.
\end{enumerate}
\medskip
Pour tout $p\in \NN$, on d\'{e}finit la fonction $v_p$ par : $v_p(x)=H_{2p}(x)\exp\left(\frac{x^2}4\right)$.\\
\textsl{On admet} qu'alors on a : $\forall x\in [0,1],\ \alpha^2 v_{p}(x)\leq v_{p}''(x)\leq\beta^2 v_{p}(x)$, avec $\beta=\sqrt{2p+\frac34}$ et $\alpha=\sqrt{2p+\frac12}$.
\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $p\in \NN$. Pour tout $x\in \RR$, on pose $\phi(x)=\dfrac{H_{2p}(0)}2\left(\ee^{\beta x}+\ee^{-\beta x}\right)$.\\
En \'{e}tudiant le signe de $w=v_{p}\times \phi'-v_{p}'\times \phi$, montrer que :
$\forall x\in [0,1],\ v_{p}(x)\leq \phi (x).$
\end{enumerate}
{\em On obtiendrait de m\^{e}me le r\'{e}sultat suivant que l'on admet :}
$$\forall x\in [0,1],\ v_{p}(x)\geq \frac{H_{2p}(0)}2\left(\ee^{\alpha x}+\ee^{-\alpha x}\right).$$

\begin{enumerate}[resume]
\item D\'{e}duire des questions pr\'{e}c\'{e}dentes un \'{e}quivalent de $T_{2p}$ lorsque $p$ tend vers $+\infty$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On a $u'(x)=x u(x)$.
Donc en d\'{e}rivant $n+1$ fois par la formule de \textsc{\textsc{Leibniz}}, on a :
$$
u^{(n+2)}(x)=\dsum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}k \dfrac{{\rm d}^k}{{\rm d}x^k}\left(x\right) \times u^{(n+1-k)}(x)
=x u^{(n+1)}(x)+(n+1) u^{(n)}(x).$$
Puis on multiplie tout par $u(x)$. {\em Autre id\'{e}e :} par r\'{e}currence sur $n$ (h\'{e}r\'{e}dit\'{e} en d\'{e}rivant une fois).
\item Comme  $u$ est paire, $u^{(n)}$ est de m\^{e}me parit\'{e} que $n$, donc $H_n=\frac{u^{(n)}}{u}$ aussi.\\
{\em Autre id\'{e}e : } montrer $H_n(-x)=(-1)^nH_n(x)$ par r\'{e}currence double sur $n\geq 0$.
\item En \'{e}valuant  en $x=0$ (avec $n=2p$), on a :
$H_{2(p+1)}(0)=(2p+1)H_{2p}(0),$\\
Donc :
$
H_{2p}(0)=H_{0}(0) \dprod_{k=0}^{p-1} (2k+1)
= \dfrac{(2p)!}{\dprod_{k=1}^{p} 2k}
= \dfrac{(2p)!}{2^p p!}.
$
\item Montrons par r\'{e}currence double sur $n\geq 0$ la relation : $\forall x>0,\ H_n(x)>0$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] C'est vrai pour $n=0$ et $n=1$ car $H_0=1$ et  $H_1=X$.
\item[$\bullet$] Si c'est vrai aux rangs $n$ et $n+1$, la question $1$ montre que c'est vrai pour $n+2$.
\end{itemize}

\item Par r\'{e}currence double \'{e}vidente, car  $T_0=H_0(1),\ T_1=H_1(1)$ et
$$H_{n+2}(1)=H_{n+1}(1)+(n+1)H_n(1),\ T_{n+1}+(n+1)T_n=T_{n+2}$$
\item Notons $a=H_{2p}(0)$. Comme $H_{2p}(0)\geq 0$ (\cf Q3), on a $\phi(x)\geq 0$, donc :
$$w'(x)= v_{p}(x)\phi''(x)-v_{p}''(x)\phi(x)
= v_{p}(x) \beta^2\phi(x)-v_{p}''(x)\phi(x) = \phi(x) \big(v_{p}(x)\beta^2-v_{p}''(x)\big) \geq 0.$$Or $\phi'(0)=0$ et $v_{p}'(0)=0$ (car $H_{2p}'$ impaire, car $H_{2p}$ paire), d'o\`{u} :
$w(0)=v_{p}(0)\phi'(0)-v_{p}'(0)\phi(0)=0.$\\
Comme $w$ est croissante, on donc $w$ est positive sur $[0,1]$.\\ Ainsi ($\phi>0$) : $\left(\dfrac{v_{p}}{\phi}\right)'=-\dfrac{w}{\phi^2}\leq 0$.
Or $\left(\dfrac{v_{p}}{\phi}\right)(0)=\dfrac{a}{a}=1$.\\ Donc : $\forall  x\in [0,1],\ \dfrac{v_{p}(x)}{\phi(x)}\leq 1,$
soit : $\forall x\in [0,1],\ v_{p}(x)\leq \phi (x).$
\item D'apr\`{e}s la question pr\'{e}d\'{e}dente, pour $x=1$, en notant $\cosh(x)=\frac12(\ee^x+\ee^{-x})$, on a :
$$H_{2p}(0)\cosh\left(\sqrt{2p+\frac12}\right)\leqslant \exp \left(\frac{1}{4}\right)\times H_{2p}(1)\leqslant H_{2p}(0)\cosh\left(\sqrt{2p+\frac34}\right).$$


Comme $\sqrt{2p+\frac12}$ tend vers $+\infty$ et $\cosh x \equivalent{x\to +\infty} \frac{\ee^x}2$, on a :
$\cosh\left(\sqrt{2p+\frac12}\right) \equivalent{p\to +\infty} \frac{\ee^{\sqrt{2p+\frac12}}}2 \equivalent{p\to +\infty} \frac{\ee^{\sqrt{2p}}}2,$\\
o\`{u} cette seconde \'{e}quivalence se justifie par :
$\dfrac{\ee^{\sqrt{2p+\frac12}}}{\ee^{\sqrt{2p}}}=\ee^{\sqrt{2p+\frac12}-\sqrt{2p}}= \ee^{\sqrt{2p+\frac12}-\sqrt{2p}} \rTo_{p\to +\infty} 1,$\\
puisque :  $\sqrt{2p+\frac12}-\sqrt{2p}=\sqrt{2p} \left(\sqrt{1+\frac1{2p}}-1\right)
\equivalent{p\to +\infty} \sqrt{2p} \times \dfrac12\times \dfrac1{2p} =\dfrac1{\sqrt{2p}} \rTo_{p\to +\infty} 0.
$\\
De m\^{e}me, on a $\cosh\left(\sqrt{2p+\frac34}\right) \equivalent{p\to +\infty} \frac{\ee^{\sqrt{2p}}}2$, donc par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on en d\'{e}duit que
$$T_{2p}=H_{2p}(1)\equivalent{p\to +\infty} \ee^{-\frac14} H_{2p}(0)\times \frac{\ee^{\sqrt{2p}}}2=\dfrac{(2p)!}{2^{p+1} p!}\ee^{\sqrt{2p}-\frac14}.$$

\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{60}

Pour tout entier naturel $n$, on consid\`{e}re $a_n=\displaystyle \int_n^{+\infty}e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}\ dt$ \quad et \quad $g_n : t \longmapsto e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}$
\begin{enumerate}
\item Justifier que la suite $(a_n)_{n\in\NN}$ est bien d\'{e}finie.
\end{enumerate}

Pour tout $n\in \NN$, on consid\`{e}re la fonction $f_n$ d\'{e}finie sur $\RR_+$ par :
$$f_n(x)=e^{-x}\left(1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}\right)=e^{-x}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{x^k}{k!}$$

\begin{enumerate}[resume]
\item \begin{enumerate}
\item Calculer $f_n'$. En d\'{e}duire que, pour tout $n$ de $\NN$ et tout $x$ de $\RR_+$ : $f_n(x)=1-\Int_{0}^xe^{-t}\dfrac{t^n}{n!}\ dt.$
\item Etablir que, pour tout $n$ de $\NN$, on a : $ f_n(n)=a_n.$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item \'{E}tudier, pour tout $n$ de $\N$, les variations de la fonction $g_n$ sur $[n,n+1]$ .
\item En d\'{e}duire que la suite $(a_n)$ est d\'{e}croissante. \'{E}tudier sa convergence.
\end{enumerate}

\item On consid\`{e}re  une suite de variables al\'{e}atoires $(X_n)_{n\in \NN^*}$ d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A},P)$, ind\'{e}pendantes suivant la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre 1. On note $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}X_k$.


\begin{enumerate}
\item  Donner la loi de $S_n$ pour tout $n\in \N^*$. En d\'{e}duire l'existence et la valeur de $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{n^k}{k!}$.
\item En d\'{e}duire que : $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}a_n=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $n$ de $\N$, montrer que l'\'{e}quation $f_n(x)=\dfrac{1}{2}$, d'inconnue $x\in \RR_+$,\\ admet une unique solution que l'on notera $b_n$.

\item Montrer l'existence de la suite $(b_n)$ et d\'{e}terminer sa limite.
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Comme l'int\'{e}grale $\Gamma(n+1)=\dint_0^{+\infty}e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}\ dt$ converge, il en est de m\^{e}me de l'int\'{e}grale qui d\'{e}finit $a_n$.

\item \begin{enumerate}
\item La fonction $f_n$ est de classe $C^1$ sur $\R_+$ avec $f_n'(x)=-e^{-x}\dfrac{x^n}{n!}$ pour tout $x$ de $\RR_+$.\\
L'\'{e}galit\'{e} d\'{e}coule de l'int\'{e}gration de $f_n'$ sur $[0,x]$ avec $x\geq 0$.
\item On a l'\'{e}galit\'{e} car $\Int_{0}^{+\infty}e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}dt=\dfrac{\Gamma(n+1)}{n!}=1$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Si $n\geq 1$, alors $g_n$ d\'{e}cro\^{\i}t sur $[n,n+1]$ car : $g_n'(t)=e^{-t}\dfrac{t^{n-1}}{n!}(n-t)\leq 0$.\\
M\^{e}me r\'{e}sultat pour $n=0$ car $g_0(t)=-e^{-t}$.
\item En posant $u(t)=-e^{-t}$ et $v(t)=\dfrac{t^{n+1}}{(n+1)!}$, et en int\'{e}grant par parties, $u$ et $v$ \'{e}tant $C^1$ sur $\RR$, on obtient :
$$\displaystyle \int_{n+1}^{X}e^{-t}\dfrac{t^{n+1}}{(n+1)!}\ dt =\left[-e^{-t}\dfrac{t^{n+1}}{(n+1)!}\right]_{n+1}^X+\Int_{n+1}^{X}e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}dt.$$

En faisant tendre $X$ vers $+\infty$ et en utilisant la relation de \textsc{Chasles}, on obtient : $$\forall n \in \NN, a_{n+1}-a_n=e^{-(n+1)}\dfrac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}+\Int_{n+1}^{n}e^{-t}\dfrac{t^n}{n!}=g_{n}(n+1)-\Int_{n}^{n+1}g_n(t)dt \geq 0, $$
 car $g_n$ d\'{e}croit sur $[n,n+1]$. \\
Ainsi, la suite $(a_n)$ est d\'{e}croissante. Elle est de plus minor\'{e}e par 0, par positivit\'{e} de l'int\'{e}grale, donc elle converge.
\end{enumerate}

\item \begin{enumerate}
\item Comme $S_n$ est la somme de $n$ variables ind\'{e}pendantes suvant la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre 1, alors $S_n$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $n$.\\
Comme $X_1, X_2, \cdots ,X_n$ sont des variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes de m\^{e}me loi, de variance non nulle ($V[X_1]=1$),  d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me limite central, on a :
$\dfrac{S_n-E[S_n]}{\sqrt{V[S_n]}}\overset{\mathcal{L}}\longrightarrow \mathcal{N}(0,1)$.\\
Comme  $E[S_n]=n$ et $V[S_n]=n$, puisque $S_n \hookrightarrow \mathcal{P}(n)$, cela donne :
$$e^{-n}\Sum_{k=0}^{n}\dfrac{n^k}{k!}=P(S_n\leq n)= P\left(\dfrac{S_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right)\underset{n\rightarrow +\infty}\longrightarrow \Phi(0)=\dfrac{1}{2}.$$
\item Pour tout $n$ de $\N$, $a_n=f_n(n)=e^{-n}\Sum_{k=0}^{n}\dfrac{n^k}{k!}$, donc $(a_n)$ converge vers $\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $n$ de $\NN$, pour tout $x$ de $\RR$, $f_n'(x)=-e^{-x}\dfrac{x^n}{n!}\leq 0$. Donc $f_n$ est continue et strictement d\'{e}croissante sur $[0,+\infty[$ ($f_n'$ n\'{e}gative et ne s'annule qu'en 0). Ainsi, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de la bijection, $f_n$ est bijective de $[0, +\infty[$ sur l'intervalle $]0,1]$.\\ Par cons\'{e}quent, $\dfrac{1}{2}$ admet un unique ant\'{e}c\'{e}dent $b_n$ par $f_n$ dans $\RR_+$.
\item Pour tout $n$ de $\NN$, $f_n(b_n)=\dfrac{1}{2}$ et $(a_n)$ est d\'{e}croissante de limite $\dfrac{1}{2}$ donc, pour tout $n$ de $\NN$, on a :

$a_n\geq \dfrac{1}{2}\ssi f_n(n)\geq f_n(b_n)\ssi b_n\geq n$ par d\'{e}croissance de $f_n^{-1}$ sur $]0,1]$.

On en d\'{e}duit que $(b_n)$ diverge vers $+\infty$ d'apr\`{e}s les th\'{e}or\`{e}mes de comparaison.
\end{enumerate}


\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{62}


Soit $(s_n)_{n\geq 0}$ la suite d\'{e}finie par
$$s_0=2 \mbox{ et pour tout } n\geq 0, s_{n+1}= 1+ \prod_{k=0}^n s_k$$

\begin{enumerate}
\item Calculer $s_1, s_2$ et $s_3$.
\item Montrer que la suite $(s_n)$ est croissante.
\item Montrer que $\dlim_{n\to +\infty} s_n= +\infty$.
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n\in \N, s_{n+1}= s_n^2-s_n+1$
 \item En d\'{e}duire que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 0} \dfrac{1} {s_k}$ converge et calculer sa somme.
 \end{enumerate}
\item On pose $r= 2^{\frac13}$ et on admet que pour tout $n\geq 3, s_n \geq r^{2^{n+1}}$.
\begin{enumerate}
\item  Montrer que $r< \frac{21}{16}$. En d\'{e}duire que $s_0s_1s_2 \geq r^{16}$.
\item On pose pour tout $n\geq 0, u_n= \dfrac{\ln(s_n)}{2^{n+1}}$. Montrer que la suite $(u_n)$ converge. On note $\ell$ sa limite.
\item Montrer que $\ell \geq \dfrac{\ln 2 } 3$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On a $s_0=2, s_1=3, s_2= 7, s_3= 42$.
\item Par r\'{e}currence imm\'{e}diate, pour tout $n\geq 0, s_n \in \N^*$ ;  donc $s_{n+1}>1+s_n>s_n$.
\item On montre par r\'{e}currence que pour tout $n \in \N, s_n\geq n$. Ceci est v\'{e}rifi\'{e} pour $n=0,1,2,3$. Et si $s_n\geq n$, alors $s_{n+1}\geq n! >n$. Ainsi $\dlim_{n\to +\infty} s_n=+\infty$.
\item
\begin{enumerate}
\item On a
$$s_{n+1}-1= s_n \left(\prod_{k=0}^{n-1} s_k\right) = s_n(s_n-1)$$
 \item  Ainsi
 $$\frac{1}{s_{n+1}-1}= \frac{1}{s_n(s_n-1)}= \frac{1}{s_{n}-1}-\frac{1}{s_n}$$
 Puis en sommant, $-\dsum_{k=0}^{n-1} \left(\dfrac{1}{s_{k+1}-1}-\dfrac{1}{s_{k}-1}\right)= \dsum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{s_k}$. Et par t\'{e}lescopage
 $$\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{s_k}= -\frac{1}{s_n-1}+1 \longrightarrow  1$$
  \end{enumerate}

\item On pose pour tout $n\geq 0, u_n= \dfrac{\ln(s_n)}{2^{n+1}}$.
\begin{enumerate}
\item[] (non demand\'{e} dans l'exercice). Montrons par r\'{e}currence forte sur $n$ que  pour tout $n\geq 3, s_n \geq r^{2^{n+1}}$.
\begin{itemize}
\item Ceci est v\'{e}rifi\'{e} pour $n=3$.
\item Supposons que $s_k \geq r^{2^{k+1}}$, pour tout $k\in \llbracket 3,n\rrbracket$. Alors

$$
s_{n+1}= 1+ \prod_{k=0}^n s_k > s_0s_1s_2\prod_{k=3}^n s_k > r^{16} \times \prod_{k=3}^n r^{2^{k+1}}\geq  r^{{16} +\dsum_{k=3}^n 2^{k+1}}
= r^{{16} +\dsum_{k=4}^{n+1} 2^{k}}= r^{16+2^{n+2}-16}= r^{2^{n+2}}
$$
\end{itemize}

\item  On a
$$r<\frac{21}{16}\Leftrightarrow 2< \left( 1+ \frac{5}{16}\right)^3$$
Il suffit alors de d\'{e}velopper la derni\`{e}re expression par le bin\^{o}me de \textsc{Newton}.

On  a $s_0s_1s_2= 42 $ et $r^{16}= 2^{16/3}=32\times r$. Ainsi
$$\frac{s_0s_1s_2}{r^{16}} = \frac{42}{32 r} > \frac{r}{r}=1$$



\item  La suite $(u_n)$ est d\'{e}croissante (au moins \`{a} partir d'un certain rang) et minor\'{e}e par $0$. En effet
$$u_{n+1}-u_n= \frac{1}{2^{n+2}}\left( \ln(s_{n+1}-2\ln (s_n))\right)= \frac{1}{2^{n+2}} \ln (1-\frac{1}{s_n}+\frac{1}{s_n^2})\sim -\frac{1}{2^{n+2}}\times  \frac{1} {s_n}<0$$
car la suite $(s_n)$ tend vers $+\infty$, donc $1/s_n^2$ est n\'{e}gligeable devant $1/s_n$.


\item
Par croissance de la fonction logarithme
$$u_n= \frac{\ln s_n}{2^{n+1}}\geq \ln (r)=  \frac{\ln 2}{3}$$

Par passage \`{a} la limite $\ell \geq \dfrac{\ln 2}{3}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{66}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  \'{E}tudier et repr\'{e}senter l'allure de la courbe de la fonction $S$ d'une
variable r\'{e}elle d\'{e}finie par
$$ S: x  \mapsto \frac{\e^x - \e^{-x}}{2} $$
\item  R\'{e}soudre l'\'{e}quation d'inconnue $x \in \R$: $\, S(x) = 1 \,$.
\item  Justifier que $S$ est une bijection de $\R$ sur un intervalle $I$ \`{a} pr\'{e}ciser,
et expliciter la bijection r\'{e}ciproque~$A$.
\item  Justifier que $A$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $I$ et calculer sa d\'{e}riv\'{e}e
de deux fa\c{c}ons.
\end{enumerate}

\item
Soit $\, a \in \R \,$. R\'{e}soudre l'\'{e}quation d'inconnue $x \in \R$:
$$ S(a) + S(a+x) + S(a+2x) + S(a+3x) = 0 $$

\item
D\'{e}terminer les fonctions $f: \R \to \R$ telles que
$$ \forall (x,x') \in \R^2,\quad  f(x+x') = f(x)\,\e^{x'} + f(x')\,\e^{-x}  $$

\item
\begin{enumerate}
\item  Soit $x \in \R^*$. \'{E}tudier la convergence de la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral
$\, \displaystyle  u_n(x) = \dfrac{1}{S(nx)}\,,\; n \in \N^* \,$.

Lorsqu'elle converge, on note $F(x)$ sa somme:
$\,  F(x) = \dsum_{n=1}^{+\infty} u_n(x) \,$.

\item  \`{A} l'aide d'une comparaison s\'{e}rie-int\'{e}grale, d\'{e}terminer un \'{e}quivalent
de $F(x)$ lorsque $x$ tend vers $0$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
La fonction $S \in \mathcal{C}^1(\R,\R)$ et est impaire. Pour tout $x$ r\'{e}el,   $S'(x) = \dfrac{\e^x +
  \e^{-x}}{2} > 0 \,$. La fonction $S$ est strictement croissante sur $\R$ et  $\dis S(x) \equivalent{x\to +\infty} \e^x/2 \to +\infty \,$,
d'o\`{u} le graphe usuel. $T_{2p}=H_{2p}(1)\equivalent{p\to +\infty} \ee^{-\frac14} H_{2p}(0)\times \frac{\ee^{\sqrt{2p}}}2$.

\item
On a $\, S(x) = 1 $ si et seulement si $\e^{2x} - 2\e^x - 1 = 0$ si et seulement si $\e^x = 1 + \sqrt{2} \,$ car
$\, \e^x > 0 \,$, d'o\`{u} $\, x = \ln\bigl( 1+\sqrt{2} \bigr) \,$.

\item
D'apr\`{e}s l'\'{e}tude de la premi\`{e}re question, $S$ est une bijection de $\R$ sur $\R$. De m\^{e}me, comme $\, \e^x > 0 \,$,
$$ S(x) = y \Leftrightarrow \e^{2x} - 2y\e^x - 1 = 0 \Leftrightarrow \e^x = y + \sqrt{1+y^2} \Leftrightarrow
   x = \ln \bigl( y + \sqrt{y^2+1} \bigr) = A(y)  $$

\item
La fonction $S \in \mathcal{C}^1(\R,\R)$ est bijective et $S'>0$ sur $\R$, donc, par le cours, $A \in \mathcal{C}^1(\R,\R)$
et pour tout $y \in \R$,
$$ A'(y) = \frac{1}{S'\bigl[ A(y) \bigr]} = \frac{2}{\e^{A(y)}+\e^{-A(y)}} =
   \frac{2}{y+\sqrt{y^2+1} + \frac{1}{y+\sqrt{y^2+1}}} = \frac{1}{\sqrt{y^2+1}} $$
On obtient le m\^{e}me r\'{e}sultat (sic) en utilisant la d\'{e}finition de $A$.
\end{enumerate}

\item
L'\'{e}quation propos\'{e}e \'{e}quivaut \`{a} (puisque le crochet de gauche est non nul)
$$ \e^{a}\,\Bigl[ 1+\e^x+\e^{2x}+\e^{3x} \Bigr] = \e^{-a}\,\Bigl[ 1+\e^{-x} +
   \e^{-2x}+\e^{-3x} \Bigr] \ssi \e^{a} = \e^{-a}\,\e^{-3x} \ssi
   x = -\frac{2a}{3} $$

\item  Pour tous $x,x'$ r\'{e}els non nuls,
$$ f(x)\,\e^{x'} + f(x')\,\e^{-x} = f(x+x') = f(x'+x) = f(x')\,\e^{x} + f(x)\,\e^{-x'}
   \Rightarrow \frac{f(x)}{S(x)} = \frac{f(x')}{S(x')} $$
donc $f/S$ constante. R\'{e}ciproquement, on v\'{e}rifie que les fonctions $\alpha\,S\,,\, \alpha \in \R$,
conviennent.

\item
\begin{enumerate}
\item
La suite $u_n(x)$ est d\'{e}finie si et seulement si  $x \neq 0$. Pour $x>0$, on a $\, u_n(x) \equivalent{n\to +\infty}
  2\e^{-nx} > 0 \,$ qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique convergente.
Donc $\sum u_n(x)$ converge (absolument) pour tout $x \in \R^*$ (par imparit\'{e}).

\item
Pour $x>0$, $\, t \mapsto 1/S(tx) \,$ est d\'{e}croissante sur $\R_+^*$, donc par
comparaison s\'{e}rie-int\'{e}grale,
$$ J(x) = \int_{1}^{+\infty} \frac{{\mathrm d}t}{S(tx)} \leq F(x) \leq J(x) +
   \frac{1}{S(x)} $$
puis par changement de variable $\, u = \e^{tx} \,$ de classe $C^1$ bijectif,
$$ J(x) = \frac{2}{x} \int_{\e^x}^{+\infty} \frac{{\mathrm d}u}{u^2-1} =
   \frac{1}{x}\,\ln \biggl[ \frac{\e^x+1}{\e^x-1} \biggr]
   \build{\sim}{0^+} - \frac{\ln x}{x} $$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\chapter{Probabilit\'{e}s}

\begin{exo}{3}

On fixe un entier $n\geq 1$. On se donne une variable al\'{e}atoire $X_0$ \`{a} valeurs dans $[\![0,n]\!]$ et une suite de variables al\'{e}atoires $(U_m)_{m\in \N}$ qui suivent chacune la loi uniforme sur  $[\![0,n-1]\!]$. On suppose que les variables al\'{e}atoires $X_0, U_0,\dots,U_m,\dots$ sont d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ et qu'elles sont mutuellement ind\'{e}pendantes.

On d\'{e}finit par r\'{e}currence la suite de variables al\'{e}atoires $(X_m)_{m\in \N}$ de la fa\c{c}on suivante :
$$\forall \omega\in \Omega,\ X_{m+1}(\omega)=
\begin{cases}
 X_m(\omega)-1 &\si U_m(\omega)<X_m(\omega)\\
X_m(\omega)+1 & \si U_m(\omega)\geq X_m(\omega)
\end{cases}$$

\begin{enumerate}
\item Pour tout $(i, j)\in [\![0,n]\!]^2$, calculer la probabilit\'{e} conditionnelle $P_{(X_m=j)}\!\left(X_{m+1}=i \right)$.


\item

On note $Y_m = \matrice{
P(X_m=0) \\ \vdots \\ P(X_m=n)}\in \mathcal{M}_{n+1, 1}(\RR)$ et $A_n = \matrice{
0 & 1 & 0 \dots & 0 \\
n & 0 & 2 & \ddots & \vdots \\
0 & n-1 & \ddots & \ddots & 0 \\
\vdots & \ddots & \ddots & 0 & n \\
0 & \dots & 0 & 1 & 0} \in \mathcal{M}_{n+1}(\RR)$.\\
Pour tout $m\in \NN$, montrer que : $Y_{m+1} = \Frac{1}{n} A_n Y_m$.

\item {\bf Dans cette question seulement}, on suppose que $X_0$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\!\left(n,\Frac{1}{2}\right)$. Montrer que toutes les variables al\'{e}atoires $X_m$ suivent cette m\^{e}me loi. En d\'{e}duire une valeur propre de $A_n$.

\item Soit $f$ l'application lin\'{e}aire d\'{e}finie sur $\RR_n[X]$ par $f(P) = nXP+(1-X^2)P'$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\RR_n[X]$.\\
D\'{e}terminer la matrice de $f$ dans la base canonique $(1,X,\dots, X^n)$.

\item Pour $j\in [\![0,n]\!]$, on pose $P_j = (1-X)^{n-j}(1+X)^j$. Calculer $f(P_j)$.\\
En d\'{e}duire que la matrice $A_n$ est diagonalisable.
\item La valeur de $Y_0$ \'{e}tant suppos\'{e}e connue, comment pourrait-on faire pour trouver la loi de $X_m$ pour tout $m$ entier naturel non nul (\textit{on expliquera juste la d\'{e}marche sans faire de calculs}).
\end{enumerate}

\item Dans la suite de l'exercice, on suppose que $n\geq 2$ et que la variable $X_0$ est constante, \'{e}gale \`{a}  $a\in [\![0,n]\!]$.


\begin{enumerate}
\item Trouver une relation entre $\E(X_{m+1})$ et $\E(X_{m})$.
\item En d\'{e}duire l'existence et la valeur de  $\displaystyle \lim_{m\to+\infty} \E(X_m)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si $\abs{i-j}\neq 1$, il est clair que $\P_{[X_m=j]}\!\left(X_{m+1}=i\right) = 0$.
\item[$\bullet$] Si $j=0$, on a $P_{[X_m=0]}(X_{m+1}=-1)=0$.\\
Et comme la somme des probabilit\'{e}s vaut $1$, on a $P_{[X_m=0]}(X_{m+1}=1)=1$. \\
\item[$\bullet$] Si $j=n$, on a de m\^{e}me $P_{[X_m=n]}(X_{m+1}=n+1)=0$ et $P_{[X_m=n]}(X_{m+1}=n-1)=1$.
\item[$\bullet$] Si $1\leq j\leq n-1$ :\\
$P_{[X_m = j]}(X_{m+1}=j-1) = P_{[X_m = j]}((X_{m}=j)\cap (U_m<j)) =P(0\leq U_{m}\leq j-1) =
\dfrac{j}{n},$\\
par ind\'{e}pendance de $X_m$ (fonction de $U_0,\dots,U_{m-1}$) et $U_m$. Et : $P_{[X_m = j]}(X_{m+1}=j+1) = \dfrac{n-j}{n}$.
\end{itemize}

\item La f. des probabilit\'{e}s totales donne : $P(X_{m+1}=i) = \displaystyle\sum_{j=0}^n P_{[X_m = j]}(X_{m+1}=i) \cdot P(X_m=j) = \Frac{1}{n} A_n Y_m$\\
en posant $A_n = \left(n P_{[X_m = j]}(X_{m+1}=i)\right)_{1\leq i,j\leq n}$, d'o\`{u} le r\'{e}sultat d'apr\`{e}s la question $1$.

\item Par r\'{e}currence sur $m\geq 0$. Initialisation imm\'{e}diate. Si c'est vrai pour $m$, alors :
$$Y_{m+1}=\dfrac{1}{n}A_n\left(\dfrac{1}{2^n}\bino{n}{i}\right)_{0\leq i\leq n}=\dfrac{1}{n2^n}\matrice{\bino{n}{1}\\\vdots \\(n+1-i)\bino{n}{i-1}+(i+1)\bino{n}{i+1}\\ \vdots \\ \bino{n}{n-1}},$$
d'o\`{u} le r\'{e}sultat puisque pour tout $i\in\llbracket 1 , n-1\rrbracket$, on a :$(n+1-i)\bino{n}{i-1}+(i+1)\bino{n}{i+1}=n\bino{n}{i}$.\\ D'o\`{u} $n\in \Sp(A_n)$.


\item
\begin{enumerate}
\item

On a $f(1) = nX+(1-X^2)0 = nX$.\\ Pour $j\in \llbracket 1,n\rrbracket$, il vient $f(X^j) = nX^{j+1}+(1-X^2)jX^{j-1} = (n-j)X^{j+1}+jX^{j-1}$.\\
Cela montre que $f$ est un endomorphisme de $\R_n[X]$ de matrice  $A_n$ dans la base canonique.

\item Chaque polyn\^{o}me $P_j$ est dans $\R_n[X]$. Pour $j\in \llbracket 0 , n \rrbracket$ :
\begin{align*}
~\hspace{-3em}f(P_j) & = nX(1-X)^{n-j}(1+X)^j + (1-X^2) [j(1-X)^{n-j} (1+X)^{j-1} -(n-j)(1-X)^{n-j-1}(1+X)^j]\\
& = (1-X)^{n-j-1}(1+X)^{j-1} \left[nX(1-X)(1+X) + j(1-X^2)(1-X) - (n-j) (1-X^2)(1+X)\right] \\
& = (1-X)^{n-j} (1+X)^{j}\left[nX+j(1-X)-(n-j)(1+X)\right] \\
 &= (2j-n)(1-X)^{n-j}(1+X)^j =(2j-n)P_j
\end{align*}


Les polyn\^{o}mes $P_j$ \'{e}tant non nuls, ce sont des vecteurs propres associ\'{e}s aux valeurs propres $2j-n$. On obtient ainsi $n+1$ valeurs propres de $f$ (et donc de $A_n$). Il n'y en a pas d'autres puisque $A_n\in \mathcal{M}_{n+1}(\R)$ et $A_n$ est diagonalisable.

\item Calculer $Y_m=\left(\frac1n\right)^m A_n^m Y_0$, o\`{u} $A_n^m$ se calcule en diagonalisant $A_n$ et o\`{u} $Y_0$ est de m\^{e}me loi que $X_0$.
\end{enumerate}

\item On remarque  que la d\'{e}finition de l'esp\'{e}rance s'\'{e}crit :
$$\E(X_{m+1}) = \matrice{0& 1 &\hdots& n}Y_{m+1}=\matrice{0 &1& \hdots &n}\Frac{1}{n}A_nY_{m}.$$
Or $\matrice{0 &1& \hdots &n}A_n=\matrice{n & \cdots& i(i-1)+(n-i)(i+1) &\cdots  & n(n-1)}=\big(i(n-2)+n\big)_{0\leq i\leq n}$.\\
D'o\`{u} : $\E(X_{m+1}) =\Frac{1}{n}\dsum_{i=0}^{n} (i(n-2)+n)P(X_m=i)= \dfrac{n-2}{n} \E(X_m) +1.$



\item Il s'agit d'une suite arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique. Apr\`{e}s calculs, on obtient: $\E(X_m) = \dfrac{n}{2} + \left[a-\dfrac{n}{2}\right]\left(\dfrac{n-2}{n}\right)^{m}$.\\ D'o\`{u} $\displaystyle \lim_{m\to+\infty} \E(X_m) = \Frac{n}{2}$ puisque, pour $n\geq 2$, on a $\dfrac{n-2}{n}\in ]-1;1[$.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{5}

Soit \(\lambda\) un r\'{e}el strictement positif. Soit \((X_n)_{n\geq1}\) une suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} \((\Omega,{\cal A},\P)\) qui suivent toutes la loi exponentielle de param\`{e}tre \(\lambda\).\\
Pour tout $n\geq 1$, on pose $S_n=\dsum_{i=1}^n X_i$.

L'esp\'{e}rance d'une variable al\'{e}atoire \(X\), lorsqu'elle existe, est not\'{e}e \(\E(X)\).
\begin{enumerate}
\item Quelle est la loi de $\lambda S_n$? En d\'{e}duire que pour \(n\geq1\), une densit\'{e} \(f_{n,\lambda}\) de $S_n$ est donn\'{e}e par:
\[f_{n,\lambda}(t)=\left\{\begin{array}{cl}\dfrac{\lambda^n}{(n-1)!}t^{n-1}\exp(-\lambda t) &\text{si }t\geq0\\ \rule[-0.2cm]{0pt}{0.8cm}0 &\text{sinon}\end{array}\right.\]


\item Soit \((Y_n)_{n\geq1}\) une suite de variables al\'{e}atoires sur \((\Omega,{\cal A},\P)\) poss\'{e}dant une esp\'{e}rance et \textbf{uniform\'{e}ment born\'{e}e} c'est-\`{a}-dire v\'{e}rifiant:
\[\exists A>0,\quad\forall n\in\NN^*,\quad |Y_n|\leq A\]
Montrer que si la suite \((Y_n)\) converge en probabilit\'{e} vers \(0\),  alors on a : \(\dis\lim_{n\to+\infty}\E(|Y_n|)=0\).
\end{enumerate}
Dans la suite de cet exercice, \(f\) d\'{e}signe une fonction \`{a} valeurs r\'{e}elles, continue et born\'{e}e sur $\RR$.


\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout $x>0$, montrer que l'int\'{e}grale  $\dint_0^{+\infty}\exp(-xt)f(t)\, dt$ est convergente. On la note $g(x)$.\\

\end{enumerate}
{\it On admet} que la fonction \(g\) ainsi d\'{e}finie est de classe \(C^\infty\) sur \(\RR_+^*\) et que:
\[\forall k\in\NN,\quad\forall x>0,\quad g^{(k)}(x)=\int_0^{+\infty}(-t)^k\exp(-xt)f(t)\, dt\]
\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout $x>0$ fix\'{e}, trouver une valeur de  \(\lambda\) telle que la suite \(\left(f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right)_{n\geq1}\) converge en probabilit\'{e} vers la variable al\'{e}atoire certaine qui vaut \(f(x)\).

\item En d\'{e}duire que:
\[\forall x>0,\quad f(x)=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}n^n}{(n-1)!x^n}g^{(n-1)}\left(\dfrac{n}{x}\right)\]
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On sait que $X\hookrightarrow {\cal E}(\lambda)\Longrightarrow \lambda X\hookrightarrow \gamma_1$. Le th\'{e}or\`{e}me de stabilit\'{e} pour la loi $\gamma$ donne : $\lambda S_n\hookrightarrow \gamma_n$.

\`{A} partir d'une densit\'{e} de la loi $\gamma_n$ (cens\'{e}e \^{e}tre connue), on obtient ais\'{e}ment le r\'{e}sultat.

\item Pour tout $\epsilon >0$, la formule de l'esp\'{e}rance totale avec le syst\`{e}me  $(|Y_n|>\varepsilon),(|Y_n|\leq\varepsilon)$ donne :
$$\E(|Y_n|)=\E\big(|Y_n|\big||Y_n|>\varepsilon\big)\P(|Y_n|>\varepsilon)+\E\big(|Y_n|\big||Y_n|\leq \varepsilon\big)\P(|Y_n|\leq \varepsilon) \leq A \times \P(|Y_n|>\varepsilon)+ \epsilon \times 1.$$


Or, par d\'{e}finition de la limite, il existe \(n_0\) tel que pour tout \(n\geq n_0\), \(\P(|Y_n|>\varepsilon)\leq \dfrac{\varepsilon}{A}\).\\
Ainsi, pour tout \(n\geq n_0\), on a \(\E(|Y_n|)\leq 2\varepsilon\). Ceci prouve que $\dis\lim_{n\to +\infty} \E(|Y_n|)=0$.
\item L'application \(t\mapsto\exp(-xt)f(t)\) est continue sur \(\RR_+\) ; en $+\infty$ on utilise un th\'{e}or\`{e}me de comparaison :
$$|\exp(-xt)f(t)|\leq A\exp(-xt)  \text{\ (si \(|f|\leq A\))\ } \ \avec \dint_0^{+\infty} A\exp(-xt)~{\rm d}t \text{ convergente.}$$

\item On choisit \(\lambda=\dfrac{1}{x}\). D'apr\`{e}s la loi faible des grands nombres, on a : \(\dfrac{S_n}{n}\rTo^{P}E(X_1)=x\).\\
Comme $f$ est continue sur $\RR$, on en d\'{e}duit que \(f(\dfrac{S_n}{n})\rTo^{P}f(x)\).
\item D'apr\`{e}s la question 4, on a \(f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-f(x)\rTo^{P}0\), donc, d'apr\`{e}s 2, on a : \(\E(|f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-f(x)|) \rTo 0\).

Comme \(\left|\E\left(f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right)-\E(f(x))\right|\leq \E(|f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)-f(x)|)\), on d\'{e}duit :  \[\E\left(f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right) \rTo \E(f(x))=f(x)\].


Par ailleurs, avec $\lambda =\dis\frac1x$, il vient :
\begin{align*}
\dis \E\left(f\left(\dfrac{S_n}{n}\right)\right) &=\int_0^{+\infty}f(t/n) f_{n,\lambda}(t)\, dt\\
&=n\int_0^{+\infty} f(t) \dfrac{\lambda^n}{(n-1)!}(nt)^{n-1}\exp(-\lambda nt)\, dt \\
&=\dfrac{n^n}{(n-1)! x^n}\int_0^{+\infty} t^{n-1}\exp\left(-\dfrac{nt}{x}\right) f(t)\, dt\\
&=\dfrac{(-1)^{n-1}n^n}{(n-1)!x^n}g^{(n-1)}\left(\dfrac{n}{x}\right).
\end{align*}
D'o\`{u} le r\'{e}sultat voulu.

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{9}


	
Soit un entier $n\geq 2$. On consid\`{e}re une urne contenant $n-1$ boules blanches et une boule noire. On vide enti\`{e}rement cette urne en effectuant des tirages successifs d'une boule. Les tirages de rang impair (premier tirage, troisi\`{e}me tirage,...) se font sans remise tandis que les  tirages de rang pair se font avec remise.

Pour tous les tirages, chaque boule de l'urne a la m\^{e}me probabilit\'{e} d'\^{e}tre tir\'{e}e.

On note $X$ (respectivement $Y$) la variable al\'{e}atoire r\'{e}elle \'{e}gale au rang du premier (respectivement  dernier) tirage de la boule noire.  Les variables al\'{e}atoires $X$ et $Y$ sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, {\mathcal A}, P)$.

\begin{enumerate}

\item
  \begin{enumerate}
  \item D\'{e}terminer des bornes pour $X(\Omega)$ et $Y(\Omega)$.
  \item  \'{E}tablir que $P(X=1)=P(X=2)$ et que $P(X=2n-1)=0$.
  \item Montrer que pour tout entier  $ j \in \llbracket 2,n\rrbracket $, on a : $$P(X=2j-1)=\frac{n-j}{n(n-1)}$$
  V\'{e}rifier que cette formule reste vraie pour $j=1$
  \item Montrer que  pour tout entier $j\in  \llbracket 2,n\rrbracket $,  on a : $P(X=2j-1)=P(X=2j)$.
  \item \'{E}tablir $$E(X)=\dsum_{j=1}^{n-1} (4j-1)\frac{n-j}{n(n-1)}$$
  Dans la suite de l'exercice on admet que $E(X)=\dfrac{1}{6}(4n+1)$.   \end{enumerate}


\item D\'{e}terminer la loi de $Y$ et son esp\'{e}rance.

{\it Si n\'{e}cessaire, on pourra utiliser la formule: $\dsum_{k=1}^n (2k-1)= n^2$}

\item On note $Z$ la variable al\'{e}atoire r\'{e}elle \'{e}gale au nombre de tirages de la boule noire \`{a} la fin des tirages. Justifier que $Z\leq Y-X+1$ et montrer que pour tout $n\geq 5$:

$$P(Z\geq n)\leq \frac{1}{2}$$

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item
  \begin{enumerate}
  \item Une boule part au premier tirage puis une boule part tous les $2$ tirages, donc en tout, $1+ 2(n-1)=2n-1$ tirages sont n\'{e}cessaires pour vider l'urne.  Ainsi $X(\Omega)=\llbracket 1,2n-2\rrbracket $ (la derni\`{e}re boule tir\'{e}e l'est 2 fois de suite) et $Y(\Omega)\subset \llbracket 1,2n-2\rrbracket$.
  \item
On a   $P(X=1)=\dfrac{1}{n}$. L'\'{e}v\'{e}nement $(X=2)$ peut se d\'{e}crire $BN$ d'o\`{u}  $P(X=2)=\dfrac{n-1}{n}\dfrac{1}{n-1}=\dfrac{1}{n}$.

  Pour tirer la boule noire au tirage $2n-1$ il faut commencer par tirer $2n-2=1+2(n-2) +1 $  boules blanches. Pour cela on enl\`{e}ve n\'{e}cessairement de l'urne $1 +(n-1)=n$ boules blanches, ce qui est impossible, car elle n'en contient que $n-1$. Ainsi  $P(X=2n-1)=0$.

  \item Soit $j$ tel que $3\leq j \leq n $. L'\'{e}v\'{e}nement $[X=2j-1]$ se d\'{e}compose:

  $
  \begin{array}{cccccc}
  1                             & 2\  3                                    & \cdots & 2j-4 \hspace*{1.2cm}  2j-3                                 & 2j-2    & 2j-1 \\
  \underbrace{B}_{\displaystyle{\frac{n-1}{n}}} & \underbrace{B\  B}_{\displaystyle{(\frac{n-2}{n-1})^2}} & {\cdots} & \underbrace{\hspace*{0.5cm}B \hspace*{2cm}  B\hspace*{0.5cm} }_{\displaystyle{(\frac{n-j+1}{n-j})^2}} 	&\underbrace{B}_{\displaystyle{\frac{n-j}{n-j+1}}}       & \underbrace{N}_{\displaystyle{\frac{1}{n-j+1}}} \\
  \end{array}	
  $

   Par la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es on obtient :
   $$P(X=2j-1)=\frac{n-1}{n} \times \prod_{k=2}^{j-1}(\frac{n-k}{n-k+1})^2 \ \ \times \frac{n-j}{n-j+1} \times \frac{1}{n-j+1}= \frac{n-j}{n(n-1)}$$  Pour $j=1$, on retrouve la valeur obtenue pr\'{e}c\'{e}demment et la formule reste vraie.


  \item soit $j$ tel que $2\leq j \leq n $. L'\'{e}v\'{e}nement $[X=2j]$ se d\'{e}compose de la m\^{e}me mani\`{e}re, seule la fin diff\`{e}re:
   $
  \begin{array}{cccccc}
  1                             & 2\  3                                    & \cdots & 2j-2\hspace{1cm}  2j-1                  & 2j \\
  \underbrace{B}_{\displaystyle{\frac{n-1}{n}}} & \underbrace{B\  B}_{\displaystyle{(\frac{n-2}{n-1})^2}} & {\cdots} & \underbrace{\hspace*{0,5cm}B \hspace*{2cm}  B\hspace*{0.5cm} }_{\displaystyle{(\frac{n-j}{n-j+1})^2}} 	& \underbrace{N}_{\displaystyle{\frac{1}{n-j}}} \\
  \end{array}	
  $.
  Par la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es on obtient :
  $$P(X=2j)=\frac{n-1}{n} \times \prod_{k=2}^{j}(\frac{n-k}{n-k+1})^2 \ \ \times \frac{1}{n-j}= \frac{n-j}{n(n-1)}=P(X=2j-1)$$

 \item En regroupant les termes de m\^{e}me probabilit\'{e} : $P(X=2j-1)=P(X=2j)$, il vient :


   $$E(X)=\dsum_{k=1}^{2n-2}kP(X=k)=\sum_{j=1}^{n-1} (2j-1+2j)P(X=2j-1)=\sum_{j=1}^{n-1}(4j-1)\frac{n-j}{n(n-1)}=\frac{1}{6}(4n+1)$$
  \end{enumerate}


\item La boule noire appara\^{\i}t pour la derni\`{e}re fois lorsqu'elle est retir\'{e}e de l'urne donc pour un tirage de rang impair; la variable al\'{e}atoire $Y$ peut prendre toutes les valeurs impaires comprises entre $1$ et $2n-1$. On a $P(Y=1)=\dfrac{1}{n}$. L'\'{e}v\'{e}nement $[Y=3]$ est de la forme $(BXN)$,   d'o\`{u} $P(Y=3)=\dfrac{n-1}{n}\times 1\times \dfrac{1}{n-1}=\dfrac{1}{n}$. Pour le cas g\'{e}n\'{e}ral: $(Y=2j-1)$
$
\begin{array}{ccccc}
1                             & 2\  3                                    & \cdots & 2j-4\hspace{1cm}  2j-3       & 2j-2\  2j-1 \\
\underbrace{B}_{\displaystyle{\frac{n-1}{n}}} & \underbrace{?\  B}_{\displaystyle{1.\frac{n-2}{n-1}}}  & {\cdots} & \underbrace{\hspace*{0,5cm}? \hspace*{2cm}  B\hspace*{0.5cm} }_{\displaystyle{\frac{n-j+1}{n-j+2}}} 	& \underbrace{\hspace*{0,5cm}? \hspace*{2cm}  B\hspace*{0.5cm} }_{\displaystyle{1 \times\frac{1}{n-j+1}}} \\
\end{array}	
$

Par t\'{e}lescopage, $P(Y=2j-1)=\dfrac{1}{n}$ pour tout entier $j$ tel que $1 \leq j \leq 2n-1$:  $Y$ suit une loi uniforme. Ainsi $E(Y)=\dfrac{1}{n}[1+3+5+ \cdots (2n-1)]=\frac{n^2}{n}=n$.

\item La boule noire n'appara\^{\i}t qu'entre les tirages de rangs $X$ et $Y$ d'o\`{u}: $Z \leq Y-X+1$. \\
Par lin\'{e}arit\'{e} : $E(Z) \leq E(Y)-E(X)+1= n - \frac{1}{6}(4n+1)+1= \frac{1}{6}(2n+5) \leq \frac{3n}{6}$ d\'{e}s que $n\geq 5$.\\ Par l'in\'{e}galit\'{e} de  \textsc{Markov}: $P(Z\geq n)\leq \frac{E(Z)}{n} \leq \frac{3n}{6n}= \frac{1}{2}$.

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{10}


\begin{enumerate}
\item Soit  $k\in \N$ fix\'{e}. D\'{e}terminer un \'{e}quivalent de $\ds\binom{n}{k}$ lorsque l'entier $n$ tend vers $+\infty$.
\item En d\'{e}duire que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq k} \binom{n}{k}x^n$ converge pour tout $x\in ]-1,1[$.\\
On note $f_k(x)= \dsum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k}x^n$.
\item En utilisant la formule du triangle de \textsc{Pascal}, montrer que pour tout $x\in ]-1,1[$,
$$f_{k+1}(x)= xf_k(x)+xf_{k+1}(x)$$
\item En d\'{e}duire, pour tout $x\in ]-1,1[$, l'expression de $f_k(x)$ en fonction de $k$.
\item Soit $p\in ]0,1[$ ; on pose $q=1-p$. On effectue une suite de lancers avec une pi\`{e}ce truqu\'{e}e qui donne "pile" avec la probabilit\'{e} $p$ et "face"  avec la probabilit\'{e} $q$.\\ Soit $k\in \NN^*$. Calculer la probabilit\'{e} de ne jamais obtenir $k$ "pile".

{\em Pour tout $n\in \llbracket k,+\infty\llbracket$ on s'int\'{e}ressera \`{a} l'\'{e}v\`{e}nement $A_n$ \og obtenir le $k$-i\`{e}me "pile" au bout de $n$ lancers exactement \fg.}

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item On sait que $\ds\binom{n}{k}= \dfrac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}\sim \dfrac{n^k}{k!}$.
\item Ainsi $\ds\binom{n}{k}x^n\sim \dfrac{1}{k!} n^kx^n$. Or pour $|x|<1$, $\dlim_{n\to +\infty}n^2 n^kx^n=0$. La s\'{e}rie $\dsum_{n\geq k} \binom{n}{k}x^n$ est donc absolument convergente.
\item On rappelle que $\ds\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}= \binom{n+1}{k+1}$. Donc
\begin{align*}
f_{k+1}(x)&= \sum_{n=k+1}^{+\infty} \binom{n}{k+1}x^n=\sum_{m=k}^{+\infty} \binom{m+1}{k+1}x^{m+1}= x^{k+1}+ \sum_{m=k+1}^{+\infty} \binom{m+1}{k+1}x^{m+1}\\
&= x^{k+1}+ \sum_{m=k+1}^{+\infty} \left(\binom{m}{k+1}+\binom{m}{k}\right) x^{m+1}=\left( x^{k+1}+ \sum_{m=k+1}^{+\infty} \binom{m}{k}x^{m+1}\right)+ \sum_{m=k+1}^{+\infty}\binom{m}{k+1} x^{m+1}\\
&= xf_k(x)+xf_{k+1}(x)
\end{align*}

\item Comme $f_0(x)= \dfrac 1 {1-x}$, par r\'{e}currence (ou en reconnaissant une suite g\'{e}om\'{e}trique), et la relation pr\'{e}c\'{e}dente, il vient $f_k(x)= \dfrac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$.
\item  
Si le dernier "pile" est obtenu au lancer $n\geq k$, alors on a obtenu $(k-1)$ "pile" lors des $(n-1)$ lancers pr\'{e}c\'{e}dents. Donc : $P(A_n)= \ds\binom{n-1}{k-1} p^kq^{n-k}$.\\
Donc, par union disjointe,  la probabilit\'{e} d'obtenir au moins une fois $k$ "pile" est \'{e}gale \`{a} :
$$\dsum_{n=k}^{+\infty}\binom{n-1}{k-1} p^kq^{n-k}=\frac{p^k}{q^k}\sum_{n=k-1}^{+\infty}\binom{n}{k-1} q^{n+1}=\frac{p^k}{q^{k-1}} f_{k-1}(q) =
\frac{p^k}{q^{k-1}}\times \frac{q^{k-1}}{p^k}=1,$$
o\`{u} la sommation est effectu\'{e}e gr\^{a}ce \`{a} la question 4.

La probabilit\'{e} de ne jamais obtenir $k$ "pile" est donc nulle.
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{15}

Toutes les variables al\'{e}atoires de l'exercice sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal{A},P)$.\\
\\
On consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$, de fonction de r\'{e}partition $F$, de densit\'{e} $f$ continue sur un intervalle $I=\left]a,b\right[$, $a<b$, o\`{u} $a$ et $b$ peuvent \^{e}tre infinis. On suppose la densit\'{e} $f$ nulle en dehors de $I$.\\
On note $U$ une variable al\'{e}atoire de loi uniforme sur $\left]0,1\right[$, ind\'{e}pendante de $X$ et $g$ une fonction continue sur $I$, \`{a} valeurs dans $\left[0,1\right]$. On d\'{e}finit enfin une fonction $\psi$ sur $I$ par : $\forall x\in I,\psi(x)=P([X\leq x]\cap[U\leq g(X)])$.
\begin{enumerate}
\item On fixe un r\'{e}el $x$ appartenant \`{a} $I$.
\begin{enumerate}
\item Justifier que pour tout $y\in I$, $g$ admet un maximum sur $[\min(x,y),\max(x,y)]$, que l'on notera $M(x,y)$.

\item Montrer que $$ \lim_{\substack{y\to x \\ y>x}}M(x,y)=g(x) $$
On admet que, de m\^{e}me, on a : $$ \lim_{\substack{y\to x \\ y<x}}M(x,y)=g(x) $$
\end{enumerate}
En notant $m(x,y)$ le minimum de $f$ sur $[\min(x,y),\max(x,y)]$, on montrerait de m\^{e}me que $$ \lim_{y\to x}m(x,y)=g(x) $$
\item Soit $(x,y)\in I^2$ avec $x<y$.
\begin{enumerate}
\item \'{E}crire $\psi(y)-\psi(x)$ \`{a} l'aide de $[x<X\leq y]$ et $[U\leq g(X)]$.
\item En d\'{e}duire : $\psi(y)-\psi(x)\leq \left(F(y)-F(x)\right)M(x,y)$.
\item Montrer que : $\left(F(y)-F(x)\right) m(x,y)\leq \psi(y)-\psi(x)$.
\end{enumerate}
\item En d\'{e}duire que $\psi$ est d\'{e}rivable sur $I$, et que $\psi'=f\times g$.
\item Montrer que : $\ds\int_a^b f(t)g(t)\mathrm{d}t=P(U\leq g(X))$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $g$ est continue sur le segment $[\min(x,y),\max(x,y)]$, donc elle y admet un maximum.
\item Pour $x$ fix\'{e} dans $I$ et $y>x$, on a $[\min(x,y),\max(x,y)]=[x,y]$. On note $u_y$ un r\'{e}el de $[x,y]$ tel que $g(u_y)=M(x,y)$. On a alors, pour tout $y\in \left]x,b\right[$, $x\leq u_y\leq y$, et donc par encadrement :
$$ \lim_{\substack{y\to x \\ y>x}}u_y=x \quad\text{d'o\`{u}}\quad \lim_{\substack{y\to x \\ y>x}}g(u_y)=g(x)\quad\text{(continuit\'{e} de }g)$$
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $\psi(y)-\psi(x)=P([X\leq y]\cap[U\leq g(X)])-P([X\leq x]\cap[U\leq g(X)])=P([x<X\leq y]\cap[U\leq g(X)])$
\item Par d\'{e}finition de $M(x,y)$, on a : $[x<X\leq y]\cap[U\leq g(X)]\subset [x<X\leq y]\cap[U\leq M(x,y)].$
\begin{align*}
\dou \psi(y)-\psi(x)&=P([x<X\leq y]\cap[U\leq g(X)])\\&\leq P([x<X\leq y]\cap[U\leq M(x,y)])  \ \text{(croissance de $P$)} \\
&=P(x<X\leq y)P(U\leq M(x,y)) \ \ \text{($U$ et $X$ ind\'{e}pentantes)}\\
&=(F(y)-F(x)) \times M(x,y) \ \ \text{(loi de $U$ puisque $M(x,y)\in [0,1]$).}
\end{align*}
\item De m\^{e}me, $[x<X\leq y]\cap[U\leq m(x,y)]\subset [x<X\leq y]\cap[U\leq g(X)]$.\\ Donc, par croissance de $P$ et par ind\'{e}pendance de $X$ et $U$, on a :
$$\psi(y)-\psi(x) \geq P[x<X\leq y]P[U\leq m(x,y)])=\left(F(y)-F(x)\right) m(x,y).$$
\end{enumerate}
\item
Pour  $y>x$, on en d\'{e}duit l'encadrement suivant :
$$\frac{F(y)-F(x)}{y-x}m(x,y)\leq \frac{\psi(y)-\psi(x)}{y-x}\leq \frac{F(y)-F(x)}{y-x}M(x,y)$$
et, en \'{e}changeant $x$ et $y$ dans les questions pr\'{e}c\'{e}dentes, cela reste vrai si $y<x$. Or :
$$\dlim_{y\to x}\dfrac{F(y)-F(x)}{y-x}m(x,y)=\dlim_{y\to x}\dfrac{F(y)-F(x)}{y-x}M(x,y)=f(x)g(x).$$
Ainsi, par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on a :
$\dlim_{y\to x}\dfrac{\psi(y)-\psi(x)}{y-x}=f(x)g(x)$.\\
Ainsi $\psi$ est d\'{e}rivable en $x$ et $\psi'(x)=f(x)g(x)$ (vrai pour tout $x\in I$).
\item
\begin{itemize}
\item [$\bullet$]
Pour tout $(x,y)\in I^2$, $\ds\int_x^y f(t)g(t)\mathrm{d}t=\int_x^y \psi'(t)\mathrm{d}t=[\psi(t)]_x^y=\psi(y)-\psi(x)$.
\item [$\bullet$]
Par ailleurs, pour tout $x\in I$, $0\leq P([X\leq x]\cap[U\leq g(X)])\leq P(X\leq x)=F(x)$, et ${F(x) \underset{x \rightarrow a}\longrightarrow 0}$\\ donc par encadrement, ${P([X\leq x]\cap[U\leq g(X)])\underset{x \rightarrow a}\longrightarrow 0}$, c'est-\`{a}-dire : ${\psi(x) \underset{x \rightarrow a}\longrightarrow 0}$.\\
\item [$\bullet$]
On remarque que $P(U\leq g(X))=P([X\leq y]\cap[U\leq g(X)])+P([X>y]\cap[U\leq g(X)]$,\\ donc
$\psi(y)=P(U\leq g(X))-P([X>y]\cap[U\leq g(X)]$.\\
Or, $0\leq P([X>y]\cap[U\leq g(X)])\leq P(X>y)$ et $P(X>y)=1-F(y)\underset{y \rightarrow b}\longrightarrow 0$\\ donc, par encadrement, $P([X>y]\cap[U\leq g(X)])\underset{y \rightarrow b}\longrightarrow 0$, ainsi :
$$\lim_{y\to b}\psi(y)=P(U\leq g(X)),\quad\text{c'est-\`{a}-dire}\quad P(U\leq g(X))=\int_a^b f(t)g(t)\mathrm{d}t$$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{17}


On rappelle que pour tout $\alpha>1$, la s\'{e}rie $\dis \sum_{k\geq 1} \frac{1}{k^\alpha}$ est convergente. On note alors $S(\alpha)= \dis \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha}$.

On admet que $S(2)= \dis \frac{\pi^2}{6}$.

\begin{enumerate}
\item  D\'{e}terminer des r\'{e}els $a,b$ et $c$ tels que pour tout $n\in \N^*$, $\displaystyle\frac{1}{n(n+1)^2}=\frac{a}{n}+\frac{b}{n+1}+\frac{c}{(n+1)^2}$.

\item  Calculer $\dis \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{1}{k(k+1)^2}$.

\medskip

Soit $(X,Y)$ un couple de variables al\'{e}atoires \`{a} valeurs dans $\N^*\times \N$ tel que pour tout $(n,k)\in \N^*\times \N$ :
$$P((X=n) \cap(Y=k))=\frac{\lambda}{(n+1)^{k+3}}$$
\item
\begin{enumerate}
\item  Calculer, pour tout $n\in \N^*, P(X=n)$. En d\'{e}duire la valeur de $\lambda$.

\item  Calculer $E(X)$ et montrer que $X$ n'admet pas de variance.

\item  Exprimer, pour tout $k\in \N$, $P(Y=k)$ \`{a} l'aide de  la fonction $S$.

\item  Montrer que $\dis \sum_{k=2}^{+\infty} (S(k)-1)= 1$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Montrer que $\dis \lim_{x\to +\infty} \sum_{n=2}^{+\infty}\left( \frac{2}{n}\right)^x=1$.

\item  En d\'{e}duire  un \'{e}quivalent de $P(Y=k)$ lorsque $k$ tend vers $+\infty$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item  Par calcul, $a=1, b=-1$ et $c=-1$.

\item  Pour tout $N>0$,
$$\sum_{k=1}^{N} \frac{1}{k(k+1)^2}=  \sum_{k=1}^{N}\left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) -\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{(k+1)^2}$$

Soit $\dis \sum_{k=1}^{N} \frac{1}{k(k+1)^2}=  1-\frac{1}{N+1} -\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{(k+1)^2}$. En prenant la limite, lorsque $N$ tend vers $+\infty$:
$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)^2}= 2-\frac{\pi^2}{6}$$

\item
\begin{enumerate}
\item
 On a:
$$P(X=n)= \sum_{k=0}^{+\infty} P((X=n)\cap (Y=k))= \lambda \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)^{k+3}}=
\frac{\lambda}{(n+1)^3}\sum_{k=0}^{+\infty} \left( \frac{1}{n+1}\right)^k= \frac{\lambda}{n(n+1)^2}$$

Donc $\lambda= \dis\frac{1}{2-\pi^2/6}=\dis\frac{1}{2-S(2)}$.

\item  On a $E(X)= \dis \lambda \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(n+1)^2}= \lambda \left( \frac{\pi^2}{6} -1\right)$. Par contre $E(X^2)$ n'existe pas car $\dis \frac{n^2}{n(n+1)^2}\sim \frac{1}{n}$.

\item  De la m\^{e}me mani\`{e}re,
$$P(Y=k)= \sum_{n=1}^{+\infty} P((X=n)\cap (Y=k))= \lambda \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^{k+3}}=
\lambda(S(k+3)-1)$$
\item Ainsi,
$$1= \sum_{k=0}^{+\infty} P(Y=k)= \frac{1}{2-S(2)} \sum_{k=0}^{+\infty} (S(k+3)-1)\Rightarrow \sum_{k=2}^{+\infty} (S(k)-1)= 1$$

Ceci montre \'{e}galement qu'au voisinage de $+\infty$, $S(k) \sim 1$ car $\dis\lim_{k\to +\infty}\big(S(k)-1\big)=0$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item
On a vu que $\dis \lim_{k\to +\infty} S(k)=1$. D'autre part, $\dis \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{2^x}{n^x}=1+ \sum_{n=3}^{+\infty} \frac{2^x}{n^x} $.\\
Utilisons une comparaison s\'{e}rie/int\'{e}grale. La fonction $t\to \left( \dfrac 2 t \right)^x=\e^{x\ln(2/t)}$ est positive, d\'{e}croissante sur $[2, +\infty[$ et tend vers $0$. La m\'{e}thode de comparaison s\'{e}rie/int\'{e}grale donne
$$\sum_{n=3}^{+\infty}\left( \dfrac 2 n \right)^x - \left(\frac 2 3 \right)^x\leq \int_3^{+\infty} \e^{x\ln(2/t)} dt \leq \sum_{n=3}^{+\infty}\left( \dfrac 2 n \right)^x$$
Or
$$\int_3^{+\infty} \e^{x\ln(2/t)} dt =\e^{x\ln 2}\int_3^{+\infty}\e^{-x\ln t } dt= \e^{x\ln 2}\times \frac 1 x \int_{x\ln 3}^{+\infty}\e^{-u(1-1/x)} du =
 \dfrac{\e^{x\ln 2} \times \e^{-(x-1)\ln 3}}{x-1} \underset{x\to +\infty} \longrightarrow 0$$

\item  Finalement $\dis\lim_{x\to +\infty} 2^x(S(x)-1)= 1$ et $S(x)-1 \sim \dis\frac{1}{2^x}$ et $P(Y=k) \sim \dis\frac{\lambda}{2^{k+3}}$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{19}

Toutes les variables al\'{e}atoires consid\'{e}r\'{e}es sont d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e}
$\,\bigl( \Omega,{\mathcal A},\P \bigr) \,$.
\smallskip

On consid\`{e}re une suite $(R_k)_{k \in \N^*}$ de variables al\'{e}atoires mutuellement
ind\'{e}pendantes, \`{a} valeurs dans $\{ -1,1 \}$ et telles que:
$$ \forall k \in \N^*\:,\quad  \P(R_k=-1) = \P(R_k=1) = \frac{1}{2}  $$
et on pose, pour tout $n \in \N^*$, $\, S_n = \sum\limits_{k=1}^{n} R_k \,$.

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
   \item  Justifier la convergence de l'int\'{e}grale:
$$ \dis \int_{0}^{+\infty} \frac{1-\cos(t)}{t^2} \dd t  \:. $$
On admet que sa valeur est  $\pi/2 \,$.
   \item  En d\'{e}duire, pour tout $x$ r\'{e}el, la valeur de l'int\'{e}grale:
$$ \dis \frac{2}{\pi}\, \int_{0}^{+\infty} \frac{1-\cos(x\,u)}{u^2} \dd u $$

On note $F(x)$ cette int\'{e}grale.
\end{enumerate}

\item
Calculer l'esp\'{e}rance et la variance de $S_n$.

\item
Soit $S$ et $T$ deux variables al\'{e}atoires r\'{e}elles ind\'{e}pendantes, telles que $T$
et $-T$ aient la m\^{e}me loi. Montrer que:
$$ \E \bigl[ \cos(S+T) \bigr] = \E\bigl[ \cos(S) \bigr]\,\E\bigl[ \cos(T) \bigr] $$

\item
Montrer que pour tous $n \in \N^*$ et $t \in \R$, on a:
$$ \E \bigl[ \cos(S_n\,t) \bigr] = (\cos t)^n $$

\item
Montrer que pour tout $n \in \N^*$, on a:
$$ \E\bigl( \vabs{S_n} \bigr) = \frac{2}{\pi}\,\int_{0}^{+\infty}
   \frac{1-(\cos t)^n}{t^2} \dd t $$
On pourra utiliser l'expression trouv\'{e}e en 1.b).
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
   \item  $\, \dis f: t \mapsto \frac{1-\cos(t)}{t^2} \,$ est continue sur $\R_+^*$,
tend vers $1/2$ en $0$ et v\'{e}rifie $\, f(t) = O(1/t^2) \,$ en $+\infty$, donc

l'int\'{e}grale $ \dis \int_{0}^{+\infty} \frac{1-\cos(t)}{t^2} \dd t  $ converge.

   \item  Pour $x=0$, on a $\, F(0) = 0 \,$.
Sinon, le changement de variable $\, u \mapsto \vabs{x}\,u = t \,$ donne:
$$ F(x) = \frac{2}{\pi}\,\vabs{x}\,I = \vabs{x} $$
\end{enumerate}

\item
Par lin\'{e}arit\'{e}, $\, \E(S_n) = 0 \,$, et par ind\'{e}pendance, $\, \V(S_n) = n \,$.

\item
$T$ et $-T$ ayant m\^{e}me loi, on a $\, \E(\sin T) = 0 \,$; puis par lin\'{e}arit\'{e} et
lemme des coalitions,
$$ \E \bigl[ \cos(S+T) \bigr] = \E\bigl[ \cos(S) \bigr]\,\E\bigl[ \cos(T) \bigr] $$

\item
Par r\'{e}currence, lemme des coalitions, th\'{e}or\`{e}me de transfert et 3. on a:
$$ \E\bigl[ \cos(S_{n+1}t) \bigr] = \E\bigl[ \cos(S_n t) \bigr]\,
   \E\bigl[ \cos(R_{n+1}t) \bigr] = \E\bigl[ \cos(S_n t) \bigr]\,\biggl[
   \frac 12\,\cos(t) + \frac 12\,\cos(-t) \biggr] = (\cos t)^{n+1} $$

\item
Par th\'{e}or\`{e}me de transfert, permutation de somme finie d'int\'{e}grales convergentes et 4. on a:
\begin{align*}
   \E \bigl( \vabs{S_n} \bigr) &= E(F(S_n)) \blanc \text{(\cf 1.b)}\\
&=\sum_{s \in S_n(\Omega)} \left[ \P(S_n=s)\,
      \frac{2}{\pi}\, \int_{0}^{+\infty} \frac{1-\cos(st)}{t^2}\,\:\dd t \right] \\
&=
      \frac{2}{\pi}\, \int_{0}^{+\infty} \Bigl[ \frac{1}{t^2}\, \Bigl( 1 -
      \sum_{s \in S_n(\Omega)} \P(S_n=s)\,\cos(st) \Bigr) \Bigr] \:\dd t    \\
   &= \frac{2}{\pi}\, \int_{0}^{+\infty} \left[ \frac{1}{t^2}\, \Bigl( 1 - \E\bigl(
      \cos(S_n\,t) \bigr) \right] \:\dd t\\
      &= \frac{2}{\pi}\,\int_{0}^{+\infty} \frac{1-(\cos t)^n}{t^2} \dd t
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{23}

Un boulanger vend du pain chaque jour.
\begin{itemize}
	\item
La quantit\'{e} de pain produite chaque jour est une quantit\'{e} fix\'{e}e $Q$ choisie par le boulanger, $Q$ \'{e}tant exprim\'{e}e en kilogramme.
\item La demande de pain de la part des clients est une variable al\'{e}atoire $X$ strictement positive, toujours exprim\'{e}e en kilogramme.
\item On suppose que la variable $X$ admet une densit\'{e} $f$ strictement positive sur $\R_+^*$, nulle sur $\R_-$, continue sur $\R$ et on note $F$ la fonction de r\'{e}partition de $X$.
\item Le co\^{u}t de fabrication par kilogramme est $c$ euros et le prix de vente est $v$ euros  par kilogramme.
\item On note $B$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au b\'{e}n\'{e}fice quotidien.
\item La variable indicatrice d'un \'{e}v\'{e}nement $A$ est not\'{e}e $\1_A$.
\item On suppose que $0<c<v$.
\end{itemize}
Si la demande de pain $X$ est inf\'{e}rieure \`{a} l'offre $Q$, le boulanger ne vend que la quantit\'{e} $X$ ( le pain invendu un jour donn\'{e} n'est pas remis en vente le lendemain!) ; si la demande est sup\'{e}rieure \`{a} l'offre, il ne vend que la quantit\'{e} $Q$.\\
Dans ces conditions, on cherche la quantit\'{e} optimale \`{a} produire, c'est-\`{a}-dire la quantit\'{e} $Q_0$ qui maximise l'esp\'{e}rance de $B$.
\begin{enumerate}
	\item \'{E}tablir la relation suivante :
	$$ B=v\big[Q+(X-Q)\1_{[X<Q]}\big]-cQ$$
	\item Montrer que la variable $X\1_{[X<Q]}$ admet une esp\'{e}rance et donner son expression sous forme d'int\'{e}grale.
	\item En d\'{e}duire l'\'{e}galit\'{e} suivante :
		$$\E(B)=(v-c)Q+v\left[\int_0^Qtf(t)\mathrm{d}t-QF(Q)\right]$$

		\item Exprimer  $Q_0$ \`{a} l'aide de $F$, de $v$ et de $c$.\\
\noindent
Le boulanger cherche \`{a} pr\'{e}voir sa demande journali\`{e}re. La demande al\'{e}atoire $X_n$ qui va s'exprimer le jour $n$ n'est pas connu \`{a} l'avance mais le boulanger fait l'hypoth\`{e}se que la demande ne variera pas beaucoup d'un jour \`{a} l'autre et que :
$$ X_{n+1}=X_n+U_{n+1}$$
o\`{u} :
\begin{itemize}[label=$\bullet$]
	\item $X_0$ est une constante strictement positive fix\'{e}e.
	\item Les $U_k$ sont des variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes, de m\^{e}me loi, d'esp\'{e}rance nulle et de variance $\sigma^2$ non nulle.
\end{itemize}
\item
\begin{enumerate}
	\item Exprimer $X_n$ en fonction des $U_i$ et de $X_0$.
	\item Montrer que la suite $\left(\dfrac{X_0}n\right)$ converge en probabilit\'{e} vers 0.
	\item Montrer que si deux suites de variables al\'{e}atoires $(A_n)$ et $(B_n)$ convergent en probabilit\'{e} respectivement vers des variables al\'{e}atoires $a$ et $b$, alors la suite $(A_n+B_n)$ converge en probabilit\'{e} vers $a+b$.
	\item En d\'{e}duire que $\left(\dfrac{X_n}n\right)$ converge en probabilit\'{e} vers une variable que l'on pr\'{e}cisera.
	\item Montrer que la suite $\left(\dfrac{X_0}n\right)$ converge en loi vers 0.
	\item Montrer que la suite $\left(\dfrac{X_n}n\right)$ converge en loi et pr\'{e}ciser la loi limite.
\end{enumerate}
	\end{enumerate}
	\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item La quantit\'{e} de pain vendue chaque jour est : $Z=(X-Q)\1_{[X<Q]}+Q$.\\
	La vente rapporte donc $v\Big[(X-Q)\1_{[X<Q]}+Q\Big]$ et le b\'{e}n\'{e}fice est $ B=v\big[Q+(X-Q)\1_{[X<Q]}\big]-cQ$.
\item On a $X\1_{[X<Q]}\le Q\1_{[X<Q]}$.\\
Or $\1_{[X<Q]}$ est une variable indicatrice (ou de \textsc{Bernoulli}) qui admet une esp\'{e}rance.\\
On en d\'{e}duit, par domination que $X\1_{[X<Q]}$ admet une esp\'{e}rance.\\
D'autre part, le th\'{e}or\`{e}me de transfert donne : $\ds\E\big(X\1_{[X<Q]}\big)=\int_{-\infty}^{+\infty} t\1_{[t<Q]}f(t)dt=\int_{0}^{Q} tf(t)dt$.
\item Par lin\'{e}arit\'{e} : $\E(B)=v\E\Big(\big(X-Q)\1_{[X<Q]}\Big)+(v-c)Q=v\E\Big(X\1_{[X<Q]}\Big)-vQ\E\Big(\1_{[X<Q]}\Big)+(v-c)Q$.
Or :  $\ds \E\Big(\1_{[X<Q]}\Big)=P(X<Q)=\int_0^Qf(t)dt=F(Q)$ et  $\ds \E\big(X\1_{[X<Q]}\big)=\int_{0}^{Q} tf(t)dt$.\\
En rempla\c{c}ant et en arrangeant : $\ds \E(B)=(v-c)Q+v\left[\int_0^Qtf(t)\mathrm{d}t-QF(Q)\right]$.
\item Si on pose : $\ds h(Q)=(v-c)Q+v\left[\int_0^Qtf(t)\mathrm{d}t-QF(Q)\right]$, on cherche la valeur $Q_0$ qui maximise cette fonction.\\
On a : $ h'(Q)=v-c+v[Qf(Q)-F(Q)-Qf(Q)]=v-c-vF(Q)$, d'o\`{u} $h'(Q)=0\Longleftrightarrow F(Q)=1-\dfrac cv$.\\
On a bien  $0\leq 1-\dfrac cv< 1$ et comme $F$ est continue et strictement croissante, elle r\'{e}alise une bijection, d'o\`{u} : $\ds Q_0=F^{ -1}\left(1-\frac cv\right)$.
\item
\begin{enumerate}
	\item On a : $ X_{k+1}-X_k=U_{k+1}$, d'o\`{u} $\ds X_n=X_0+\sum_{k=1}^nU_k$, par t\'{e}lescopage.

	\item Soit $\varepsilon >0$. On a : $ \ds \exists n_0,\ \forall n\ge n_0,\ P\big(\frac{X_0}n>\varepsilon\big)=0$, d'o\`{u} $\ds \lim_{n\to +\infty}P\big(\frac{X_0}n>\varepsilon\big)=0$
	
	\item On consid\`{e}re un r\'{e}el $\varepsilon>0$. On a : 	$ |(A_n+B_n)-(a+b)|\le |A_n-a|+|B_n-b|$.\\
On en d\'{e}duit : $\ds \Big[|(A_n+B_n)-(a+b)|\ge \varepsilon\Big]\subset \Big[|A_n-a|+|B_n-b|\ge\varepsilon\Big]$.\\
	Or : $\ds \Big[|A_n-a|+|B_n-b|\ge\varepsilon\Big]\subset \Big[|A_n-a|\ge \frac\varepsilon2\Big]\bigcup\Big[|B_n-b|\ge \frac\varepsilon2\Big]$.\\
	On utilise alors la croissance de la probabilit\'{e} et le fait que $P(A\cup B)\le P(A)+P(B)$ et on obtient :
	$$0\le P\Big(|A_n-a|+|B_n-b|\ge\varepsilon\Big)\le P\Big(|A_n-a|\ge \frac\varepsilon2\Big)+P\Big(|B_n-b|\ge \frac\varepsilon2\Big)$$
	Comme $A_n\stackrel{P}{\rightarrow}a$ et $B_n\stackrel{P}{\rightarrow}b$, on en d\'{e}duit bien que : $\ds\lim_{n\to +\infty}P\Big( |(A_n+B_n)-(a+b)|\ge \varepsilon \Big)=0$.
	
	\item $\ds \left(\frac{X_0}n\right) \stackrel{P}{\rightarrow}0$ et, d'apr\`{e}s la loi faible des grands nombres, $\ds \frac1n\sum_{k=1}^nU_k\stackrel{P}{\rightarrow}\E(U_k)=0$.\\
	En appliquant le r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent, on en d\'{e}duit  que  $(\dfrac{X_n}n)$ converge en probabilit\'{e} vers 0.
	\item  Soit $Z_n$ la \og variable al\'{e}atoire \fg d\'{e}finie par $Z_n=\dfrac{X_0}n$. Alors $\ds\lim_{n\to +\infty}F_{Z_n}(x)=\begin{cases} 0\text{ si } x\leq 0 \\ 1\text{ si } x>0\end{cases}$,\\ qui est la fonction de r\'{e}partition de la variable certaine nulle.

							\item On a donc :	$\ds\frac{X_n}n=\frac{X_0}n+\frac1n\sum_{k=1}^nU_k$ avec $\ds \frac{X_0}n\stackrel{L}{\rightarrow}0$ et $\ds \frac1n\sum_{k=1}^nU_k\stackrel{P}{\rightarrow}0$.\\

D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de \textsc{Slutsky}, $(\dfrac{X_n}n)$, converge en loi vers 0.
\end{enumerate}
\end{enumerate}





\end{sol}
\begin{exo}{25}

Toutes les variables al\'{e}atoires consid\'{e}r\'{e}es dans cet exercice sont d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e}
$\bigl( \Omega,\mathcal{A},\P \bigr)$. Pour tout \'{e}v\'{e}nement $A$, on note $\mathds{1}_{A}$ sa variable al\'{e}atoire indicatrice.
\smallskip

Soit $q,r$ deux r\'{e}els de $\left] 0,1 \right[\,$.
Deux joueurs jouent \`{a} lancer chacun une pi\`{e}ce qui peut faire Pile (P) ou Face (F).
Le joueur G joue avec une pi\`{e}ce avec laquelle la probabilit\'{e} de faire Pile
est $1-q$; le joueur R joue avec une pi\`{e}ce avec laquelle la probabilit\'{e} de faire
Pile est $ 1-r$.
Ils lancent simultan\'{e}ment chacun leur pi\`{e}ce (de fa\c{c}on ind\'{e}pendante), et r\'{e}p\`{e}tent
l'exp\'{e}rience (de fa\c{c}on ind\'{e}pendante).

On note $T_G$ (respectivement $T_R$) la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au rang du premier
lancer o\`{u} G (respectivement R) fait Pile ; on consid\`{e}re les \'{e}v\'{e}nements:
$$ A_1 = \bigl( T_G < T_R \bigr),\quad  A_2 = \bigl( T_R < T_G \bigr),\quad
   A = \bigl( T_G \neq T_R \bigr)  . $$
On note $T$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au rang du premier lancer o\`{u} appara\^{\i}t
au moins un Pile  et $J$ la variable al\'{e}atoire
$\, J = \mathds{1}_{A_1} + 2\times \mathds{1}_{A_2} \,$.

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  Pr\'{e}ciser les lois de $T_G$ et $T_R\,$, puis calculer la probabilit\'{e}
$\, p = \P \bigl( A_1 \bigr) \,$.
\item  Que vaut $p$ si $\, q = r \,$? si $\, q = r = 1/2 \,$?
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  D\'{e}terminer la loi conditionnelle de $T_G$ sachant $\, A_1 \,$.
\item  Pour $k \in \N$, calculer $\, \P_{A_1} \bigl[ (T_G > k)  \bigr] \,$.
\end{enumerate}
\smallskip
\noindent{\slshape  On suppose dans la suite que $\, q = r \,$.}
On note $\P_A$ la probabilit\'{e} conditionnelle sachant~$A$. Soit $\, k \in \N \,$.
\smallskip
\item
\begin{enumerate}
\item  Que repr\'{e}sente la variable al\'{e}atoire $J$?
\item  Calculer $\, \P \bigl[ A \cap (J=1) \cap (T > k) \bigr] \,$.
\item  En d\'{e}duire la valeur de $\, \P_A \bigl[ (J=1) \cap (T > k) \bigr] \,$.
\item  Que vaut $\, \P_A (J=1) \,$?
\item  Comparer $\P_A \bigl[ (J=1) \cap (T > k) \bigr]$ et
$\P_A \bigl[ (J=2) \cap (T > k) \bigr]$, et en d\'{e}duire la valeur de
$\, \P_A (T>k) \,$.
\item  Montrer que les variables al\'{e}atoires $T$ et $J$ sont ind\'{e}pendantes pour la
probabilit\'{e} $\P_A \,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  Comme loi du temps d'attente du premier succ\`{e}s dans un sch\'{e}ma de \textsc{Bernoulli},
$T_G \hookrightarrow \mathcal{G}(1-q)$ et $T_R \hookrightarrow \mathcal{G}(1-r)$.
Par $\sigma$-additivit\'{e} et ind\'{e}pendance,
$$  \begin{aligned}
   \P(T_G < T_R) &= \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \P(T_G=n)\,\sum_{m=n+1}^{+\infty}
      \P(T_R=m) \right] = (1-q)(1-r) \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ q^{n-1}
      \sum_{m=n+1}^{+\infty} r^{m-1} \right]   \\
   &= (1-q)(1-r) \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{q^{n-1}r^n}{1-r},\text{ soit }p =
      \frac{(1-q)r}{1-qr}
\end{aligned}  $$

\item  Si $q=r$, on a $\, p = \dfrac{q}{1+q} \,$ et si $q=r=\dfrac 12$, alors
$p=\dfrac 13$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  $\P(A_1) \neq 0$. Pour $k \in \N^*$, par ind\'{e}pendance de $T_G$ et $T_R$
et reste de s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique, on a:
$$ \P_{A_1} \bigl[ (T_G=k)  \bigr] = \frac{\P(T_G=k) \P(T_R>k)}{\P(A_1)} =
   \frac{(1-q)q^{k-1}r^k}{(1-q)r/(1-qr)} = (qr)^{k-1}(1-qr) $$

Ainsi la loi conditionnelle de $T_G$ sachant $A_1$ est la loi $\mathcal{G}(1-qr)$.
\item
D'o\`{u} $\, \P_{A_1} \bigl[ (T_G > k)  \bigr] = (qr)^k \,$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  $J$ vaut~$1$ (resp.~$2$) si le premier joueur G (resp. le second joueur~R)
fait Pile en premier, et vaut $0$ si les deux joueurs font Pile pour la premi\`{e}re
fois en m\^{e}me temps (ou jamais).

\item
$(J=1) = A_1 \subset A$, et $T=\min(T_G,T_R)$ vaut $T_G$ sur $A_1$, donc pour
$k \in \N$,
$$ \P \bigl[ A \cap (J=1) \cap (T > k) \bigr] = \P \bigl[ A_1 \cap (T_G > k)
   \bigr] = \P_{A_1} \bigl[ (T_G > k)  \bigr] \P(A_1) =
   \frac{q^{2k+1}}{1+q} $$

\item
Par sym\'{e}trie, $\, \P(A_1) = \P(A_2) \,$; donc $\, \P(A) = 2\P(A_1) \,$. Alors
$$ \P_A \bigl[ (J=1) \cap (T > k) \bigr] = \frac{\P \bigl[ A \cap (J=1) \cap
   (T > k) \bigr]}{\P(A)} = \frac{q^{2k}}{2} $$

\item
$\, \dis \P_A (J=1) = \frac{\P\bigl[ (J=1) \cap A \bigr]}{\P(A)} =
   \frac{\P(A_1)}{\P(A)} = \frac 12 \,$.

\item
Par d\'{e}finition, $A \cap (J=0) = \emptyset$; comme $T_G$ et $T_R$ suivent
la m\^{e}me loi, ces probabilit\'{e}s sont \'{e}gales. Alors
$$ \P_A (T>k) = 2\,\P_A \bigl[ (J=1) \cap (T > k) \bigr] = q^{2k} $$

\item
On a alors $\, \P_A(J=1) = \P_A(J=2) = 1/2 \,$, $\, \P_A(J=0) = 0 \,$ et les
calculs ci-dessus montrent que, pour tous $j \in \{ 0,1,2 \}$ et $k \in \N$,
$$ \P_A \bigl[ (J=j) \cap (T>k) \bigr] = \P_A(J=j) \times \P_A(T>k) $$
ce qui prouve que $T$ et $J$ sont ind\'{e}pendantes pour la probabilit\'{e} $\P_A \,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{29}


Soit $(X_k)_{k\in\N^*}$ une suite de variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},\PR)$, ind\'{e}pendantes et suivant toutes la loi uniforme sur $[0,1]$.\\

Dans la suite, $n$ d\'{e}signe un entier naturel sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 3. On pose :
$$ Z_{n,1}=\sum_{i=1}^n\1_{[1-\frac1n\le X_i\le 1]} \text{ et }  Z_{n,2}=\sum_{i=1}^n\1_{[1-\frac2n\le X_i\le 1-\frac1n[},$$
o\`{u}, pour tout \'{e}v\'{e}nement $A$, on a not\'{e} $\1_A$ la variable al\'{e}atoire indicatrice de cet \'{e}v\'{e}nement.
\begin{enumerate}
	\item Donner les lois de $Z_{n,1}$ et de $Z_{n,2}$.
	\item On pose $T_n=Z_{n,1}+Z_{n,2}$.
	\begin{enumerate}
		\item Donner la loi de $T_n$.
		\item En d\'{e}duire la valeur de $\Cov\big(Z_{n,1},Z_{n,2}\big)$.\\ Les variables al\'{e}atoires $Z_{n,1}$ et $Z_{n,2}$ sont-elles ind\'{e}pendantes ?
		\item 	\'{E}tudier la convergence en loi de $T_n$.

	\end{enumerate}
	\item D\'{e}terminer la loi du couple $(Z_{n,1},Z_{n,2})$.
	\item On d\'{e}finit sur $\R^2$ la fonction $f_n$ par :
	$$\forall (s,t)\in\R^2,\quad f_n(s,t)=\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^n P([Z_{n,1}=i\cap Z_{n,2}=j])s^it^j$$
	
	\begin{enumerate}
	\item Calculer explicitement $f_n(s,t)$ en fonction de $n$, de $s$ et de $t$.
	\item Calculer $\partial_{1,2}f_n(1,1)$ et retrouver la valeur de $\Cov\big(Z_{n,1},Z_{n,2}\big)$.
		\item D\'{e}terminer $\ds \lim_{n\to +\infty}f_n(s,t)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item  On note succ\`{e}s l'\'{e}v\'{e}nement  $[1-\frac1n\le X_i\le 1]$ est r\'{e}alis\'{e}. La variable $Z_{n,1}$ compte le nombre de succ\`{e}s dans une succession d'\'{e}preuves ind\'{e}pendantes dont la probabilit\'{e} de succ\`{e}s est $\ds \frac 1,n$. Donc  $Z_{n,1}$ suit la loi binomiale $\ds \mathcal{B}\left(n,\frac1n\right)$. De m\^{e}me  $Z_{n,2}\hookrightarrow \mathcal{B}\left(n,\frac1n\right)$.
	\item
	\begin{enumerate}
		\item
	On constate que $Z_{n,1}+Z_{n,2}$ comptabilise le nombre de variables $X_i$ qui sont comprises entre $1-\dfrac2n$ et 1.\\
	On en d\'{e}duit que la variable  $Z_{n,1}+Z_{n,2}$ suit la loi binomiale $\ds\mathcal{B}\left(n,\frac2n\right)$.
	\item
	On utilise alors la formule suivante : $\V(Z_{n,1}+Z_{n,2})=\V(Z_{n,1})+\V(Z_{n,2)}+2\Cov(Z_{n,1},Z_{n,2})$.\\
	Or : $\ds \V(Z_{n,1}+Z_{n,2})=n\times \frac2n\left(1-\frac 2n\right)$ et $\ds \V(Z_{n,1})=\V(Z_{n,2})=n\times \frac 1n\left(1-\frac1n\right)$.\\
	Apr\`{e}s calcul : $ \Cov(Z_{n,1},Z_{n,2})=-\ds\frac1n$.\\
	Comme la covariance n'est pas nulle, les variables ne sont pas ind\'{e}pendantes.
	\item La variable $T_n$ suit la loi binomiale  $\ds\mathcal{B}\left(n,\frac2n\right)$, d'o\`{u} $T_n$ converge en loi vers la loi de \textsc{Poisson} $\mathcal{P}(2)$.\\
{\em Remarque: la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es ne permet pas d'aboutir.}
	
\end{enumerate}
\item Soit $i$ et $j$ deux entiers naturels appartenant \`{a} $\llbracket 0, n\rrbracket$ avec $j\leq n-i$.\\
On a alors : $\ds\PR\big([Z_{n,1}=i]\cap[Z_{n,2}=j]\big)=\binom ni\left(\frac 1n\right)^i\binom{n-i}j\left(\frac 1n\right)^j\left(1-\frac2n\right)^{n-i-j}$.
\item
\begin{enumerate}
	\item En rempla\c{c}ant la loi conjointe par sa valeur :
		$$ \E\big(s^{Z_{n,1}}t^{Z_{n,2}}\big)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}s^it^j\binom ni\left(\frac 1n\right)^i\binom{n-i}j\left(\frac 1n\right)^j\left(1-\frac2n\right)^{n-i-j}$$
		En arrangeant : $ \E\big(s^{Z_{n,1}}t^{Z_{n,2}}\big)=\ds\sum_{i=0}^n \binom ni\left(\frac sn\right)^i  \sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}j\left(\frac tn\right)^j\left(1-\frac2n\right)^{n-i-j}$.
On reconna\^{\i}t dans la seconde somme la formule du bin\^{o}me de \textsc{Newton} et on obtient :
$$ \E\big(s^{Z_{n,1}}t^{Z_{n,2}}\big)=\sum_{i=0}^n \binom ni\left(\frac sn\right)^i\left(\frac tn+1-\frac2n\right)^{n-i}$$
On reconna\^{\i}t \`{a} nouveau une formule du bin\^{o}me, d'o\`{u}:  $ f_n(s,t)=\ds\left(1+\frac{s+t-2}n\right)^n$.
\item En partant de la d\'{e}finition : $\ds\partial_{1,2} f_n(s,t)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nis^{i-1}jt^{j-1}\PR\big([Z_{n,1}=i]\cap[Z_{n,2}=j]\big)$.\\
Donc : $\ds\partial_{1,2} f_n(1,1)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nij\PR\big([Z_{n,1}=i]\cap[Z_{n,2}=j]\big)=\E\big(Z_{n,1}Z_{n,2}\big)$.\\

On calcule donc $\ds \partial_{1,2} f_n(1,1)$ \`{a} partir de l'expression $\ds  f_n(s,t)=\left(1+\frac{s+t-2}n\right)^n$.\\
On a : $\ds \partial_{1,2} f_n(s,t)=\frac{n-1}n\left(1+\frac{s+t-2}n\right)^{n-2}\Longrightarrow \partial_{1,2} f_n(1,1)=\frac{n-1}n$.

On en d\'{e}duit que : $\ds\E\big(Z_{n,1}Z_{n,2}\big)=\frac{n-1}n$.
Or : $\ds \Cov(Z_{n,1},Z_{n,2})=\E\big(Z_{n,1}Z_{n,2}\big)-\E\big(Z_{n,1}\big)\E\big(Z_{n,2}\big)$.\\
En rempla\c{c}ant, on retrouve : $\ds\E\big(Z_{n,1}Z_{n,2}\big)=\frac{n-1}n$.
\item On obtient (classiquement) : $\ds \lim_{n\to +\infty}f_n(s,t)=\e^{(s+t-2)}$.



\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{32}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal{A},P)$.\\
Soit $X$ une variable al\'{e}atoire qui suit la loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $p$ ($0<p<1$).\\ Soit $U$ une variable al\'{e}atoire qui suit la loi normale $\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ ($\sigma>0$).\\ On note $\Phi$ la fonction de r\'{e}partition de la loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite.\\
On suppose que les variables $X$ et $U$ sont ind\'{e}pendantes.\\
On consid\`{e}re une suite $(X_n)_{n\in\N^*}$ de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes et de m\^{e}me loi que $X$ et une suite $(U_n)_{n\in\N^*}$ de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes et de m\^{e}me loi que $U$.\\
On suppose que, pour tout $k\geq 1$ et pour tout $j\geq 1$,  les variables al\'{e}atoires $X_k$ et$U_j$  sont  ind\'{e}pendantes.\\
Soit $a$ un param\`{e}tre r\'{e}el non nul ; on note $Y$ (resp. $Y_i$, pour tout $i\in \NN^*$) la variable al\'{e}atoire d\'{e}finie par  $ Y=aX+U$ (resp. $Y_i=aX_i+U_i)$
\begin{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Exprimer la fonction de r\'{e}partition de $Y$ en fonction de la fonction de r\'{e}partition $F_U$ de $U$, puis en fonction de $\Phi$.
		\item V\'{e}rifier que $Y$ est \`{a} densit\'{e} et donner une densit\'{e} de $Y$.
	\end{enumerate}
		\item
	\begin{enumerate}

	\item Calculer  $\E(X^2)$ et $\E(XY)$.\\
	\textit{On admet que $XY$ poss\`{e}de une variance et qu'elle n'est pas nulle et on pose $\alpha=V(XY)$}.
	\item 	\textit{On admet les r\'{e}sultats suivants : Si $(A_n)$ et $(B_n)$ sont  deux suites de variables al\'{e}atoires qui convergent en probabilit\'{e} respectivement vers les variables $A$ et $B$ et $(\varepsilon_n)$ une suite r\'{e}elle de limite nulle, alors la suite $\ds \left(A_n+\varepsilon_n\right)$ converge en probabilit\'{e} vers $A$ et, si $B$ et les $B_n$ ne s'annulent pas, $\ds \left(\frac{A_n}{B_n}\right)$ converge en probabilit\'{e} vers $\ds \frac AB$}

	
	On pose, pour tout entier naturel $n$ non nul :
	
		$$\widehat a_n=\frac{\sum\limits_{i=1}^nY_iX_i}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac 1n}$$
	Montrer que la suite  $(\widehat a_n)$ converge en probabilit\'{e} vers $a$.
		\end{enumerate}
\item
 Montrer que la suite $\big(\sqrt n(\widehat a_n-a)\big)$ converge en loi vers $\ds\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma2}p\right)$.
	\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item
	
	\begin{enumerate}
	\item \begin{align*}
F_Y(y)&=P([Y\le y]\cap[X=0])+P([Y\le y]\cap[X=1])\\&=P([U\le y]\cap[X=0])+P([U\le y-a]\cap[X=1]).
\end{align*}
	Par ind\'{e}pendance de $U$ et $X$ : $F_Y(y)=(1-p)F_U(y)+pF_U(y-a)=(1-p)F_U(y)+pF_U(y-a)$.\\
	En centrant et en r\'{e}duisant : $\ds F_Y(y)=(1-p)\Phi\left(\frac y\sigma\right)+p\Phi\left(\frac{y-a}\sigma\right)$.
\item La fonction $\Phi$ est de classe $C^1$ sur $\R$, donc $Y$ est bien \`{a} densit\'{e} et $\ds f_Y(y) \frac{1-p}\sigma \varphi\left(\frac y\sigma\right)+\frac p\sigma\varphi\left(\frac{y-a}\sigma\right)$.
	
			\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On a $\E(X^2)=p$ et $\E(XY)= a \E(X^2) +\E(X)\E(U)= ap$.
	\item On \'{e}crit $\ds \widehat a_n=\frac{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nY_iX_i}{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}}$.\\
	On applique alors la loi faible des grands nombres : $ \ds \frac1n\sum\limits_{i=1}^nY_iX_i\stackrel{P}{\rightarrow}ap\text{ et }\frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2\stackrel{P}{\rightarrow}p$.\\
	Comme la suite $(\dfrac1{n^2})$ tend vers 0, on obtient : $\ds \frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}\stackrel{P}{\rightarrow}p$, puis $\widehat a_n\stackrel{P}{\rightarrow}a$.
\end{enumerate}
	\item
On a : $\ds \sum\limits_{i=1}^nY_iX_i=\sum_{i=1}^n(aX_i+U_i)X_i=a\sum_{i=1}^nX_i^2+\sum_{i=1}^nU_iX_i$.	D'o\`{u}
	$$\ds \sqrt n(\widehat a_n-a)=\sqrt n\left(\frac{a\sum\limits_{i=1}^nX_i^2}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}-a+\frac{\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}\right)=-\frac{\frac an}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}+\sqrt n\frac{\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}$$

\par

$\bullet$  Pour le deuxi\`{e}me terme : $\ds \sqrt n\frac{\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}=\sqrt n\frac{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sigma\sqrt p}\times \frac{\sigma \sqrt p}{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}}$.\\
		D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me limite central : $\ds  \sqrt n\frac{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sigma\sqrt p}\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$
\par
$\bullet$ 	D'autre par : $\ds \frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}\stackrel{P}{\rightarrow}p$ d'o\`{u} :$\ds \frac{\sigma \sqrt p}{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}}\stackrel{P}{\rightarrow}\frac{\sigma}{\sqrt p}$. Ainsi avec \textsc{Slutsky} :
$$\ds \sqrt n\frac{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nU_iX_i}{\sigma\sqrt p}\times \frac{\sigma \sqrt p}{\frac1n\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1{n^2}}\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}p\right)$$

\par
$\bullet$  Pour le premier terme, en utilisant les r\'{e}sultats pr\'{e}c\'{e}dents, on a : $\ds -\frac{\frac an}{\sum\limits_{i=1}^nX_i^2+\frac1n}\stackrel{P}{\rightarrow}0$.\\
En utilisant \`{a} nouveau le th\'{e}or\`{e}me de \textsc{Slutsky}  $\ds \sqrt n(\widehat a_n-a)\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}\left(0,\frac{\sigma^2}p\right)$.



	\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{35}

Soit $X_{1},\ldots ,X_{n}$ un $n-$\'{e}chantillon de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes qui suivent la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda>0$ inconnu.\\ On cherche dans cet exercice \`{a} estimer $e^{-\lambda}$.\\
\medskip
Pour tout $k\in \llbracket 1,n \rrbracket$, on note  $Y_{k}$ la fonction indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement  $[X_{k}=0]$. Pour tout $n\in \NN^*$, on pose :
$$\overline{Y_{n}}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}Y_{k} \text{ et }S_{n}=\sum_{k=1}^{n}X_{k}$$

\begin{enumerate}
	\item \begin{enumerate}
        \item D\'{e}terminer la loi de $Y_k$.
		\item  Montrer que $\overline{Y_{n}}$ est un estimateur sans biais de $e^{-\lambda}$.
		\item $\overline{Y_{n}}$ est-il un estimateur convergent de $e^{-\lambda}$ ?
	\end{enumerate}
\item  Pour $j\in\mathbb{N}$, on pose $\varphi(j)=P_{[S_{n}=j]}(X_{1}=0)$. Calculer $\varphi(j)$.
\item  On pose \`{a} pr\'{e}sent $T_{n}=\varphi(S_{n})$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $T_{n}$ est un estimateur sans biais de $e^{-\lambda}$.
\item  $T_{n}$ est-il un estimateur convergent de $e^{-\lambda}$ ?
\end{enumerate}
\item  Comparer les risques quadratiques des deux estimateurs $T_{n}$ et $\overline{Y}_{n}$.
\end{enumerate}


\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item
\begin{enumerate}

\item La variable al\'{e}atoire $Y_k$ suit la loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre :
$$P(X_k=0)=P\left(Y_{k}=1\right)= e^{-\lambda} \frac{\lambda^{0}}{0 !}=e^{-\lambda}.$$
\item Chaque $Y_{k}$ suit la loi \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $e^{-\lambda}$. Donc $E\left(\overline{Y_{n}}\right)=e^{-\lambda}$ et $\overline{Y_{n}}$ est un estimateur sans biais de $e^{-\lambda}$.

\item Puisque les $X_{k}$ sont mutuellement ind\'{e}pendantes, il en est de m\^{e}me des $Y_{k}$. Et donc

$$
V\left(\overline{Y_{n}}\right)=\frac{1}{n^{2}} \sum_{k=1}^{n} V\left(Y_{k}\right)=\frac{1}{n^{2}} \sum_{k=1}^{n} e^{-\lambda}\left(1-e^{-\lambda}\right)=\frac{e^{-\lambda}\left(1-e^{-\lambda}\right)}{n} \underset{n \rightarrow+\infty}{\longrightarrow} 0
$$

Et donc en particulier, $\overline{Y_{n}}$ est un estimateur convergent de $e^{-\lambda}$.


\end{enumerate}

\item Par d\'{e}finition, on a $\varphi(j)=\dfrac{P\left(\left[X_{1}=0\right] \cap\left[S_{n}=j\right]\right)}{P\left(S_{n}=j\right)}$.


Mais $\displaystyle\left[X_{1}=0\right] \cap\left[S_{n}=j\right]=\left[X_{1}=0\right] \cap\left[\sum_{k=2}^{n} X_{k}=j\right]$.

Par stabilit\'{e} des lois de \textsc{Poisson}, $\displaystyle\sum_{k=2}^{n} X_{k}$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $(n-1) \lambda$ et par le lemme des coalitions, est ind\'{e}pendante de $X_{1}$.
Par cons\'{e}quent,

$$
\begin{aligned}
P\left(\left[X_{1}=0\right] \cap\left[S_{n}=j\right]\right)=& P\left([X=1=0] \cap\left[\sum_{k=2}^{n} X_{k}=j\right]\right)=P\left(X_{1}=0\right) P\left(\sum_{k=2}^{n} X_{k}=j\right) \\
&=e^{-\lambda} e^{-(n-1) \lambda} \frac{((n-1) \lambda)^{j}}{j !}
\end{aligned}
$$

D'autre part, $S_{n}$ suit une loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $n \lambda$ et donc $P\left(S_{n}=j\right)=e^{-n \lambda} \frac{(n \lambda)^{j}}{j !}$.
Ainsi

$$
\varphi(j)=\frac{e^{-\lambda} e^{-(n-1) \lambda} \frac{((n-1) \lambda)^{j}}{j !}}{e^{-n \lambda} \frac{(n \lambda)^{j}}{j !}}=\left(\frac{n-1}{n}\right)^{j}
$$

\item
\begin{enumerate}
\item Utilisons le th\'{e}or\`{e}me de transfert pour calculer $E\left(T_{n}\right)$. On a, en utilisant la d\'{e}finition de $\varphi(j)$


$$E\left(T_{n}\right) =\sum_{j=0}^{+\infty} \varphi(j) P\left(S_{n}=j\right)=\sum_{j=0}^{+\infty}P([X_1=0]\cap [S_n=j])= P(X_1=0)=e^{-\lambda}$$

Donc $T_{n}$ est un estimateur sans biais de $e^{-\lambda}$.
\item D'apr\`{e}s la formule de Huygens, on a $V(T_{n})=E(T_{n}^{2})-e^{-2\lambda}$. Par le th\'{e}or\`{e}me de transfert :
$$E(T_{n}^{2})=\sum_{j=0}^{+\infty}\varphi(j)^{2}P(S_{n}=j)=\sum_{j=0}^{+\infty}\left(\frac{n-1}{n}\right)^{2j}\e^{-n\lambda\frac{(n\lambda)^{j}}{j!}}
=\e^{\frac{-2n+1}{n}\lambda}$$

Donc $V(T_{n})=\e^{-2\lambda}(e^{\frac{\lambda}{n}}-1)\underset{+\infty} \sim \dfrac{\lambda\e^{-2\lambda}}{n} \underset{n\to +\infty}\longrightarrow 0$. Et  $T_{n}$ est un estimateur convergent de $e^{-\lambda}$.
\end{enumerate}
\item Puisque $\overline{Y_{n}}$ et $T_{n}$ sont des estimateurs sans biais de $e^{-\lambda}$, leurs risques quadratiques sont \'{e}gaux \`{a} leurs variances. On a alors $
\dis \frac{V\left(\overline{Y_{n}}\right)}{V\left(T_{n}\right)}=\frac{e^{-\lambda}\left(1-e^{-\lambda}\right)\frac1n}{e^{-2 \lambda}\left(e^{\lambda /n}-1\right)}=\frac{e^{\lambda}-1}{n(e^{\lambda / n}-1)}\leq 1,
$\\
d'apr\`{e}s la convexit\'{e} de $\exp$ qui donne : $\exp( \frac1n\times \lambda+ (1-\frac1n)\times 0)\leq \frac1n\exp(\lambda)+(1-\frac1n)\exp(0)$.


On en d\'{e}duit que $T_{n}$  est un meilleur estimateur que  $\overline{Y_{n}}$ (variance plus petite).

\end{enumerate}


\end{sol}
\begin{exo}{37}

	Pour tout entier $n \geq 1$, on pose $\lambda_n=\dfrac{\left\lfloor \sqrt{n}\right\rfloor}{n^2}$.
	
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item D\'{e}terminer un \'{e}quivalent de $\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$.
			\item En d\'{e}duire que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\lambda_n$ converge.
		\end{enumerate}

\bigskip

 Dans la suite de l'exercice, on consid\`{e}re un espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal{A},P)$ et  une suite de variables al\'{e}atoires r\'{e}elles $(X_n)_{n\geq 1}$ d\'{e}finies sur cet espace, ind\'{e}pendantes et telles que, pour tout $n$ de $\N^*$, $X_n$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda_n$.\\
 \item
		 \begin{enumerate}
		 	\item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n \geq 1}P(X_n \neq 0)$ converge.
		 	\item Soit $(E_i)_{i \in \N^{*}}$ une suite d'\'{e}v\'{e}nements de $\mathcal{A}$. Montrer que, pour tout $n\in \N^*$
		 	$$P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{n}E_i\right)\leq \dsum_{i=1}^{n}P(E_i)$$

		 	\item Soit $n\in \NN^*$. En d\'{e}duire que $\dlim_{N \to +\infty}P\left(\bigcup_{n\geq N} [X_n \neq 0]\right)=0$.
		 	\item En d\'{e}duire que $P\left(\bigcup\limits_{ N \geq 1}( \bigcap\limits_{n \geq N}[X_n=0])\right)=1$\\
\item On note $B=\left\{ \omega \in \Omega \ |\ \dsum_{n\geq 1 } X_n(\omega) \text{ converge}\right\}$.\\
Montrer que la s\'{e}rie $ \dsum_{n\geq 1}X_n$ converge presque s\^{u}rement, c'est-\`{a}-dire que $P(B)=1$.
		 	
		 \end{enumerate}
\end{enumerate}
On suppose d\'{e}sormais que $B=\Omega$.\\
Ainsi la fonction $S= \dsum_{k=1}^{+\infty} X_k$ est d\'{e}finie sur $\Omega$. On admet que c'est une variable al\'{e}atoire.
\begin{enumerate}[resume]
\item D\'{e}terminer la limite en loi de la suite $(S_n)_{n\geq 1}$ avec $S_n= \dsum_{k=1}^n X_k$.
\item D\'{e}terminer la limite en probabilit\'{e} de la suite $(S_n)_{n\geq 1}$.
	\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
		\item	Par d\'{e}finition pour tout $x$ r\'{e}el, $x-1< \lfloor x \rfloor \leq x < $. Ainsi $\lfloor x \rfloor \sim x$. Donc $\lfloor \sqrt{n} \rfloor \sim \sqrt{n}$.
		\item On a $0\leq \lambda_n \sim \dfrac 1 {n^{3/2}}$ ; donc $\sum \lambda_n$ converge par comparaison avec une s\'{e}rie de \textsc{Riemann} convergente.
	\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Soit $n \in \N^*$.
		$ P(X_n\neq 0)=1-P(X_n=0)=1-e^{-\lambda_n}$ qui est \'{e}quivalent lorsque $n$ tend vers $+\infty$ \`{a} $\lambda_n$ car $\lambda_n \to 0$.
	Comme $\dsum_{n\geq 1}\lambda_n$ converge, il est en de m\^{e}me pour $\dsum_{n\geq 1} P(X_n\neq 0)$.
	\item C'est quasiment du cours. Se d\'{e}montre par r\'{e}currence.

	\item Soit $N \in \N^*$. Pour tout $p \in \N$
$$ P(\bigcup\limits_{n=N}^{N+p} [X_n \neq 0])\leq \dsum_{n=N}^{N+p}P(X_n \neq 0)\leq \dsum_{n=N}^{+\infty}P(X_n \neq 0)$$
	
	En faisant tendre $p$ vers $+\infty$, le th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone donne:
	
	$$0\leq P(\bigcup\limits_{n=N}^{+\infty} [X_n \neq 0])\leq \dsum_{n=N}^{+\infty}P(X_n \neq 0)$$

Enfin, on fait tendre $N$ vers $+\infty$, le reste de la s\'{e}rie convergente de terme g\'{e}n\'{e}ral $P(X_n \neq 0)$ tend vers $0$ et par suite, $P(\bigcup\limits_{n=N}^{+\infty} [X_n \neq 0])$ aussi.

	\item Pour tout $N$ de $\N^*$, on pose $A_N= \bigcup\limits_{n \geq N}[X_n \neq 0]$. La suite $(A_N)$ est une suite d\'{e}croissante d'\'{e}v\'{e}nements, donc
	 $$0=\dlim_{N\to+\infty}P(A_N)=P(\bigcap\limits_{N=0}^{+\infty}A_N)=P(\bigcap\limits_{N=0}^{+\infty}\bigcup\limits_{n \geq N}[X_n \neq 0])$$
	
	\item En passant au compl\'{e}mentaire, on a : $P(\bigcup\limits_{N=0}^{+\infty}\bigcap\limits_{n\geq N}[X_n=0])=1$; ceci signifie que presque s\^{u}rement  il existe un rang \`{a} partir duquel la suite $(X_n)$ est nulle et donc que presque s\^{u}rement, la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq0} X_n$ converge.
\end{enumerate}
\item Par ind\'{e}pendance, on sait que $S_n$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\mu_n=\dsum_{k=1}^n \lambda_k$ et
$$\dlim_{n\to +\infty} \mu_n=  \dsum_{k=1}^{+\infty} \lambda_k=\mu.$$
 Ainsi, pour tout $k\in \N$ fix\'{e}, et par continuit\'{e} :
$P(S_n=k)=\e^{-\mu_n} \frac{\mu_n^k}{k!} \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \e^{-\mu} \frac{\mu^k}{k!},$\\
ce qui montre que $S_n$ converge en loi vers la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\mu$
\item On a, par ind\'{e}pendance,  pour $N>n$,
$$V(S_N-S_n) =  \dsum_{k=n+1}^N V(X_k)= \dsum_{k=n+1}^N \lambda_k \to \sum_{k=n+1}^{+\infty} \lambda_k$$


 On utilise l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Tchebicheff}.
$$P(|S_n-S|>\varepsilon) \leq \frac{V(S-S_n)}{\varepsilon^2} \leq \frac{\dsum_{k=n+1}^{+\infty} \lambda_k}{\varepsilon^2}\underset {n\to +\infty}{\longrightarrow} 0$$

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{42}

Toutes les variables al\'{e}atoires r\'{e}elles consid\'{e}r\'{e}es dans cet exercice sont d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},\P)$.  Pour toute variable al\'{e}atoire r\'{e}elle $X$ \`{a} valeurs dans $\N$ et tout r\'{e}el $t\in I$, o\`{u} $I$ est un intervalle \`{a} d\'{e}terminer,  on pose $G_X(t)=\E(t^{X})$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $[-1,1]$ est inclus dans $I$.
\item D\'{e}terminer $G_X$ lorsque  $X$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda >0$. D\'{e}terminer $I$.
\item Montrer que si $X$ et $Y$ sont ind\'{e}pendantes \`{a} valeurs dans $\N$, pour tout $t\in[0,1]$, on a  $$G_{X+Y}(t)= G_{X}(t)G_Y(t)$$
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $t\in[0,1]$ et $n\in\N$, \'{e}tablir l'encadrement: $0\leq \dsum_{k=n+1}^{+\infty}P(X=k)t^{k-n}\leq t \,P(X>n)$.\\
En d\'{e}duire que pour tout $n\in\N$,
$G_X(t)\underset{t\to 0}=\left(\dsum_{k=0}^{n}P(X=k)t^k\right)+o(t^n)$.

\item En d\'{e}duire que si $X$ et $Y$, \`{a} valeurs dans $\N$, poss\`{e}dent la m\^{e}me fonction g\'{e}n\'{e}ratrice alors elles suivent la m\^{e}me loi.
\end{enumerate}

\medskip

Soit $p\in]0,1[$ ; on note $q=1-p$. Soit $(X_n)_{n\in\N^*}$ une suite de variables ind\'{e}pendantes qui suivent toutes la loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $p$. Soit $N$ une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\N$ ind\'{e}pendante des $X_k$ et telle que $P(N=k)\neq 0$ pour tout $k\in\N$.

 On d\'{e}finit les variables al\'{e}atoires $S_0=0$ et , pour tout $n \in \N^*, S_n=\dsum_{i=1}^{n} X_i$.

 Pour tout  $\omega \in \Omega$ on pose  $S(\omega)=S_{N(\omega)}$. On admet que $S$ ainsi d\'{e}finie est une variable al\'{e}atoire.

\item
\begin{enumerate}
\item On note $E_{(N=n)}(\cdot)$ l'esp\'{e}rance conditionnelle sachant $(N=n)$.\\
Montrer que : $\forall t\in[0,1], \forall n \in \N$, $E_{(N=n)}(t^S)=(pt+q)^n$.\\ En d\'{e}duire que, pour tout $t\in[0,1]$, on a : $G_S(t)=G_N(pt+q)$.
\item Justifier que pour tout $t\in[0,1]$, $G_{N-S}(t)=G_N(qt+p)$.
\end{enumerate}
\medskip
On suppose d\'{e}sormais  que $S$ et $N-S$ sont ind\'{e}pendantes et que $G_N$ est d\'{e}rivable en $1$.\\ On pose pour tout $t\in[0,1]$, $f(t)=\ln(G_N(1-t))$.

\medskip

\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f(0)=0$ et que pour tout $t\in[0,1]$, $f(t)=f(pt)+f(qt)$.
\item \'{E}tablir que pour tout $n \in \N$, pour tout $t\in[0,1]$, $f(t)=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}f(p^kq^{n-k}t)$.
\end{enumerate}
	\item Soit $\varepsilon>0$.
	\begin{enumerate}

\item Justifier qu'il existe $\alpha>0$ tel que si $x\in[0,\alpha]$, $|f(x)-f'(0)x|\leq \varepsilon x$.
\item On fixe $t\in[0,1]$. En d\'{e}duire que si $n$ est assez grand :

$$\forall k\in\llbracket 0,n\rrbracket, | f(p^kq^{n-k}t)-f'(0)p^kq^{n-k}t|\leq \varepsilon p^kq^{n-k}$$

Conclure que $f(t)=f'(0)t$.
\item En d\'{e}duire que $N$ suit une loi de \textsc{Poisson}.

\end{enumerate}
\end{enumerate}	
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Si $|t|\leq 1$, $|P(X=n) t^n|\leq P(X=n)$, ce qui montre que $G_X$ est au moins d\'{e}finie sur $[-1,1]$.
\item 	Si $X  \leadsto  {\cal P}(\lambda)$, on a $\forall t \in \left[ 0;1\right] , G_X(t)=\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} t^ke^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{(\lambda t)^k}{k!}=e^{-\lambda} e^{\lambda t}=e^{\lambda (t-1)}$ et $I=\R$.
	\item $\forall t \in \left[ 0;1\right], G_{X+Y}(t)=\E(t^{X+Y})=\E(t^X t^Y)=\E(t^X)\E(t^Y)=G_X(t)G_Y(t)$ par ind\'{e}pendance de $X$ et $Y$ (et donc de $t^X$ et $t^Y$ par le lemme des coalitions).
	\item
	\begin{enumerate}
	\item On a : $0\leq \displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty}P([X=k])t^{k-n} \leq \dsum_{k=n+1}^{+\infty}P(X=k) t=tP(X>n)$ car $k-n\geq 1$ et $t \in \left[ 0,1\right]$.



Donc : $G_X(t)-\displaystyle \sum_{k=0}^{n} t^k P(X=k)=t^n\sum_{k=n+1}^{+\infty} t^{k-n} P(X=k)=o(t^n)$, car $P(X>n) \rTo_{n\to +\infty} 0$.
	\item Si $X$ et $Y$, \`{a} valeurs dans $\N$, poss\`{e}dent la m\^{e}me fonction g\'{e}n\'{e}ratrice, alors par unicit\'{e} du DL, elles suivent la m\^{e}me loi.
	\end{enumerate}
	
	\item \begin{enumerate}
		\item La loi conditionnelle de $S$ conditionn\'{e} par $[N=n]$ est la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$. Par le th\'{e}or\`{e}me de transfert
$$\E_{[N=n]}(t^S)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}t^k {n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}= \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(pt)^kq^{n-k}=(pt+q)^n$$

		On a alors par la formule de l'esp\'{e}rance totale pour $t \in  \left[ 0,1\right]$,
$$G_S(t)=E(t^s)=\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} E_{[N=n]}(t^S) P(N=n)=\sum_{n=0}^{+\infty}(pt+q)^n P(N=n)=G_N(pt+q)$$
		\item $\forall n \in \N, 1-X_n \leadsto \mathcal{B}(q)$. On applique alors l'\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente \`{a} $N-S$ en inversant les r\^{o}les de $p$ et de $q$.
	\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item On a $f(0)=\ln(G_N(1))=\ln(1)=0$. Et $\forall t \in  \left[ 0;1\right], f(t)=\ln (G_{N-S}(1-t)G_S(1-t))$ d'apr\`{e}s la question 1.b car $N-S$ et $S$ sont ind\'{e}pendantes. D'o\`{u} : $f(t)=\ln(G_N(q(1-t)+p)G_N(p(1-t)+q))=\ln(G_N(1-qt)G_N(1-pt))=f(qt)+f(pt)$.
	\item Par r\'{e}currence sur $n \in \N$, en utilisant dans l'h\'{e}r\'{e}dit\'{e} la question pr\'{e}c\'{e}dente.
	\end{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
	\item $f$ est d\'{e}rivable en $0$ car $G_N$ est d\'{e}rivable en $1$. Alors elle admet pour d\'{e}veloppement limit\'{e}: $f(x)\underset 0=f(0)+f'(0)x+o(x)$ d'o\`{u} puisque $f(0)=0$, pour tout $\varepsilon>0$, il existe $\alpha>0$ tel que si $x\in[0,\alpha]$, $|f(x)-f'(0)x|\leq \varepsilon x$.
	\item Pour tout $k\in\llbracket 0,n\rrbracket$ et $t\in[0,1]$, $p^kq^{n-k}t\leq (\max(p,q))^n $, or $(\max p,q))^n$ tend vers $0$, donc \`{a} partir d'un certain rang, $\forall k\in\{0,...,n\}$ et $\forall t\in[0,1]$, $p^kq^{n-k}t\in \left[ 0;\alpha \right] $.
	
	On a alors : $|f(p^kq^{n-k}t)-f'(0)p^kq^{n-k}t|\leq \varepsilon p^kq^{n-k}t\leq \varepsilon p^kq^{n-k}$ car $t \in \left[ 0;1\right] $. Alors, \`{a} partir d'un certain rang :
	$$|f(t)-f'(0)t|=\left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}f(p^kq^{n-k}t)- \sum_{k=0}^{n} {n \choose k}p^kq^{n-k}f'(0)t\right|	\leq \sum_{k=0}^{n} {n \choose k} |f(p^kq^{n-k}t)- f'(0)p^kq^{n-k}t|
		$$ d'o\`{u} $|f(t)-f'(0)t|\leq \ds\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} \varepsilon p^kq^{n-k}=\varepsilon$ et ceci pour tout $\varepsilon>0$, donc on a : $f(t)-f'(0)t=0$.
	\item On a donc : $\forall t \in  \left[ 0;1\right] , f(t)=f'(0)t=\ln(G_N(1-t)) \Leftrightarrow G_N(1-t)=e^{f'(0)t} \Leftrightarrow G_N(x)=e^{f'(0)(1-x)}$ avec $x=1-t$. D'o\`{u} : $G_N(x)=e^{-f'(0)(x-1)}$.  D'apr\`{e}s les questions 1a et 1d, $N \leadsto \mathcal{P}(-f'(0))$. On a bien $-f'(0) >0$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}	
\end{sol}
\begin{exo}{45}

\noindent
Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal{A},P)$.\\
On consid\`{e}re une suite $(X_k)_{k\in\N^*}$ de variables al\'{e}atoires \`{a} densit\'{e}, ind\'{e}pendantes et de m\^{e}me loi, de densit\'{e} $f$ et de fonction de r\'{e}partition $F$ nulle sur $\R_-$,  strictement croissante et de classe ${\cal C}^1$ sur $\R_+^*$.\\
On suppose que les variables $X_k$ admettent une esp\'{e}rance $m$ ($m>0$).\\
On note $a$ un r\'{e}el strictement positif et $N$ l'application de $\Omega$ dans $\N$ d\'{e}finie par, pour tout $\omega \in \Omega$ :
$$N(\omega)= \begin{cases}
k & \mbox{ si $k$ est le plus petit entier tel que $X_k(\omega)>a$}\\
0 & \mbox{ si un tel \'{e}v\'{e}nement ne se produit jamais}
\end{cases}$$

\begin{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item V\'{e}rifier que $N$ est une variable al\'{e}atoire.
		\item Calculer $P([N=0])$.
		\item Donner la loi de $N$ et la valeur de $\E(N)$.
	\end{enumerate}
	\item On d\'{e}finit l'application $Y$ de $\Omega$ dans $\R$ par :	$\forall \omega\in\Omega,\quad Y(\omega)=X_{N(\omega)}\big(\omega\big)$.

	\begin{itshape} On admet que $Y$ est une variable al\'{e}atoire. \end{itshape}
	\vskip2mm
	\begin{enumerate}
		\item D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition de $Y$.
		\item V\'{e}rifier que $Y$ est \`{a} densit\'{e} et donner une densit\'{e} de $Y$.
	\end{enumerate}
	\item
	Un joueur effectue des parties successives d'un jeu de telle sorte qu'\`{a} l'issu de la $k$-i\`{e}me partie ($k\in \NN^*$) le total de ses gains est \'{e}gal \`{a} $X_k$, o\`{u} les $(X_k)_{k\in\N^*}$ v\'{e}rifient les hypoth\`{e}ses du d\'{e}but de l'\'{e}nonc\'{e}.\\\`{A} chacun des tours du jeu, il doit miser une somme fixe $c$ pour participer  ($0<c<m$).\\
Il d\'{e}cide de s'arr\^{e}ter quand, pour la premi\`{e}re fois, la variable $X_k$ d\'{e}passe un seuil $a$ ($a>0$) qu'il s'est fix\'{e} \`{a} l'avance.\\
On note $G$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au gain alg\'{e}brique du joueur.
\begin{enumerate}
	\item V\'{e}rifier que $G$ admet une esp\'{e}rance et que :
	$$\E(G)=\frac1{1-F(a)}\left[-c+\int_a^{+\infty}tf(t)dt\right]$$
	\item On note $K$ la fonction d\'{e}finie sur $\R_+^*$ par :
	$$\forall a>0,\quad K(a)=\int_a^{+\infty}tf(t)dt-a[1-F(a)]$$
	\'{E}tudier les variations de $K$, en pr\'{e}cisant les limites aux bornes.
	\item En d\'{e}duire qu'il existe une valeur $a_0$ de $a$ (qu'on ne cherchera pas \`{a} calculer) pour laquelle $\E(G)$ est maximal.
\end{enumerate}
\end{enumerate}



\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item
	$N$ est bien une application et, si $k$ non nul : $\ds [N=k]=[X_1\le a]\cap\ldots[X_{k-1}\le a]\cap[X_k>a]$ qui est bien un \'{e}v\'{e}nement comme intersection fini d'\'{e}v\'{e}nements. De plus $\ds[N=0]=\bigcap_{k=1}^{+\infty}[X_k\le a]$.\\
	$[N=0]$ est donc un \'{e}v\'{e}nement comme intersection d\'{e}nombrable d'\'{e}v\'{e}nements.
		
	\item On a donc : $\ds P([N=0])=P\left(\bigcap_{k=1}^{+\infty}[X_k\le a]\right)$ et d'apr\`{e}s le corollaire du th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone : $\ds P([N=0])=\lim_{n\to +\infty}P\left(\bigcap_{k=1}^{n}[X_k\le a]\right)$.\\
	Or les variables $X_k$ sont ind\'{e}pendantes donc $\ds P([N=0])=\big(F(a)\big)^n$. Comme $F$ est strictement croissante sur $\R_+^*$, on a $0\le F(a)<1$. On en d\'{e}duit $P([N=0])=0$.
	\item  Pour $k=1$, on a $[N=1]=[X_1>a]$ d'o\`{u} : $P([N=1])=P([X_1>a])=1-F(a)$.\\
	Pour $k\ge 2$ : $[N= k]=[X_1\le a]\cap\ldots [X_{k-1}\le a]\cap[X_k>a]$ et par ind\'{e}pendance : \\ $P([N=k])=\big(F(a)\big)^{k-1}\big(1-F(a)\big)$.
	$N$ suit la loi g\'{e}om\'{e}trique $\mathcal{G}(1-F(a))$ et $\ds \E(N)=\frac1{1-F(a)}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item Comme $N$ est le premier indice $k$ o\`{u} $X_k>a$, on a $Y(\Omega)=[a,+\infty[$.\\
		Pour $y\ge a$, on utilise le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $\{[N=n]\ ;\ n\in\N^*\}$ et la formule des probabilit\'{e}s totales.\\
	On a donc, pour $y\ge a$ : $\ds F_Y(y)=\sum_{n=1}^{+\infty}P\big([Y\le y]\cap[N=n]\big)= \sum_{n=1}^{+\infty}P\big([X_N\le y]\cap[N=n]\big)$.\\
	D'o\`{u}  $\ds F_Y(y)=\sum_{n=1}^{+\infty}P\big([X_n\le y]\cap[N=n]\big)= \ds \sum_{n=1}^{+\infty}P\big([X_1\le a]\cap\ldots\cap[X_{n-1}\le a]\cap[a<X_n\le y]\big)$.\\
	
	Par ind\'{e}pendance, on a donc finalement : $ F_Y(y)= \ds \frac{F(y)-F(a)}{1-F(a)}\1_{[a,+\infty[}$.
\item On v\'{e}rifie facilement que $F_Y$ est continue sur $\R$ et de classe $C^1$ sur $\R$, sauf \'{e}ventuellement en $a$.\\
On trouve une densit\'{e} en d\'{e}rivant sur $]-\infty,a[$ et sur $]a,+\infty[$ et ajoutant une valeur arbitraire en $a$.\\
On obtient par exemple comme densit\'{e} $ f_Y(y)=\ds \frac{f(y)}{1-F(a)}\1_{[a,+\infty[}$.
	\end{enumerate}
	\item

	\begin{enumerate}
		\item On a : $ G=X_N-cN$ avec $\ds \E(X_N)=\int_{-\infty}^{+\infty}tf_Y(t)dt=\int_a^{+\infty}tf(t)dt$
	
	La variable $G$ admet donc une esp\'{e}rance et, par lin\'{e}arit\'{e} : $\E(G)=\E(X_N))-c\E(N)$.
	En rempla\c{c}ant, on trouve bien :  $\ds \E(G)=\frac1{1-F(a)}\left[-c+\int_a^{+\infty}tf(t)dt\right]$.
		\item On trouve $K'(a)=-[1-F(a)]$ qui est n\'{e}gatif.\\
		De plus : $\ds \lim_{a\to 0^+}K(a)=m$ et $\ds  a(1-F(a))=a\int_a^{+\infty}f(t)dt$.
			Or : $\ds 0\le a\int_a^{+\infty}f(t)dt\le \int_a^{+\infty}tf(t)dt$. \\
			Comme $\ds \int_a^{+\infty}tf(t)dt$ est un reste d'int\'{e}grale convergente, on a donc $\ds\lim_{a\to +\infty}a(1-F(a)=0$.\\
Conclusion : $\ds \lim_{a\to +\infty}K(a)=0$.
	
					\item On a donc $\E(G)=H(a)$ avec : $H(a)=\ds \frac1{1-F(a)}\left[-c+\int_a^{+\infty}tf(t)dt\right]$.\\
On trouve, apr\`{e}s calcul : $\ds H'(a)=\frac{f(a)}{(1-F(a))^2}\left[-c+\int_a^{+\infty}tf(t)dt-a(1-F(a)\right]=\frac{f(a)}{(1-F(a))^2}\left[-c+K(a)\right]$.\\
$ H'(a)$ est donc du signe de $-c+K(a)$. Le tableau de variation de $H$ montre alors qu'il existe un maximum atteint en un point $a_0$.
		\noindent
\noindent
	\end{enumerate}
\end{enumerate}



\end{sol}
\begin{exo}{47}

	Soit $\left(X_k \right)_{k\in\mathbb{N^{\ast}} } $ une suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A} , P)$. Pour chaque $k\in\mathbb{N^{\ast}}$, la variable $ X_k$ suit une loi gamma de param\`{e}tre $\nu_k$ ($\nu_k >0$).
	
	\begin{enumerate}
		\item Donner l'esp\'{e}rance et la variance de $X_k$.
		\item Pour $n \in \mathbb{N^{\ast}}$, on pose $Y_n=X_1\times \cdots \times X_n$. D\'{e}terminer $Y_n(\Omega)$. D\'{e}terminer $E(Y_n)$ et de $E(Y_n^2)$.
		\item
		\begin{enumerate}
			\item  Soit $\varepsilon$ un r\'{e}el strictement positif. Justifier l'in\'{e}galit\'{e}
			$$P\left( Y_n \geq \varepsilon \right) \leq \frac{\nu_1\times \cdots \times \nu_n}{\varepsilon}  .$$
			\item On suppose que les sommes partielles $\dsum_{k=1}^{n} \ln(\nu_k)$ tendent vers $-\infty $, quand $n\to +\infty$.\\
        Qu'en d\'{e}duit-on pour la suite $(Y_n)$?
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question on suppose que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac1{1+\nu_k}$ est convergente.\\
		{\em  On admet que si $X$ et $Y$ sont deux variables al\'{e}atoires r\'{e}elles d\'{e}finies sur
			$\left(\Omega, \mathcal{A}, P \right) $ qui poss\`{e}dent des moments d'ordre $2$, alors la variable $XY$ admet une esp\'{e}rance et :
			$$
			\left| E(XY) \right|  \leq \sqrt{E(X^2)}\sqrt{E(Y^2)}.	
			$$}
		\begin{enumerate}
			\item Montrer qu'il existe un entier $n_0$ tel que $\nu_1\times \cdots \times \nu_n \geq \nu_1\times \cdots \times \nu_{n_0}$ pour tout $n \geq n_0$
			(dans un premier temps on pourra \'{e}tudier la convergence de la suite $(\nu_n)$). On pose $r= \dfrac1{2}(\nu_1\times \cdots \times \nu_{n_0})$.
			\item Montrer que $Y_n\leq  \dfrac1{2} E(Y_n) + Y_n {\1}_{[Y_n \geq r]}$ pour tout $n \geq n_0$ (o\`{u}, pour tout \'{e}v\'{e}nement $A \in \mathcal{A}$, on a not\'{e} $ {\1}_{A}$ la variable al\'{e}atoire qui vaut $1$ si $A$ est r\'{e}alis\'{e} et $0$ sinon).\\ En d\'{e}duire que pour $n \geq n_0$ on a
			$$
			P(Y_n \geq r) \geq \frac1{4} \prod_{k=1}^{n}\left( 1-  \dfrac{1}{1+\nu_k}\right).
			$$
			\item On note $u_n$ le membre de droite de l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente.
			Montrer que la suite $(\ln(u_n))$ est convergente.
			\item D\'{e}duire de ce qui pr\'{e}c\`{e}de que la suite $(Y_n)$ ne converge pas en probabilit\'{e} vers $0$.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item D'apr\`{e}s le cours, on a $E(X_k)=V(X_k)=\nu_k$, et par la formule de Huygens $E(X_k^2)=\nu_k+\nu_k^2$.
		\item Les variables $X_k$ \'{e}tant positives, il est clair que $Y_n$ prend ses valeurs dans $\mathbb{R}_{+}$ (support). Comme les variables $X_1, \cdots, X_n$ sont ind\'{e}pendantes, il vient $E(Y_n)=E(X_1)\times \cdots \times E(X_n)=\nu_1\times \cdots \times \nu_n$.\\ Avec le lemme des coalitions et la formule de Huygens, on obtient
			$$
		E(Y_n^2)=E(X_1^2) \times \cdots \times E(X_n^2)=\prod_{k=1}^{n} (V(X_k)+E(X_k)^2)
		=\prod_{k=1}^{n} (\nu_k+\nu_k^2).
		$$
		\item
			\begin{enumerate}
			\item  Comme $Y_n$ est positive et admet une esp\'{e}rance, en appliquant l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov}, on obtient
			$$P\left( Y_n \geq \varepsilon \right) \leq
			\dfrac{E(Y_n)}{\varepsilon} =\frac{\nu_1\times \cdots \times \nu_n}{\varepsilon}  .$$
			\item D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente et l'hypoth\`{e}se, on a
			$
			P\left( Y_n \geq \varepsilon \right) \leq \dfrac1{\varepsilon}\exp\left( \dsum_{k=1}^{n} \ln(\nu_k)\right)
			\longrightarrow 0.
			$\\
			On en d\'{e}duit que la suite de variables al\'{e}atoires positives $(Y_n)$ converge en probabilit\'{e} vers $0$.
		\end{enumerate}
		\item
	\begin{enumerate}
		\item Comme la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac1{1+\nu_k}$ est convergente, la suite $\dfrac1{1+\nu_k}$ converge n\'{e}cessairement vers $0^+$, et par cons\'{e}quent la suite $(\nu_k)$ tend vers $+\infty$. Il existe donc un entier $n_0$ a partir duquel $\nu_n \geq 1$. On voit donc que cet entier $n_0$ convient pour satisfaire l'in\'{e}galit\'{e} exig\'{e}e pour tout $n \geq n_0$.
		\item  Compte tenu de la d\'{e}finition de $r$, pour $n\geq n_0$ nous avons
		$$
		Y_n=Y_n{\1}_{[Y_n < r]}+Y_n{\1}_{[Y_n \geq r]}\leq \dfrac1{2}E(Y_n)+Y_n {\1}_{[Y_n \geq r]}.
		$$
		Comme l'esp\'{e}rance est croissante, en utilisant l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Cauchy}-\textsc{Schwarz} pour l'esp\'{e}rance qui nous a \'{e}t\'{e} donn\'{e}e, pour $n\geq n_0$ on obtient
		$$
	0\leq	\dfrac1{2}E(Y_n) \leq E\left( Y_n {\1}_{[Y_n \geq r]}\right)
	\leq \sqrt{E\left( Y_n^2\right) } \sqrt{E\left( {\1}_{[Y_n \geq r]}\right) }
	=\sqrt{E\left( Y_n^2\right) }\sqrt{P(Y_n \geq r) }.
		$$
    Ce qui conduit \`{a}	
    $$
    P(Y_n \geq r) \geq \frac1{4} \prod_{k=1}^{n} \dfrac{\nu_k}{1+\nu_k}
    =\frac1{4}\prod_{k=1}^{n}\left( 1-  \dfrac{1}{1+\nu_k}\right)
    $$
    \item On a $\ln(u_n)=- 2\ln(2)+ \dsum_{k=1}^{n} \ln(1-(1+\nu_k)^{-1})$. On voit que $\ln(1-(1+\nu_k)^{-1})$ est toujours n\'{e}gatif et est \'{e}quivalent \`{a}
    $- (1+\nu_k)^{-1}$ qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie convergente. Le cours nous permet alors de conclure que la  suite $(\ln(u_n))$ tend vers un r\'{e}el $\ell$.
	\item Des questions pr\'{e}c\'{e}dentes, on d\'{e}duit que  la suite $(Y_n)$ ne converge pas en probabilit\'{e} vers $0$ puisque $r>0$ et que la suite $(u_n)$ converge vers $ e^{\ell}>0 $. Comme la suite  $(u_n)$ est d\'{e}croissante, on pouvait aussi dire que pour  $n\geq n_0$
	$$
	P(Y_n \geq r) \geq u_n \geq e^{\ell}>0.
	$$
	\end{enumerate}	
\end{enumerate}		
\end{sol}
\begin{exo}{50}

On consid\`{e}re une suite de variables al\'{e}atoires $\left( X_n\right)_{n\geq 1} $ qui sont toutes d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $\left(\Omega, \mathcal{A}, P \right) $. On suppose que $X_n$ suit
la loi uniforme sur l'intervalle $\displaystyle \left[-\frac{1}{2^n} , \frac{1}{2^n}\right] $. Pour $n \geq 1$, on consid\`{e}re les variables al\'{e}atoires
$$
Y_n=\sum_{k=1}^{n}X_k,\qquad Z_n=\sum_{k=1}^{n}X_k^2, \qquad T_n=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (X_i-X_j)^2  \text{ et } U_n=\max_{1\leq i, j \leq n}\left| X_i-X_j\right|.
$$
\begin{enumerate}
\item Donner l'esp\'{e}rance et la variance de $X_n$.
\item Justifier chacune des in\'{e}galit\'{e}s suivantes :
$$
\left|Y_n \right| \leq 1 ,Z_n \leq \frac{1}{3}\text{ et } U_n \leq 1.
$$
\item Exprimer la variable al\'{e}atoire $T_n$ en fonction des variables al\'{e}atoires $Y_n$ et $Z_n$.
\item Soit $M$ un r\'{e}el. On consid\`{e}re une suite croissante de variables al\'{e}atoires $(V_n)_{n \geq 1}$ telles que $V_n(\omega)\leq M$ pour tout $\omega \in \Omega$ et tout $n\geq 1$.
\begin{enumerate}
\item Soit $\omega \in \Omega$. Justifier la convergence de la suite $(V_n(\omega))_{n \geq 1}$. On notera $V(\omega)$ la limite de cette suite.
\item Soit $x\in \mathbb{R}$. On d\'{e}finit l'\'{e}v\'{e}nement $E_n$ en posant $E_n=[V_n \leq x]$. Prouver
que $[V \leq x]=\displaystyle{\bigcap_{n=1}^{+\infty}}E_n$.

En d\'{e}duire que $V$ est une variable  al\'{e}atoire r\'{e}elle d\'{e}finie sur $\left(\Omega, \mathcal{A}, P \right) $.
\item Montrer que la suite $(V_n)_{n \geq 1}$ converge en loi vers $V$.
\end{enumerate}
\item En d\'{e}duire que la suite de variables al\'{e}atoires $(Z_n)_{n \geq 1}$
(respectivement $(U_n)_{n \geq 1}$) converge en loi vers une variable al\'{e}atoire $Z$ (respectivement $U$).
\item {\em Soit $(x_1,\cdots,x_n) \in \mathbf{R}^n $ ($n \geq 2$). On admet l'in\'{e}galit\'{e} suivante :
$$
\max_{1\leq k<\ell\leq n}\lvert x_k -x_\ell \rvert^2 \leq \frac{2}{n} \sum_{1\leq k<\ell\leq n}(x_k-x_\ell)^2.	
$$}
\begin{enumerate}
\item En d\'{e}duire que $U^2 \leq 2Z$.
\item Montrer l'existence d'une suite r\'{e}elle $(v_n)_{n\geq 1}$ convergeant vers $0$ et telle que pour tout $\omega \in \Omega$,
$$Z_n(\omega) \leq Z(\omega) \leq Z_n(\omega) +v_n$$
 Justifier l'existence de l'esp\'{e}rance de $Z$ et la d\'{e}terminer.
\item Montrer que :
$$
P\left(U> \frac{2}{3}\right)\geq \frac{1}{2}.
$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
	\item Comme $X_n$ suit une loi uniforme sur
	$\displaystyle \left[-\frac{1}{2^n} , \frac{1}{2^n}\right] $, il vient $E(X_n)=0$ et $V(X_n)= \dfrac{1}{12\times4^{n-1}}=\dfrac{1}{3\times4^n}$.
	\item On a successivement : $\left|Y_n \right| \leq \dis\sum_{k=1}^{n}\left|X_n \right| \leq
	\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2^n}=1$, $0 \leq Z_n \leq \dis\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{4^n}=\dfrac{1}{3}$ et
	$U_n \leq \dis\max_{1\leq i, j \leq n}\dfrac{1}{2^{i\wedge j-1}} =1$.
	\item On voit que $T_n=\dfrac{1}{n} \dis\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (X_i^2+X_j^2-2X_iX_j)= \dfrac{1}{n}\left[ nZ_n+nZ_n -2Y_n^2\right]= 2Z_n- \dfrac{2}{n}Y_n^2$.
	\item
\begin{enumerate}
	\item Soit $\omega \in \Omega$, la suite $(V_n(\omega))_{n \geq 1}$ est croissante et major\'{e}e, elle est donc convergente.
	\item La croissance de la suite $(V_n)_{n \geq 1}$ implique l'inclusion
	 $[V\leq x] \subseteq E_n$ pour tout entier $n \geq 1$, d'o\`{u} $[V\leq x] \subseteq \displaystyle{\bigcap_{n=1}^{+\infty}}E_n$. Si $\omega$ appartient \`{a} cette intersection, on a
	 $V_n(\omega)\leq x$ pour tout $n \in \mathbb{N^{\ast}}$ et par passage \`{a} la limite
	 $V(\omega)\leq x$. On a donc l'inclusion inverse et finalement l'\'{e}galit\'{e}. Comme chaque
	 $E_n \in \mathcal{A}$ puisque $V_n$ est une variable al\'{e}atoire sur $\left(\Omega, \mathcal{A}, P \right) $, on voit que $[V\leq x]\in \mathcal{A}$ comme intersection d\'{e}nombrable d'\'{e}l\'{e}ments de
	 $\mathcal{A}$. Il en r\'{e}sulte que $V$ est bien une variable al\'{e}atoire sur  $\left(\Omega, \mathcal{A}, P \right) $.
	\item La suite $\left( E_n\right)_{n \geq 1} $ est clairement d\'{e}croissante. La question pr\'{e}c\'{e}dente et le th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone donnent
	$F_{V}(x)=P\left([V\leq x]  \right) =\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}P\left( E_n\right)
	=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}F_{V_n}(x)$. La suite $(V_n)_{n \geq 1}$ converge donc en loi vers $V$.
	\end{enumerate}
	\item En 2, on a montr\'{e} que les variables al\'{e}atoires $Z_n$
	et $U_n$ \'{e}taient born\'{e}es, de plus, les suites $(Z_n)_{n\geq 1}$ et $(U_n)_{n\geq 1}$ sont croissantes. La question pr\'{e}c\'{e}dente nous assure qu'elles convergent en loi respectivement vers deux variables al\'{e}atoires $Z$ et $U$.
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Avec l'in\'{e}galit\'{e} donn\'{e}e, on voit que $U_n(\omega)^2 \leq T_n(\omega)
		=2Z_n(\omega)- \dfrac{2}{n}Y_n(\omega)^2$ (cf. la question 3). D'apr\`{e}s la question 2, on a
		$Y_n(\omega)^2\leq 1$, il suffit donc de passer \`{a} la limite pour obtenir l'in\'{e}galit\'{e} souhait\'{e}e.
		\item Par croissance, on a 	$Z_n \leq Z$ et comme
		$\left| X_n(\omega) \right| \leq \dfrac{1}{2^n}$, on peut prendre
		$v_n=\dis\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{4^k}=\dfrac{1}{3\times4^n}$.
		On voit que $E(Z_n)=\dis\sum_{k=1}^{n}E(X_k^2)=\sum_{k=1}^{n}V(X_k)
		=\dfrac{1}{9}\left( 1-\dfrac{1}{4^{n}}\right)  $. Comme $Z_n$ est positive, on remarque au passage que ceci implique que l'esp\'{e}rance de $Z$ existe par domination.
		Par croissance de l'esp\'{e}rance, on obtient $E(Z_n)\leq E(Z) \leq E(Z_n)+v_n$ et par passage \`{a} la limite on trouve $E(Z)=\dfrac{1}{9}$.
		\item En utilisant la question 6.(a), la positivit\'{e} de $U$ et l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov}, il vient:
		$$
		P\left( U >\frac{2}{3}\right) =1-P\left( U \leq \frac{2}{3}\right)
		=1-P\left( U^2 \leq \frac{4}{9}\right)\geq 1-\frac{9E(U^2)}{4}
		\geq 1-\frac{9E(Z)}{2}=\frac{1}{2}.
		$$
			\end{enumerate}
     \end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{53}

\noindent Dans tout l'exercice les variables al\'{e}atoires sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.\\
\bigskip
\noindent Soit $p \in ]0,1[$. On notera $q=1-p$. Pour tout $n \in \N$, soient $X_n$ et $Y_n$ des variables al\'{e}atoires telles que $X_n$ suit la loi binomiale de param\`{e}tres $(n,p)$ et $Y_n=n-X_n$.

\noindent On consid\`{e}re \'{e}galement une variable al\'{e}atoire $N$ \`{a} valeurs dans $\N$ et telle que, pour tout $n \in \N$, $N$ est ind\'{e}pendante de $X_n$.

\noindent On consid\`{e}re enfin les variables al\'{e}atoires  $X_N: \omega \mapsto X_{N(\omega)}(\omega)$ et $Y_N: \omega \mapsto Y_{N(\omega)}(\omega)$.

\bigskip


\begin{enumerate}
\item Quelle est la loi de $Y_n$ pour tout $n \in \N$?




\item Montrer que pour tout $k\in\N$, on a : \qquad $P(X_N=k)=\displaystyle\sum_{n=k}^{+\infty}P(X_n=k)P(N=n)$.

\bigskip

\item Soit $\lambda>0$. On suppose, \textbf{dans cette question uniquement}, que $N$  suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda$.

\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer les lois de $X_N$ et $Y_N$.
\item Montrer que $X_N$ et $Y_N$ sont ind\'{e}pendantes.
\end{enumerate}

\bigskip

\item Dans cette question, on suppose\textbf{ uniquement} que $X_N$ et $Y_N$ sont ind\'{e}pendantes.
\begin{enumerate}
\item montrer qu'il existe deux suites de r\'{e}els $(u_k)$ et $(v_j)$ telles que :
$$\forall (k,j) \in \N^2 \quad  P(N=k+j)=\dfrac{u_k v_j}{(k+j)!}.$$
{\em Indication : on pourra consid\'{e}rer $P\left((X_N=k)\cap (Y_N=j)\right)$, pour $j,k\in \NN$.}

\item En d\'{e}duire que la suite $\left(k!P(N=k)\right)_{k\in \N}$ est g\'{e}om\'{e}trique.
\item En d\'{e}duire que $N$ suit une loi de \textsc{Poisson}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{exo}
\begin{sol}


\begin{enumerate}
\item On a $Y_n(\Omega)=[\![0,  n]\!]$ et, pour tout $k \in Y_n(\Omega)$ :

$$P(Y_n=k)=P(X_n=n-k)=\binom{n}{n-k}p^{n-k}q^k=\binom{n}{n-k}p^{n-k}q^k.$$
donc $Y_n$ suit la loi binomiale de param\`{e}tres $(n,q)$.



\item La formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $\{[N=n], n\in\N \}$, donne, pour tout $k\in\N$ :
$$P(X_N=k)=\dsum_{n =0}^{+\infty} P\left( [X_N=k]\cap [N=n]\right)=\dsum_{n =0}^{+\infty} P\left([X_n=k]\cap [N=n]\right)=\displaystyle\Sum_{n=k}^{+\infty}P(X_n=k)P(N=n)$$
par ind\'{e}pendance de $N$ avec chaque variable $X_n$.

\item \begin{enumerate}

\item D'apr\`{e}s l'\'{e}criture de la question pr\'{e}c\'{e}dente on a, par ind\'{e}pendance,
\begin{align*}
\forall k \in \N, \quad P(X_N=k)&= \Sum_{n=k}^{+\infty}P(X_n=k) P(N=n)=\Sum_{n=k}^{+\infty} \dfrac{n!}{k!(n-k)!}p^kq^{n-k}\dfrac{\lambda^n}{n!}e^{-\lambda}\\
 &=e^{-\lambda}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!}\sum_{j=0}^{+\infty}\dfrac{(\lambda q)^{j}}{j!}=e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^k}{k!} \text{ en posant } j=n-k
\end{align*}
Par cons\'{e}quent, $X_N$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda p$. \\
De m\^{e}me, $Y_N$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda q$.

\item D'une part $X_N+Y_N=N$ et d'autre part, $N$ est ind\'{e}pendante de chaque $X_i$. Par cons\'{e}quent, pour tout $(k,j) \in \N^2$, on a :
\begin{align*}
P([X_N=k]\cap [Y_N=j])&=P([N=k+j]\cap [X_{k+j}=k])=P(N=k+j)P(X_{k+j}=k)\\
&=e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{k+j}}{(k+j)!} \times \dfrac{(k+j)!}{k!\, j!} p^k q^j=e^{-\lambda (p+q)}\dfrac{\lambda^{k}p^k}{k!}\times \dfrac{\lambda^j q^j}{j!}\\
&=P(X_N=k)P(Y_N=j)
\end{align*}

Les variables $X_N$ et $Y_N$ sont ind\'{e}pendantes.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $(k,j) \in \N^2$, on a : $$P([X_N=k]\cap [Y_N=j])=P(N=k+j)P(X_{k+j}=k)=P(N=k+j)\dfrac{(k+j)!}{k!j!}p^kq^j.$$

En utilisant l'ind\'{e}pendance de $X_N$ et $Y_N$, on obtient : \quad $$P(X_N=k)P(Y_N=j)=P(N=k+j)\dfrac{(k+j)!}{k!j!}p^kq^j.$$

On pose alors  $\displaystyle  u_k=\dfrac{P(X_N=k)k!}{p^k}$ et $\displaystyle  v_j=\dfrac{P(Y_N=j)j!}{q^j}$, on obtient l'\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e.

\item On remarque tout d'abord que $v_0 \neq 0$.

En effet, si on suppose que $v_0=0$, alors d'apr\`{e}s le r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent, pour tout $k\in \N$ :

$k! \, P(N=k) = u_k v_0=0$, ce qui est impossible.

On en d\'{e}duit alors, que pour tout $k \in \N$, on a : \quad $(k+1)!P(N=k+1)=v_1 u_k=\dfrac{v_1}{v_0}\times k!P(N=k)$.

La suite $\left(k!P(N=k)\right)_{k\in \N}$ est donc g\'{e}om\'{e}trique de raison $\lambda = \dfrac{v_1}{v_0}.$

\item Il existe alors $C$ telle que  : \quad $\forall k \in \N, \quad P(N=k)=C\dfrac{\lambda^k}{k!}$.

Comme la somme de toutes les probabilit\'{e}s donne $1$, on obtient $C=e^{-\lambda}$  et donc $N$ suit la loi de \textsc{Poisson} $\mathcal{P}(\lambda)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{57}

On dispose de trois pi\`{e}ces de monnaie: une pi\`{e}ce num\'{e}rot\'{e}e 0 pour laquelle la probabilit\'{e} d'obtenir \og pile\fg\  vaut $\displaystyle\frac{1}{2}$ et celle d'obtenir \og face\fg\ vaut \'{e}galement $\displaystyle\frac{1}{2}$, une pi\`{e}ce num\'{e}rot\'{e}e 1 donnant \og face\fg\ \`{a} coup s\^{u}r et une troisi\`{e}me pi\`{e}ce num\'{e}rot\'{e}e 2 donnant \og pile\fg\ \`{a} coup s\^{u}r.

On choisit l'une de ces pi\`{e}ces au hasard et on la lance ind\'{e}finiment.

On consid\`{e}re la variable al\'{e}atoire $X$, \'{e}gale au rang d'apparition du premier \og pile\fg\ et la variable al\'{e}atoire $Y$, \'{e}gale au rang d'apparition du premier \og face\fg. On convient de donner \`{a} $X$ la valeur 0 si l'on n'obtient jamais \og pile\fg\ et de donner \`{a} $Y$ la valeur 0 si l'on n'obtient jamais \og face\fg.

On suppose que l'exp\'{e}rience est mod\'{e}lis\'{e}e avec un espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A},P)$.


    \begin{enumerate}
      \item On rappelle que, pour tout entier naturel $m$, l'instruction \texttt{ grand(1,1,'uin',0,m)}
      renvoie un entier al\'{e}atoire compris entre 0 et $m$ (ceci de fa\c{c}on \'{e}quiprobable).

On d\'{e}cide de coder \og pile \fg \  par $1$ et \og face\fg\  par $0$.

Compl\'{e}ter le script Scilab suivant pour qu'il permette le calcul et l'affichage de la valeur prise par la variable al\'{e}atoire $X$ lors de l'exp\'{e}rience r\'{e}alis\'{e}e dans cet exercice.

    \begin{lstlisting}
piece=grand(1,1, 'uin', ---, ---)
x=1
if piece==0
	lancer=grand(1,1, 'uin', ---, ---)
	while lancer==0
	   lancer=---
	   x=---
	end	
elseif piece==1 then x=---	
end
disp(x)
		\end{lstlisting}
Justifier aussi pourquoi le programme ne comporte pas de ligne : \texttt{elsif piece==2 then - - -}.

   
      \item
  \begin{enumerate}
   \item  D\'{e}terminer la loi de $X$ et calculer son esp\'{e}rance.

 \item Justifier sans calcul que $Y$ suit la m\^{e}me loi que $X$.
  \end{enumerate}

      \item Covariance de $X$ et $Y$.
     \begin{enumerate}
 \item  D\'{e}terminer la loi de la variable al\'{e}atoire $X Y$.

 \item  \'{E}tablir que $X Y$ poss\`{e}de une esp\'{e}rance, donner sa valeur, puis v\'{e}rifier que Cov $(X, Y)=0$.
\end{enumerate}

      \item Montrer que $X$ et $Y$ ne sont pas ind\'{e}pendantes.

      \item D\'{e}terminer la loi de $\left|X-Y\right|$.

    \end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}

 \begin{enumerate}
  \item
    
 L'\'{e}galit\'{e} piece==0 signifie que l'on joue avec la pi\`{e}ce \'{e}quilibr\'{e}e et piece==1 signifie que l'on joue avec la pi\`{e}ce donnant "face" \`{a} coup s\^{u}r, donc $X$ prendra la valeur 0. Par suite:
    \begin{lstlisting}
piece=grand(1,1,'uin',0,2)
x=1
if piece==0
	lancer=grand(1,1,'uin',0,1)
	while lancer==0
	   lancer=grand(1,1,'uin',0,1)
	   x=x+1
	end	
elseif piece==1 then x=0	
end
disp(x)
		\end{lstlisting}


%
Si l'on joue avec la pi\`{e}ce 2, il est certain que $X$ prend la valeur 1 mais comme la variable informatique $x$ a \'{e}t\'{e} initialis\'{e}e \`{a} 1, il n'y a rien \`{a} ajouter.
 

      \item
    \begin{enumerate}
    \item

       On utilise la formule des probabilit\'{e}s totales ou on explique... Dans les deux cas, on trouve :

$\forall n \geq 2, P(X=n)=\displaystyle\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}, P(X=1)=\frac{1}{2}$ et avec la somme des probabilit\'{e}s, on a finalement $P(X=0)=\displaystyle\frac{1}{3}$. Un calcul fait avec prudence \`{a} cause des deux premiers termes donne $E(X)=1$.

\item $X$ et $Y$ suivent la m\^{e}me loi:  sym\'{e}trie des pi\`{e}ces truqu\'{e}es et \'{e}quilibre de la pi\`{e}ce num\'{e}ro 0.
\end{enumerate}

      \item
      \begin{enumerate}
      \item Remarquons tout d'abord que, comme $X(\Omega)=\mathbb{N}$ et $Y(\Omega)=\mathbb{N}$, on a : $(XY)(\Omega) \subset \mathbb{N}$.

    $(XY=0)=(X=0) \cup(Y=0)$, donc $XY$ peut prendre la valeur 0 .

    On a $([X=1] \cap[Y=1])=\varnothing$, ce qui montre que $XY$ ne peut pas prendre la valeur 1.

    D'autre part, $XY$ peut prendre toutes les autres valeurs enti\`{e}res donc $(X Y)(\Omega)=\mathbb{N} \backslash\{1\}$.

On a vu que $(XY=0)=(X=0) \cup(Y=0)$ donc, par incompatibilit\'{e} $: P(X Y=0)=\displaystyle\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$.

$([X=1],[Y=1])$ est un syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements et la formule des probabilit\'{e}s totales donne : $\forall n \geq 2, P(XY=n)=P([X Y=n] \cap[X=1])+P([XY=n] \cap[Y=1])$.

On en d\'{e}duit: $\forall n \geq 2, P(XY=n)=P([Y=n] \cap[X=1])+P([X=n] \cap[Y=1])$. Comme $n$ est sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2, on a : $(Y=n) \subset(X=1)$ et $(X=n) \subset(Y=1)$.\\
On obtient donc : $\forall n \geq 2, P(XY=n)=P(Y=n)+P(X=n)=2 P(X=n)=\displaystyle\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.

\item
On a : $\forall n \geq 2, n P(XY=n)=\displaystyle\frac{2}{3} n\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{2}{3} \times \frac{1}{2} n\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=\frac{1}{3} n\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$.

La s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $n P(XY=n)$ est donc absolument convergente et $XY$ poss\`{e}de une esp\'{e}rance. Apr\`{e}s calculs, on obtient : $E(XY)=1$. Donc $\operatorname{Cov}(X,Y)$  existe et vaut $1-1\,\scriptstyle\times \displaystyle 1=0$.


\end{enumerate}

      \item  $P([X=1] \cap[Y=1])=0$ et $P(X=1) P(Y=1)=\displaystyle\frac{1}{4}$ donc $X$ et $Y$ ne sont pas ind\'{e}pendantes.
      \item $\left|X-Y\right|$ prend ses valeurs dans  $\mathbb{N}^*$. De plus, pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$, on a :\\ $\left(\left|X-Y\right|=n\right)= \left([X=1]\cap[Y=n+1]\right)\cup \left([Y=1]\cap[X=n+1]\right)$\\
\begin{flushright}
$ \cup \left([X=1]\cap[Y=-n+1]\right)\cup \left([Y=1]\cap[X=-n+1]\right)$.\\
\end{flushright}

Si  $n=1$, on a : $P\left(\left|X-Y\right|=1\right)=P\left(Y=2\right)+P\left(Y=0\right)+P\left(X=2\right)+P\left(X=0\right)=\displaystyle\frac{5}{6}$.\\
Si  $n$ est sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$, il reste : $P\left(\left|X-Y\right|=n\right)=P\left(Y=n+1\right)+P\left(X=n+1\right)=\displaystyle\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$.


    \end{enumerate}

\end{sol}
\begin{exo}{59}

Toutes les variables al\'{e}atoires consid\'{e}r\'{e}es sont d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e}
$\,\bigl( \Omega,{\mathcal A},\P \bigr) \,$.
\smallskip

Pour $n \in \N^*$, on consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X_n$ \`{a} valeurs dans
$\llbracket 1,n \rrbracket$ telle que $\bigl( \P(X_n=k) \bigr)_{1 \le k \le n}$
est proportionnelle \`{a} $(k)_{1 \le k \le n}\,$.

\begin{enumerate}
\item
D\'{e}terminer la loi de $X_n$ et calculer son esp\'{e}rance et sa variance.
\item
Expliciter la fonction g\'{e}n\'{e}ratrice $G_n$ de $X_n$ d\'{e}finie par:
$$ \forall t \in \R\:,\qquad  G_n(t) = \sum_{k=1}^{n} \Bigl[ \P(X_n=k)\,t^k \Bigr] $$
\smallskip
Pour $n \in \N^*$, on note $\: Y_n = \exp\bigl( X_n/n \bigr) \:$.
\smallskip

\item
Exprimer $\E(Y_n)$ \`{a} l'aide de $G_n$ et d\'{e}terminer sa limite quand
$n \Tend +\infty\,$.

\item
On donne $\, \ln(2) \approx 0,69 \,$. Comparer
$$ L = \lim_{n\to+\infty} \Bigl[ \E \bigl( \exp(X_n/n) \bigr) \Bigr]
   \quad\text{et}\quad
   L ' = \lim_{n\to+\infty} \Bigl[ \exp \Bigl( \E \bigl( X_n/n \bigr) \Bigr)
   \Bigr] \:. $$

\item
\begin{enumerate}
   \item  Justifier que la fonction exponentielle est convexe sur $\R\,$.
   \item  Retrouver ainsi la comparaison pr\'{e}c\'{e}dente.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
Si $\, \bigl( \P(X_n=k) \bigr) = \alpha (k) \,$, on a:
$$ 1 = \sum_{k=1}^{n} \alpha\,k  \implique \alpha = \frac{2}{n\,(n+1)}  $$
d'o\`{u},
$$ \E(X_n) = \sum_{k=1}^{n} \frac{2k^2}{n\,(n+1)} = \frac{2n+1}{3}  $$
$$ \E(X_n^2) = \sum_{k=1}^{n} \frac{2k^3}{n\,(n+1)} = \frac{n\,(n+1)}{2}
   \quad\text{d'o\`{u}}\quad  \mathbb{V}(X_n) = \frac{n^2+n-2}{18}  $$

\item  Par d\'{e}rivation de $t\mapsto \dsum_{k=1}^n t^k$, pour $\, t \neq 1 \,$, on a :
$$ G_n(t) = \frac{2}{n\,(n+1)}\,\sum_{k=1}^{n} k\,t^k  =
   \frac{2\,t}{n\,(n+1)}\,\frac{n\,t^{n+1} - (n+1)\,t^n + 1}{(1-t)^2}  $$
Et par ailleurs $G_n(1)=1$.

\item
Par th\'{e}or\`{e}me de transfert,
$$ \E(Y_n) = \sum_{k=1}^{n} \Bigl[ \e^{k/n}\,\P(X_n=k) \Bigr]  =
   G_n\bigl( \e^{1/n} \bigr)  $$
puis par d\'{e}veloppement limit\'{e},
$$ \E(Y_n) = \frac{2\,\e^{1/n}}{n\,(n+1)}\,\frac{n\,\e^{1+1/n}-(n+1)\,\e + 1}
      {(1-\e^{1/n})^2}
   = 2\,\e^{1/n}\,\frac{n\,\e\,(\e^{1/n}-1) +1-\e}{n\,(n+1)\,(1-\e^{1/n})^2}
      \xrightarrow[n\to\infty]{} 2  $$

\item
$$ \E \left( \exp \Bigl( \frac{X_n}{n} \Bigr) \right) =
   \E(Y_n) \xrightarrow[n\,\infty]{} 2   \quad\text{et}\quad
   \exp \left[ \E \Bigl( \frac{X_n}{n} \Bigr) \right] =
   \exp \left[ \frac{2n+1}{3n} \right]
   \xrightarrow[n\to\infty]{} \exp \Bigl( \frac 23 \Bigr) < 2  $$
car $\, \ln(2) \approx 0,69 > 2/3 \,$; donc $\, L' < L \,$.

\item
\begin{enumerate}
   \item  Car $\, (\exp)'' = \exp > 0 \,$.
   \item  Par convexit\'{e}, par r\'{e}currence sur $n\geq 1$, on en d\'{e}duit que, pour tout $x_1,\dots,x_n\in \RR$ :
$$ \left( \forall k,\ p_k\in[0,1]  \et \sum_{k=1}^{n} p_k =1 \right) \Longrightarrow \exp \left[ \sum_{k=1}^{n} p_k x_k \right] \leq  \sum_{k=1}^{n}
   \left[ p_k \exp(x_k)\right].$$
Avec  $\, x_k = k/n \,$ et $p_k = \P(X=k)$, on obtient :
$$ \exp \left[ \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\,p_k \right]  \leq   \sum_{k=1}^{n}
   \left[ p_k\,\exp \Bigl( \frac kn \Bigr) \right]  $$
d'o\`{u} l'in\'{e}galit\'{e} large \`{a} la limite : $\, L' \leq L \,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{61}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ et sont \`{a} valeurs dans $\N$. Pour toute variable al\'{e}atoire $X$, on note $\varphi_X$ l'application d\'{e}finie pour tout r\'{e}el $t$ tel que la s\'{e}rie converge, par
$$\varphi_X(t) =  \sum_{n=0}^{+\infty} P(X=n) t^n$$

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\varphi_X$ est d\'{e}finie au moins sur le segment $[-1,1]$.
\item Un exemple. On suppose dans cette question que $X+1$ suit la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $1/2$.\\
Calculer $\varphi_X$ ainsi que son domaine de d\'{e}finition $I$.
\item Montrer que $\varphi_X$ admet un d\'{e}veloppement limit\'{e} en  $0$ \`{a} tout ordre et que pour tout $n\in \N$, on a :
$$\varphi_X(t)= \sum_{k=0}^n P(X=k)t^k +o(t^n)$$
\item Dans cette question, la variable al\'{e}atoire $Y$ v\'{e}rifie $\varphi_Y(t)= 2-\sqrt{2-t}$.
    \begin{enumerate}
    \item D\'{e}terminer le d\'{e}veloppement limit\'{e} en $0$ \`{a} l'ordre $n$ de $t\to (1+t)^{1/2}$.
    \item En d\'{e}duire le d\'{e}veloppement limit\'{e} en $0$ \`{a} l'ordre $n$ de $\varphi_Y$.
    \item D\'{e}terminer la loi de $Y$.
    \end{enumerate}
\item On suppose maintenant que les deux variables al\'{e}atoires pr\'{e}c\'{e}dentes $X$ (d\'{e}finie dans la question 2) et $Y$ sont ind\'{e}pendantes. On note $S= X+Y$. D\'{e}terminer la loi de $S$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Pour tout $t\in [-1,1]$, on a $|P(X=n) t^n| \leq P(X=n)$. La s\'{e}rie num\'{e}rique $\sum_n P(X=n)$ \'{e}tant convergente, $\varphi_X$ est d\'{e}finie sur un intervalle $I$ contenant $[-1,1]$, donc $0$.
\item  On a $X(\Omega)= \N$ et $P(X=k)= P(X+1=k+1)= \dfrac 1{2^{k+1}}$. Ainsi $\varphi_X(t)= \dsum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{t^k}{2^{k+1}}= \dfrac 1 2 \times \dfrac{1}{1-t/2}=\dfrac{1}{2-t}$.  Ce calcul est valable pour $|t|<2$ (s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique de raison $t/2$.)

\item   On peut \'{e}crire $\varphi_X(t)= \dsum_{k=0}^n \P(X=k)t^k+ \dsum_{k=n+1}^\infty \P(X=k)t^k= \dsum_{k=0}^n \P(X=k)t^k+ R_n(t)$.

    On a $R_n(t)= t^{n+1} \dsum_{k=0}^{+\infty} a_{n+1-k} t^{n+1-k}= o(t^{n})$ au voisinage de $0$. En effet pour $|t|<1$
    $$\left|\sum_{k=0}^{+\infty} a_{n+1-k} t^{n+1-k}\right|\leq \sum_{k=0}^{+\infty}  |t|^{n+1-k}= \frac{1}{1-|t|}$$
Donc $\varphi_X$ admet un d\'{e}veloppement limit\'{e} en $0$ \`{a} tout ordre et par unicit\'{e} du DL, $\dfrac{\varphi_Y^{(n)}(0)}{n!}= P(X=n)$.

\begin{enumerate}
\item Le d\'{e}veloppement limit\'{e} en $0$ de $x \mapsto (1+x)^\alpha$ \'{e}tant au programme, on sait que pour tout $n\in \N$ et $x$ au voisinage de $0$,
$$(1+x)^\alpha = 1 + \sum_{k=1}^{n} \frac{\alpha(\alpha-1) \cdots (\alpha-k+1)}{k!}x^k +o(x^n)$$
Ici pour $\alpha= 1/2$, il vient  $(1+t)^{1/2}=1+ \dsum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1} \frac{(2k)!}{(2k+1)(k!)^2 4^k}t^k+o(t^n)$.

\item On remarque que la fonction $\varphi_Y$ est \'{e}gale \`{a} $2-\sqrt{2}\left( 1- \frac{t}{2}\right)^{1/2}$. Gr\^{a}ce \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente (en rempla\c{c}ant $t$ par $-t/2$), on obtient
$$\varphi_Y(0)=2-\sqrt{2}, \mbox{ et } a_n = \frac{\sqrt{2}}{(2n-1)8^n} \frac{(2n)!}{(n!)^2}$$

\item Par unicit\'{e} du DL et la derni\`{e}re question, $P(Y=n)=\dfrac{\sqrt{2}}{(2n-1)8^n} \binom{2n}{n}$.
\end{enumerate}
\item
on remarque de $\varphi_X(t)= E(t^X)$. Par le lemme des coalitions et l'ind\'{e}pendance de $X$ et $Y$ :
$$\varphi_S(t)=\varphi_{X+Y}(t)= E(t^X)E(t^Y)= \varphi_X(t)\varphi_Y(t)= \frac{1}{1-t/2}-\frac{1}{\sqrt{2}}\left( 1-\frac{t}{2}\right)^{-1/2}$$
Un calcul analogue au calcul pr\'{e}c\'{e}dent donne
$$\left( 1-\frac{t}{2}\right)^{-1/2}= 1+ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{8^n}\binom{2n} n t^n, \mbox{ pour } |t|<1$$
et
$$\varphi_S(t)= \sum_{n=0}^{+\infty} \left( \frac{1}{2^n}-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{8^n}\binom{2n}{n} \right) t^n, \mbox{ pour } |t|<1$$
Finalement $P(S=n)= \dfrac{1}{2^n}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\dfrac{1}{8^n}\ds\binom{2n}{n}$.

\end{enumerate}
\end{sol}
\begin{exo}{64}

Soit $(X_k)_{k\in\N^*}$ une suite de variables al\'{e}atoires \`{a} valeurs positives d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},\P)$ et admettant toutes une esp\'{e}rance.
On note, pour tout $k\in\N^*$, $\lambda_k=\E(X_k)$. On suppose que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 1} \lambda_k$ converge et on note $\mu$ sa somme.
\\
On pose pour tout $n\in\N^*$, $S_n=\dsum_{k=1}^nX_k$, et $\mu_n=\dsum_{k=1}^n\lambda_k$.

\begin{enumerate}
\item Dans cette question uniquement, on suppose que chaque  $X_k$ suit  une loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda_k$ et que les $(X_k)$  sont ind\'{e}pendantes. Montrer $(S_n)_{n\in\N^*}$ converge en loi vers une variable al\'{e}atoire que l'on d\'{e}terminera.
\end{enumerate}
Dans la suite, on note  $A=\{ \omega \in \Omega / \dsum_{k\geq 1}X_k(\omega) \text{ converge}\}$. On admet que $A$ est un \'{e}v\'{e}nement.
\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout $N\in\N^*$, on note $A_N$ l'\'{e}v\'{e}nement $\displaystyle\bigcap_{n\in\N^*}[S_n<N]$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout $N\in\N^*$, $\P(A_N)\geq 1-\dfrac{\mu}N$ (on pourra utiliser l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov}).
\item Justifier que pour tout $N\in\N^*$, $A_N\subset A$. En d\'{e}duire que $\P(A)=1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
{\bf On suppose dans la suite de l'exercice que $A=\Omega$, c'est \`{a} dire que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 1}X_k(\omega)$ converge pour tout $\omega\in\Omega$.}\\
 On d\'{e}finit alors la variable al\'{e}atoire $S$ par, pour tout $\omega\in\Omega$, $S(\omega)=\dsum_{k= 1}^{+\infty}X_k(\omega)$.
\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $\varepsilon>0$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout entier $k\geq n$, on a : $\P\left([S_k-S_n> \varepsilon]\right)\leq\dfrac{\mu_k-\mu_n}{{\varepsilon}}$.
\item Montrer que l'on a, pour tout $n\in\N^*$: $\P([S-S_n> \varepsilon])=\P\left(\displaystyle\bigcup_{k\geq n}[S_k-S_n> \varepsilon]\right)$.
\item En d\'{e}duire que $(S_n)_{n\geq 1}$ converge en probabilit\'{e} vers $S$.
\end{enumerate}
\item En remarquant que $(S_n-S)_{n\geq 1}$ converge en probabilit\'{e} vers $0$, en d\'{e}duire  que $(S_n)_{n\geq 1}$ converge en loi vers $S$.
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item D'apr\`{e}s le cours, $S_n$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\mu_n=\dsum_{i=1}^n\lambda_i$, d'o\`{u} pour tout $k\in\N$, $\P([S_n=k])=\dfrac{\mu_n^k}{k!}\e^{-\mu_n}$. Quand $n$ tend vers $+\infty$, $\dfrac{\mu_n^k}{k!}\e^{-\mu_n}\to \dfrac{\mu^k}{k!}\e^{-\mu}$ ce qui prouve que $(S_n)$ tend en loi vers une variable al\'{e}atoire suivant la loi de \textsc{Poisson} $\mathcal{P}(\mu)$.
\item
\begin{enumerate}
\item D'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Markov}, $\P([S_n\geq N])\leq \dfrac{\E(S_n)}N$ i.e. $\P([S_n<N])\geq 1-\dfrac{\mu_n}N$ (1).

Par ailleurs, \'{e}tant donn\'{e} que les $X_k$ sont \`{a} valeurs positives, $[S_{n+1}<N]\subset [S_n<N]$. On est en pr\'{e}sence d'une suite d\'{e}croissante d'\'{e}v\'{e}nements d'o\`{u}, par le th\'{e}or\`{e}me de convergence monotone,  $\displaystyle\P\left(\bigcap_{n\in\N^*}[S_n<N]\right)=\dlim_{n\to +\infty}\P\left([S_n<N]\right)$. Par passage \`{a} la limite dans (1), $\displaystyle\P\left(\bigcap_{n\in\N^*}[S_n<N]\right)\geq 1-\dfrac{\mu}N$ \textsl{i.e} $\P(A_N)\geq 1-\dfrac{\mu}N$.\\

\item Soit $\omega\in A_N$. Pour tout $n\in\N^*$, $S_n(\omega)\leq N$. Les sommes partielles de la s\'{e}rie \`{a} termes positifs sont born\'{e}es et la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 1}X_k(\omega)$ converge d'o\`{u} $\omega\in A$, donc $A_N\subset A$.

Ainsi pour tout $N\in\N^*$, $\P(A_N)\leq \P(A)$. Or $\P(A_N)\to 1$ quand $N\to +\infty$. Par passage \`{a} la limite, $1\leq \P(A)$ d'o\`{u} $\P(A)=1$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item C'est encore \textsc{Markov}, sans difficult\'{e}.
\item On remarque que $S-S_n\geq 0$. Soit $\omega\in [S-S_n>\varepsilon]$. On a $S(\omega)-S_n(\omega)=\dlim_{k\to +\infty}S_k(\omega)-S_n(\omega)$.

De plus l'intervalle $]\varepsilon,+\infty[$ contient la limite de la suite de  $(S_k(\omega)-S_n(\omega))_{k\geq n}$, donc tous les termes de la suite sont strictement sup\'{e}rieurs \`{a} $\varepsilon$ pour $k$ assez grand. D'o\`{u}  $[|S-S_n|>\varepsilon]\subset \displaystyle\cup_{k\geq n}[S_k-S_n>\varepsilon]$ et r\'{e}ciproquement. On a alors l'\'{e}galit\'{e} demand\'{e}e.

\item La suite d'\'{e}v\'{e}nements $([S_k-S_n>\varepsilon])_{k\geq n}$ est une suite croissante d'\'{e}v\'{e}nements (voir ci-dessus), d'o\`{u} $$\P\left(\displaystyle\bigcup_{k\geq n}[S_k-S_n> \varepsilon]\right)=\dlim_{k\to +\infty}\P\left([S_k-S_n> \varepsilon]\right)$$
     D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, cette limite est major\'{e} par $\dfrac{\mu-\mu_n}{\varepsilon}$.

Ainsi, pour tout $n\in\N^*$, $\P([|S_n-S|>\varepsilon])\leq \dfrac{\mu-\mu_n}{\varepsilon}$; on conclut alors sans difficult\'{e}.

\end{enumerate}	
\item On applique le th\'{e}or\`{e}me de \textsc{Slutsky}. On sait que $S_n-S$ converge en probabilit\'{e} vers la variable certaine $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$. La suite constante de terme g\'{e}n\'{e}ral $S$ converge en loi vers $S$, d'o\`{u} $S_n-S+S$, \textsl{i.e} $S_n$ converge en loi vers $S$.
\end{enumerate}	
	
\end{sol}

\chapter{Option B/L}

\begin{exo}{1}

Soit $n\in \N^*$. La transpos\'{e}e d'une matrice $M$ sera not\'{e}e  ${}^t\!M$.
Dans cet exercice, on confondra $\R^n$ et l'espace  des matrices colonnes  r\'{e}elles $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$. On rappelle qu'alors, le produit scalaire est d\'{e}fini par:
$$\forall (X,Y)\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)^2, \langle X,Y\rangle={}^t\!XY$$

On \'{e}tudie les matrices $A$ de $\mathcal{M}_n(\R)$ v\'{e}rifiant la propri\'{e}t\'{e} $(P)$ suivante :
$$\forall (X,Y) \in\mathcal{M}_{n,1}(\R)^2, {}^t\!YAX=0 \Rightarrow \,{}^t\!XAY=0$$

Une matrice $A\in \mathcal{M}_n(\R)$ est dite sym\'{e}trique si ${}^t\! A=A$. Une matrice $B\in \mathcal{M}_n(\R)$ est dite anti-sym\'{e}trique si ${}^t\!B=-B$.\\

\begin{enumerate}
\item V\'{e}rifier que $\forall (X,Y) \in\mathcal{M}_{n,1}(\R)^2, {}^tYAX$ est un nombre r\'{e}el.
\item Montrer que si $A$ est sym\'{e}trique ou anti-sym\'{e}trique, alors $A$ v\'{e}rifie la propri\'{e}t\'{e} $(P)$.
\item Soit $A\in \mathcal{M}_n(\R)$ une matrice telle que pour tout $Z\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$, $\,^tZAZ=0$.
\begin{enumerate}
\item \'{E}tablir que pour tout $(X,Y)\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)^2$, $\,^tYAX=-\,^t\!XAY$.
\item En d\'{e}duire que $A$ est anti-sym\'{e}trique.
\end{enumerate}

\medskip

On suppose dans toute la suite de l'exercice que $A$ v\'{e}rifie la propri\'{e}t\'{e} $(P)$ et n'est pas anti-sym\'{e}trique.\\

\item
\begin{enumerate}
	\item Montrer qu'alors ${}^t\!A$ v\'{e}rifie $(P)$.
\item Soit $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$. Montrer que $(\Vect(AX))^{\bot}=(\Vect(\,^tAX))^{\bot}$ puis que $\Vect(AX)=\Vect(\,^tAX)$.
\item En d\'{e}duire que pour tout $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$, il existe $\alpha_X\in\R$ tel que $\,^tAX=\alpha_XAX$.
\item En conclure que pour tout $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$, $\,^tXAX=\alpha_X\,^tXAX$.
\end{enumerate}
\item Montrer  qu'il existe $Y$ telle que $\,^tYAY\neq 0$ et qu'on a alors $\,^tAY=AY$.

\item Soit $Y$ telle que $\,^tYAY\neq 0$.
\begin{enumerate}
\item Soit $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ tel que $AX$ est non nulle et colin\'{e}aire \`{a} $AY$. Montrer que $\,^tAX=AX$.
\item Soit $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ tel que $AX$ est non colin\'{e}aire \`{a} $AY$. En consid\'{e}rant $\,^tA(X+Y)$, montrer que $\,^tAX=AX$.
\item En conclure que $A$ est sym\'{e}trique.

\end{enumerate}


\end{enumerate}

	
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item $^t\!YAX$ est le produit scalaire de $Y$ et $AX$.
\item Soient $X$ et $Y$ deux matrices de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ et $A \in S_{n}(\R)$. Alors : $^{t}(^{t}XAY)=\,^{t}Y(^{t}AX)=\,^{t}YAX$, donc $^tYAX=0 \Rightarrow \,^tXAY=0$. De m\^{e}me si $A \in A_{n}(\R)$ : $^{t}(^{t}XAY)=\,^{t}Y(^{t}AX)=-^{t}YAX$, donc $^tYAX=0 \Rightarrow \,^tXAY=0$.
	\item \begin{enumerate}
		\item Soient $X$ et $Y$ deux matrices de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$ . On pose $Z=X+Y$. On a alors : $^tZAZ=0 \Leftrightarrow \\ ^{t}(X+Y)A(X+Y) =0 \Leftrightarrow\, ^tYAX=-\,^tXAY$.
		\item On a d'une part $^tYAX=\langle \,^tAY,X\rangle  $ et d'autre part $^tXAY=\langle X,AY\rangle  $, d'o\`{u} d'apr\`{e}s 2.a), il vient: $\langle ^tAY+AY,X\rangle=0$ pour tout $X$, soit $^tAY+AY=0$ donc $\,^tA=-A$ .
	\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item Soient $X$ et $Y$ deux matrices de $\mathcal{M}_{n,1}(\R)$. On a alors : $^tX^tAY=\langle AX,Y\rangle  =\langle Y,AX\rangle  =\,^tYAX$. D'o\`{u} : $ ^tX^tAY=0 \Rightarrow \,^tYAX=0  \Rightarrow \,^tXAY=0$ car $A$ v\'{e}rifie (P). Or $^tXAY=\langle X,AY\rangle  =\langle AY,X\rangle  =\,^tY^tAX$. D'o\`{u} : $ ^tX^tAY=0 \Rightarrow \,^tY^tAX=0 $. Ainsi $^tA$ v\'{e}rifie $(P)$.
\item $Y \in (\Vect(AX))^{\bot} \Leftrightarrow \langle Y,AX\rangle  =0 \Leftrightarrow \,^tYAX=0 \Rightarrow \,^tXAY=0$ car $A$ v\'{e}rifie $(P)$. Or $^tXAY=0 \Leftrightarrow \langle \,^tAX,Y\rangle  =0 $, d'o\`{u} $Y \in (\Vect(\,^tAX))^{\bot}$.  On a donc : $(\Vect(AX))^{\bot}  \subset (\Vect(\,^tAX))^{\bot}$. Or puisque $A$ v\'{e}rifie (P), $^tA$ v\'{e}rifie (P) d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente. Et on a donc $(\Vect(^tAX))^{\bot}  \subset (\Vect(\,^t(^tA)X))^{\bot}= (\Vect(\,AX))^{\bot}$, d'o\`{u} l'\'{e}galit\'{e} d'espaces vectoriels. On a donc : $$\bigg((\Vect(^tAX))^{\bot}\bigg)^{\bot}=(\Vect(^tAX))=\bigg((\Vect(\,AX))^{\bot}\bigg)^{\bot}=\Vect(\,AX)$$
\item Puisque $\Vect(AX)=\Vect(\,^tAX)$, il existe $\alpha_X\in\R$ tel que $\,^tAX=\alpha_XAX$.
\item Soit $X \in \mathcal{M}_{n,1}(\R)$. Alors : $^tX^tAX=\alpha_X\,^tXAX$. De plus $^{t}(^tX^tAX)=\,^tXAX$, avec $^tXAX \in \R$, donc \'{e}gal \`{a} sa transpos\'{e}e. Ainsi : $^tX^tAX=^{t}(^tX^tAX)$, et donc $^tXAX=\alpha_X\,^tXAX$.
\end{enumerate}
\item D'apr\`{e}s la question 3, comme $A$ n'est pas anti-sym\'{e}trique, alors $\exists Y \in \mathcal{M}_{n,1}(\R), ^tYAY \neq 0$. Or d'apr\`{e}s la question 3d, on a : $^tYAY=\alpha_Y\,^tYAY$ donc $\alpha_Y=1$ et $^tAY=AY$.
\item \begin{enumerate}
	\item $^t\!YAX=\,^t(^t\!AY)X=\,^t\!(AY)X$ d'apr\`{e}s la question 5, donc  $^tYAX=\,^tY^tAX=\,^tY\alpha_XAX=\alpha_X\,^tYAX$. Or $\exists \lambda \in \R, AX=\lambda AY$. D'o\`{u} : $^tYAX=\lambda \,^tYAY \neq 0$. D'o\`{u} $\alpha_X=1$ et $^tAX=AX$.
	\item $^tA(X+Y)=\alpha_{X+Y}A(X+Y)=\alpha_{X+Y}AX+\alpha_{X+Y}AY$. Or $^tA(X+Y)=\,^tAX+\,^tAY=\alpha_XAX+AY$. $(AX,AY)$ \'{e}tant une famille libre, on obtient : $\alpha_{X+Y}=\alpha_X$ et $\alpha_{X+Y}=1$. D'o\`{u} $\alpha_X=1$ et $^tAX=AX$.
	\item On a donc montr\'{e} que $\forall X \in \mathcal{M}_{n,1}(\R), {}^t\!AX=AX$, d'o\`{u} $^t\!A=A$, donc $A$ est sym\'{e}trique.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{2}

 Soient $b,r\in\NN^*$. On consid\`{e}re une urne contenant initialement $b$ boules blanches et $r$ boules rouges.\\
On proc\`{e}de \`{a} des tirages successifs d'une boule au hasard dans cette urne ; apr\`{e}s chaque tirage on remet la boule tir\'{e}e dans l'urne et l'on y rajoute une deuxi\`{e}me boule de la m\^{e}me couleur que celle qui a \'{e}t\'{e} tir\'{e}e.


Pour tout $n \in \N^*,$ on d\'{e}signe par $X_n$ la variable al\'{e}atoire indicatrice de l'\'{e}v\'{e}nement \og la $n$-i\`{e}me boule tir\'{e}e est blanche \fg --- c'est-\`{a} dire que $X_n$ vaut 1 si la $n$-i\`{e}me boule tir\'{e}e est blanche, et $0$ sinon. On note $S_n$ le nombre de boules blanches dans l'urne \`{a} l'issue du $n$-\`{e}me tirage.

\begin{enumerate}\item D\'{e}terminer la loi de $X_1.$
\item D\'{e}terminer la loi de $X_2.$
			
\item Montrer que : $\forall n \in \N^*,\ P(X_{n+1}=1) = \dfrac{E(S_n)}{b+r+n}.$
\item Montrer que, pour tout $n\geq 1$, la variable $X_n$ suit la loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de param\`{e}tre $\dfrac{b}{b+r}$.
\end{enumerate}
{\em D\'{e}sormais on suppose que $b=r=1$.}
\begin{enumerate}[resume] \item Pour tout $n\in \N^*$, montrer que $P(S_n=1) = \dfrac{1}{n+1}$ et calculer $P(S_{n}=n+1)$.
\item Montrer que pour tout $n\in \N^*$ et tout $k \in [\![2,n+1]\!],$ on a la relation :
			$$P(S_{n+1}=k) = \frac{k-1}{n+2}P(S_n=k-1) + \frac{n+2-k}{n+2}P(S_n=k).$$
En d\'{e}duire que
$S_n$ suit la loi uniforme sur $[\![1,n+1]\!].$
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}\item\label{I-1} Comme $X_1(\Omega) = \{0,1\}$, $X_1$ suit la loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de param\`{e}tre $P(X_1=1) = \frac{b}{b+r}$.
\item De m\^{e}me $X_2$ suit la loi de \textsc{\textsc{Bernoulli}} de param\`{e}tre $P(X_2=1)$, soit, avec le \textsc{sce} $(X_1=0),(X_1=1)$ :
\begin{align*}
P(X_2=1) &  = P(X_1=0) P_{[X_1=0]}(X_2=1) + P(X_1=1) P_{[X_1=1]}(X_2=1)\ \ \  \text{(form. probas totales)}\\
& = \frac{r}{b+r} \frac{b}{b+r+1} + \frac{b}{b+r}\frac{b+1}{b+r+1}
 =\dfrac{b(r+b+1)}{(b+r)(b+r+1)}=  \frac{b}{b+r}.
\end{align*}

\item La formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(S_n=k)_{b\leq k \leq b+n},$ donne :
			\begin{align*}
				P(X_{n+1}=1) & = \sum_{k=b}^{b+n} P(S_n=k)P_{[S_n=k]}(X_{n+1}=1) = \frac{1}{r+b+n} \sum_{k=b}^{b+n} kP(S_n=k) = \frac{E(S_n)}{r+b+n}.
			\end{align*}
\item Montrons par r\'{e}currence forte sur $n\geq 1$ que : $P(X_{n+1}=1)=\frac{b}{b+r}$ ; (cela suffit car $X_n(\Omega)=\{0,1\}$).
\begin{itemize}
\item[$\bullet$]\textbf{Initialisation : } d'apr\`{e}s la question 1.
		\item[$\bullet$] \textbf{H\'{e}r\'{e}dit\'{e} : } si c'est vrai pour jusqu'\`{a} $n$, comme $S_n=b + \dsum_{k=1}^n X_k$, par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance :
$$E(S_n) = b + \sum_{k=1}^n E(X_k) = b + n\times \frac{b}{b+r} = \frac{b(b+r+n)}{b+r}.$$
D'o\`{u}, d'apr\`{e}s Q3 : $P(X_{n+1}=1) = \dfrac{E(S_n)}{r+b+n} = \dfrac{b(b+r+n)}{b+r} \dfrac{1}{r+b+n} = \dfrac{b}{b+r}$.
			\end{itemize}
			
\item Comme $(S_n=1)=\Big(\dsum_{k=1}^n \underbrace{X_k}_{\geq 0} = 0\Big)=\displaystyle \bigcap_{k=1}^n (X_k=0)$, la formule des probabilit\'{e}s compos\'{e}es donne :
\vspace{-5mm}
			$$
				P(S_n=1) 				= P(X_1=0) P_{(X_1=0)}(X_2=0) \times \cdots \times P_{(X_1=0) \cap \cdots \cap (X_{n-1}=0)}(X_n=0)
												= \frac{1}{2} \times \prod_{k=1}^{n-1} \frac{1+k}{2+k} = \frac{1}{n+1}. 			$$
En inversant les r\^{o}les des boules blanches et rouges, on obtient de m\^{e}me $P(S_{n}=n+1) = \frac{1}{n+1}.$
			
\item La formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(S_n=\ell)_{1\leq \ell \leq n+1},$ donne :
			\begin{align*}
				P(S_{n+1}=k) & = \sum_{\ell=1}^{n+1} P\big((S_{n+1}=k) \cap (S_n=\ell)\big) \\
				& = P\big((S_{n+1} = k) \cap (S_n=k-1)\big) + P\big((S_{n+1} = k) \cap (S_n=k)\big) \\
& \blanc \car (S_{n+1} = k) \cap (S_n=\ell)=\emptyset \si \ell \not\in \{k-1,k\},  \text{ puisque }S_{n+1}=S_n+X_{n+1}\\
& =P_{(S_n=k-1)}(X_{n+1}=1)\times P(S_n=k-1)+P_{(S_n=k)}(X_{n+1}=0)\times P(S_n=k)\\
&=\frac{k-1}{n+2}P(S_n=k-1) + \frac{n+2-k}{n+2}P(S_n=k).
			\end{align*}
On en d\'{e}duit par r\'{e}currence sur $n\geq 1$ que : $\forall k\in \llbracket 1,n+1\rrbracket,\ P(S_n=k)=\frac1{n+1}$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$]\textbf{Initialisation : } $X_1 \hookrightarrow \mathcal{B}(1/2) = \mathcal{U}([\![0,1]\!])$ d'apr\`{e}s Q1 avec $r=b=1$.\\ Donc $S_1 = 1+X_1 \hookrightarrow \mathcal{U}([\![1,2]\!]).$
\item[$\bullet$] \textbf{H\'{e}r\'{e}dit\'{e} : } Si c'est vrai pour $n$, d'apr\`{e}s Q5, on a $P(S_{n+1}=1) =P(S_{n+1}=n+2)= \frac{1}{n+2}$  et,
			pour tout $k \in [\![2,n+1]\!],$ d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, on a  :
			\begin{align*}
				P(S_{n+1}=k) & = \frac{k-1}{n+2}P(S_n=k-1) + \frac{n+2-k}{n+2}P(S_n=k) \\
				& = \frac{k-1}{n+2}\times \frac{1}{n+1} + \frac{n+2-k}{n+2} \times \frac{1}{n+1} \quad \text{(d'apr\`{e}s $HR_n$)} \\
				& = \frac{n+1}{(n+2)(n+1)} = \frac{1}{n+2}.
			\end{align*}
			\end{itemize}
	\end{enumerate}

\end{sol}

\begin{exo}{3}
		
Soit $F$ donn\'{e}e par : $F(x)=\dint_{0}^1 \frac{t^{x-1}}{t+1} dt$

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
	\item Pr\'{e}ciser le domaine de d\'{e}finition $D$ de $F$.
	\item D\'{e}terminer les limites de $F$ aux bornes de $D$.
    \item Montrer que $F$ est d\'{e}croissante sur $D$.
	\end{enumerate}
\textsl{On admet} que $F$ est continue sur $D$.
\item
	\begin{enumerate}
	\item Montrer que $F$ v\'{e}rifie : $\forall x\in D ~~~F(x)+F(x+1)=\dfrac{1}{x}$
	\item Montrer que $\dlim_{x\to 0} xF(x)=1$.
    \item Repr\'{e}senter graphiquement la fonction $F$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
	\item Soit $x\in D$ fix\'{e}. Montrer que pour tout $t\in [0,1]$ on a :
	$\dfrac{t^{x-1}}{t+1}=\dsum_{k=0}^n (-1)^k t^{x+k-1} + R_{n}(t)$ o\`{u} $R_n$ est une fonction \`{a} pr\'{e}ciser.
	\item En d\'{e}duire  l'expression de $F$ sous forme de s\'{e}rie.
	\end{enumerate}
\item Retrouver cette expression \`{a} l'aide de la question 2.

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}		
\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
	\item Posons $f_x(t)=\dfrac{t^{x-1}}{t+1}$ ; alors $f_x\in C^0(]0,1],\R^+)$. Sur $]0,1]$, on a  $0\leq \frac12 t^{x-1}\leq f_x(t)\leq  t^{x-1}$.\\ Or $\dint_{0}^1\dfrac{1}{t^{1-x}}$ converge si et seulement si  $1-x<1$ (int\'{e}grale de \textsc{Riemann}). Donc, par comparaison, on a : $D=]0;+\infty[$.

	\item Sur $[0,1]$
$$\dfrac{1}{2}\leq\dfrac{1}{t+1}\leq 1\Rightarrow\dfrac{1}{2x}=\dfrac{1}{2}\dint_{0}^1 t^{x-1}dt\leq F(x) \leq \dint_{0}^1 t^{x-1}dt=\dfrac{1}{x}$$	d'o\`{u} $\dlim_{x\to 0^+}F(x)=+\infty$  et  $\dlim_{x\to +\infty}F(x)=0$
\item La fonction $F$ est d\'{e}croissante car $x \to \dfrac{t^{x-1}}{1+t}$ est positive et d\'{e}croissante.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
	\item $\forall x>0~~F(x)+F(x+1)=\dint_0^1 \dfrac{t^{x-1}+t^x}{t+1}dt=\dint_0^1 t^{x-1}dt=\dfrac{1}{x}$.
    \item Comme $F$ et continue en $1$, on a : $F(x+1) \rTo_{x\to 0} F(1)$.\\
Donc $xF(x)=1-xF(x+1) \rTo_{x\to 0} 1$.
		\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
	\item $\forall t\in [0,1]$, $\dfrac{1}{1+t}=\dsum_{k=0}^n (-1)^k t^k + (-1)^{n+1}\dfrac{t^{n+1}}{1+t}$\\
	$\Rightarrow~f_x(t)=\dfrac{t^{x-1}}{t+1}=\dsum_{k=0}^n (-1)^k t^{x+k-1} + (-1)^{n+1}\dfrac{t^{x+n}}{1+t}$ d'o\`{u} $R_n=(-1)^{n+1}\dfrac{t^{x+n}}{1+t}$
	
	\item $F(x)=\dsum_{k=0}^n (-1)^k \dint_0^1 t^{x+k-1}dt + (-1)^{n+1}\dint_0^1 \dfrac{t^{x+n}}{1+t}dt = \dsum_{k=0}^n \dfrac{(1)^k}{x+k} + (-1)^ {n+1}\dint_0^1 \dfrac{t^{x+n}}{1+t}dt$\\
	Or $| (-1)^{n+1}\dint_0^1 \dfrac{t^{x+n}}{1+t}dt| \le \dint_0^1 t^{x+n}dt=\dfrac{1}{x+n+1}\xrightarrow[n\to \infty]{} 0$\\
	D'o\`{u} $F(x)=\dsum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{x+k}$
	\end{enumerate}
\item $\left\{\begin{array}{rcr}
				F(x)+F(x+1)=\dfrac{1}{x}\\
				F(x+1)+F(x+2)=\dfrac{1}{x+1}\\
				\vdots \\
				F(x+n)+F(x+n+1)=\dfrac{1}{x}
				\end{array}\right.$
	en multipliant la seconde par (-1), la troisi\`{e}me par $(-1)^2$, ..., la derni\`{e}re par $(-1)^n$, puis en faisant la somme, on obtient :
	$F(x)+(-1)^nF(x+n+1)=\dsum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k}{x+k}$\\
	Comme $\dlim_{n \to +\infty}F(x+n+1)=0$ on obtient : $F(x)=\dsum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{x+k}$

\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{4}



Soient $X_1$, $X_2$ deux variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e}, de densit\'{e}s respectives $f_1$ et $f_2$ strictement positives et d\'{e}rivables sur $\R$.

Soit $g : \R^+\to \R$ telle que pour tout $(x,y)\in \R^2, g(x^2+y^2)= f_1(x)f_2(y)$.
\begin{enumerate}
\item {\bf Dans cette question seulement}, on suppose que $X_1$ et $X_2$ suivent la loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite.\\ D\'{e}terminer  $g(x)$.

\item Montrer que pour tout $x\in \R^*$, pour tout $y\in \R$
$$\frac{f'_1(x)}{2xf_1(x)}= \frac{g'(x^2+y^2)}{g(x^2+y^2)}$$

\item On pose $h(x)= \dfrac{f'_1(x)}{xf_1(x)}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que la fonction $h$ est constante sur $\R^*$. On note cette constante $a$.
\item Soit $k(x)= f_1(x)\e^{-ax^2/2}$. En calculant $k'(x)$, montrer que $k$ est constante sur $\R$.
\item En d\'{e}duire l'expression de $f_1(x)$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que $a<0$.
\item En d\'{e}duire la loi de $X_1$, puis la loi de $X_2$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}	
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item  Pour $y=0$, il vient $g(x^2)= f_1(x) f_2(0)$
et, comme $g$ est d\'{e}fini sur $\R^+$
$$g(x^2)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \times \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mbox{exp} \left( -\frac{x^2}{2}\right)\Rightarrow g(x)= \frac{1}{2\pi}\e^{-x/2}$$

\item Les fonctions $f_1$ et $f_2$ sont d\'{e}rivables. La fonction $g$ \'{e}galement. On d\'{e}rive par rapport \`{a} $x$. Il vient, pour tout $y$ r\'{e}el
$f'_1(x) f_2(y)= 2xg'(x^2+y^2)$. Donc pour $x\neq 0$, en divisant  par $f_1(x)f_2(y)$
$$\frac{f'_1(x)}{2xf_1(x)}= \frac{g'(x^2+y^2)}{g(x^2+y^2)}$$

\item On pose $h(x)= \dfrac{f'_1(x)}{xf_1(x)}$.
\begin{enumerate}
\item Soit $x_1 \neq x_2$. On a, pour tout $y$ r\'{e}el
$$h(x_1)= \frac{g'(x_1^2+y^2)}{g(x_2^2+y^2)} \mbox{ et } h(x_2)= \frac{g'(x_2^2+y^2)}{g(x_2^2+y^2)}$$

Avec $y=x_2$ dans la premi\`{e}re \'{e}galit\'{e} et $y=x_1$ dans la seconde, on obtient $h(x_1)=h(x_2)$.
On remarque que pour tout $x\neq 0$, $f'_1(x)= axf_1(x)$

\item Soit $k(x)= f_1(x)\e^{-ax^2/2}$. La fonction $k$ est d\'{e}rivable  pour $x\neq 0$ et $k'(x)= \e^{-ax^2/2}( f'_1(x)-axf_1(x))=0$.

\item Il existe donc deux constantes $C_1, C_2$ telles que
    $$f_1(x)= \begin{cases}
                C_1 \e^{ax^2/2} &\mbox{ si }x>0\\
                C_2 \e^{ax^2/2} &\mbox{ si }x<0
                \end{cases}$$
 Par continuit\'{e} de $f_1$, il vient $C_1=C_2$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $f_1$ \'{e}tant une densit\'{e}, $\dint_{-\infty}^{+\infty} f_1(x) dx=1$ ce qui entra\^{\i}ne que $a<0$.
\item En posant $\sigma= \sqrt{\frac{-1}{a}}>0$, on obtient que $f_1$ est la densit\'{e} d'une loi normale. La constante $C$ est d\'{e}termin\'{e}e Par $\dint_{-\infty}^{+\infty} f_1(t) dt=1$.  De m\^{e}me pour $f_2$. En fait $X_1$ et $X_2$ suivent la m\^{e}me loi normale car
    $$ f_1(1)f_2(0)=f_1(0)f_2(1)\Rightarrow \sigma_1^2= \sigma_2^2 \Rightarrow \sigma_1=\sigma_2$$

\end{enumerate}
\end{enumerate}	
\end{sol}

\begin{exo}{5}



\begin{enumerate}

\item Montrer que pour tout entier $n\in \N$, l'int\'{e}grale $\dint_0^1(x\sin x)^n\;dx$  est bien d\'{e}finie. On la note alors $I_n$.

\item Calculer $I_0$ et $I_1$.
\item Montrer que la suite $(I_n)_{n\geq 0}$ est d\'{e}croissante et positive.

\item D\'{e}terminer la limite de la suite $(I_n)_{n\geq 0}$.

\item Montrer que : \[\forall N \in \N,~~\sum_{n=0}^NI_n=\int_0^1\frac{1}{1-x\sin x}\;dx -\int_0^1\frac{(x\sin x)^{N+1}}{1-x\sin x}\;dx\]

\item En d\'{e}duire que la s\'{e}rie  $\dsum_{n\geq 0} I_n$ converge et donner une expression de sa somme \`{a} l'aide d'une int\'{e}grale.

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item  L'int\'{e}grale $I_n$ existe car c'est l'int\'{e}grale sur un segment d'une fonction continue sur ce segment (produit d'un polyn\^{o}me et d'un polyn\^{o}me trigonom\'{e}trique).
\item $I_0=1$ et $I_1= \sin(1)-\cos(1)$ \`{a} l'aide d'une int\'{e}gration par parties.

\item Remarquons que $0 \leq x\ \sin x <1$ car $0\leq x\leq 1$ et $0 \leq \sin x \leq  1$, par croissance de la fonction sinus sur l'intervalle $[0, \dfrac{\pi}{2}]$
, d'o\`{u} $0 \leq x \sin x \leq \sin x \leq 1$. Ensuite, la d\'{e}croissance des puissances enti\`{e}res positives d'un r\'{e}el de $[0,1]$ donne :

$$\forall n \in \N, 0\leq (x \sin x)^{n+1}\leq  (x \sin x)^{n} \leq x^n,$$
 en majorant de plus $\sin x$ par $1$. Et enfin, on int\`{e}gre sur $[0,1]$. Ainsi, on obtient :

$0\leq I_{n+1}\leq I_n \leq \dfrac{1}{n+1}$, donc la suite $(I_n)$ est d\'{e}croissante et positive.

\item  L'in\'{e}galit\'{e} obtenue \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente donne par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement que la suite $(I_n)$ tend vers z\'{e}ro.

\item On applique la formule de somme partielle de s\'{e}rie g\'{e}om\'{e}trique de raison $q=x\ \sin x \in [0,1[$ :


\[\sum_{n=0}^N q^n=\frac{1-q^{N+1}}{1-q},\] puis on int\`{e}gre, on applique la lin\'{e}arit\'{e} de  l'int\'{e}gration sur $[0,1]$

On remarque que comme sur le segment $[0,1]$, $1-x\ \sin x$ reste strictement positif,
la fonction sous la derni\`{e}re int\'{e}grale \'{e}crite ci-dessous est bien continue sur le segment $[0,1]$, et de m\^{e}me pour les deux int\'{e}grales suivantes,
par quotient d\'{e}fini de fonctions continues sur $[0,1]$. Ainsi, on a   :
\[\sum_{n=0}^N I_n=\int_0^1\frac{1-(x \sin x)^{N+1}}{1-x \sin x}\;dx=\int_0^1\frac{1}{1-x \sin x}\;dx-\int_0^1\frac{(x \sin x)^{N+1}}{1-x \sin x}\;dx\]

\item Posons $J_n=\dint_0^1\frac{(x \sin x)^{n}}{1-x \sin x}\;dx$ et montrons que la suite $(J_n)$ converge vers $0$.

La fonction $x\mapsto x\sin x$ est croissante sur $[0,1]$ comme produit de deux fonctions croissantes positives, et \`{a} valeurs dans $[0,1[$, comme \`{a} la question 2.

Donc  $g: x \mapsto \dfrac{1}{1-x\sin x}$ est croissante sur $[0,1]$, major\'{e}e par $M=g(1)$.


Ainsi, en majorant \`{a} nouveau $\sin x=|\sin x|$ par $1$
et en appliquant la croissance de l'int\'{e}gration sur $[0,1]$, on a :
$$0\leq J_n\leq \int_0^1Mx^n\;dx=\frac{M}{n+1}.$$

Enfin, en appliquant le th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, on obtient que  $J_n$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$

D'o\`{u} la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $I_n$ est convergente et a pour somme  :

\[\sum_{n=0}^{+\infty} I_n=\int_0^1\frac{1}{1-x \sin x}\;dx\]

{\em Note :} pour majorer $g$, on peut aussi appliquer le th\'{e}or\`{e}me concernant l'image continue d'un segment par une fonction strictement positive


\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{6}

\noindent Pour tout  $n\in\N^*$, on consid\`{e}re la fonction $f_n$ d\'{e}finie sur $\R$ par : $$\forall x \in \R ,\quad f_n ( x ) = nx^3 + n^2 x -2.$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout $n$ de $\N^*$, l'\'{e}quation $f_n(x)=0$ admet une unique solution $a_n$ sur $\R$ et que $a_n$ appartient \`{a} $]0,1]$.

\bigskip

\item \begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n\in\N^*$, on a : \qquad $f_{n+1}(a_n)>0$.
\item En d\'{e}duire l'\'{e}ventuelle monotonie de la  suite $( a_n )$.
\item Montrer que la suite $(a_n)$ converge et d\'{e}terminer sa limite.

\end{enumerate}

\bigskip


\item Montrer que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $a_n$ est convergente.


\item On consid\`{e}re la fonction $g$ d\'{e}finie sur $[0,1]$ par  $g(x) = \dfrac{2x^3+1}{3x^2+2}.$
\begin{enumerate}
\item Montrer que $g$ est croissante sur $[a_2,1]$.
\item On consid\`{e}re la suite $\left(x_k\right)_{k\geq 0}$ d\'{e}finie par  $x_0 = 1$ et $x_{k+1}=g(x_k)$ pour tout $k\in\N$.

Montrer que $\lim\limits_{k\rightarrow +\infty} x_k = a_2$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Soit $n\in\N^*$. La fonction polyn\^{o}me $f_n$ est continue et strictement croissante sur $\R$. Ainsi, d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de la bijection, $f_n$ est bijective de $\R$ sur l'intervalle $f_n(\R)=\displaystyle\left]\lim\limits_{x\rightarrow -\infty}f_n(x), \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f_n(x)\right[=\R$

Comme $0\in f_n(\R)$, l'\'{e}quation $f_n ( x ) = 0$ admet une unique solution r\'{e}elle $a_n$.

On remarque de plus que $f_n(0)=-2<0$ et $f_n(1)=n^2+n-2=(n-1)(n+2)\geq 0$ (\'{e}tant donn\'{e} $n\geq 1$).
La stricte croissance de $f_n^{-1}$ sur $\R$ donne alors :  $a_n\in \left]0,1\right]$.


\item \begin{enumerate}
\item On a, pour tout $n \in \N^*$ :
$$ f_{n+1}(a_n)= (n+1)a_n^3+(n+1)^2a_n-2 =  \underbrace{(na_n^3+n^2a_n-2)}_{=f_n(a_n)=0}+a_n^3+(2n+1)a_n= a_n^3+(2n+1)a_n>0.$$


\item Pour tout $n \in \N^*$ : $f_{n+1}(a_n)> f_{n+1}(a_{n+1})$. Or $f_{n+1}^{-1}$ est strictement croissante sur $\R$,

donc $a_{n+1}<a_n$ pour tout $n$ de $\N$.

\item La suite $(a_n)$ est strictement d\'{e}croissante et minor\'{e}e par 0, donc elle converge vers un r\'{e}el $\ell$ positif.



On suppose alors que $\ell>0$. Comme $f_n(a_n)=0=na_n^3+n^2a_n-2$ pour tout $n\in\N^*$,

on obtient $\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}f_n(a_n)=0$  mais aussi $\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}f_n(a_n)=\displaystyle\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}(na_n^3+n^2a_n-2)=+\infty$.

On obtient une contradiction avec l'unicit\'{e} de la limite. La suite $(a_n)$ converge donc vers $0$.

\end{enumerate}






\item Comme on a : $n^2 a_n\leq n^2 a_n+ na_n^3=2$, on a $0\leq a_n\leq \dfrac2{n^2}$.\\
La s\'{e}rie majorante est une s\'{e}rie de \textsc{Riemann} de param\`{e}tre $2>1$ qui converge, donc la s\'{e}rie \`{a} termes positifs $\displaystyle\sum_{n\geq 1}^{}a_n$ converge par crit\`{e}re de comparaison.



\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x\in[0,1]$, on a : \quad $g'(x) = \dfrac{6x(x^3+2x-1)}{(3x^2+2)^2} = \dfrac{3xf_2(x)}{(3x^2+2)^2}\geq 0 \text{ sur }[a_2,1]$ car $f_2$ est croissante sur $\R$ et s'annule en $a_2$. D'o\`{u} le r\'{e}sultat demand\'{e}.

\item Comme $f_2(x_1)= 2\left(\dfrac35\right)^3+ 4\left(\dfrac35\right)-2>0=f_2(a_2)$, la croissance de $g$ permet de montrer par r\'{e}currence que :

$$\forall k\in\N,\ a_2\leq x_{k+1}\leq x_k\leq 1.$$

La suite $(x_k)$ \'{e}tant d\'{e}croissante et minor\'{e}e, elle converge.

Comme $g$ est continue, sa limite est un point fixe de $g$.

Or, pour tout $x\in[0,1]$, on a :
$g(x) -x= \dfrac{(2x^3+1)-x(3x^2+2)}{3x^2+2} = \dfrac{1-2x-x^3}{3x^2+2} = \dfrac{-f_2(x)}{2(3x^2+2)}$,\\ qui ne s'annule qu'en $a_2$, donc le seul point fixe de $g$ est $a_2$. Ainsi :  $\displaystyle\lim\limits_{k\to+\infty}x_k=a_2$.


\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{7}

		Soit $E=\R^3$ muni de sa base canonique $B=\matrice{e_1,e_2,e_3}$.\\

Soit $A=\matrice{6&-6&5\\-4&-1&10\\7&-6&4}$.
On consid\`{e}re l'endomorphisme $u$ de $E$, qui a pour matrice $A$ dans la base $B$.

Dans la suite, on confond $\R^3$ et l'espace vectoriel $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$ des matrices colonnes \`{a} 3 lignes.\\

On dit qu'un sous-espace $F$ de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$ est stable par $A$, si pour tout $X\in F, AX\in F$.
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item V\'{e}rifier que $-1$ et $5$ sont valeurs propres de $u$ et d\'{e}terminer les sous-espaces propres  associ\'{e}s $E_{-1}$ et $E_5$.\\
{\em On admet d\'{e}sormais que ces deux valeurs sont les seules valeurs propres de $u$.}
\item Les sous-espaces $E_{-1}$ et $E_5$ sont-ils stables par $A$ ?
\item L'endomorphisme $u$ est-il diagonalisable ?
\end{enumerate}

\item D\'{e}terminer tous les sous-espaces de $E$ de dimension $1$  qui sont stables par $A$.

\item Soit $P$ un sous-espace de dimension $2$ stable par $A$.
\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer $P$ si on suppose en plus que $P$ contient $E_5$.
\item  V\'{e}rifier qu'une solution est  $P_1=\Ker(u-5Id)^2$.
\end{enumerate}

\item Soit $P$ un sous-espace de dimension $2$ stable par $A$. Que dire de $P \cap P_1$ ?
\item En d\'{e}duire tous les sous-espaces vectoriels stables par $A$.

\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}		
\begin{enumerate}

\item
\begin{enumerate}

\item Le calcul donne $(A-5I)X=0 \iff X=\lambda u_1$ avec $u_1=\matrice{1\\1\\1}$. Ainsi $E_{5}=\Vect(u_1)$.\\
De m\^{e}me $E_{-1}=\Vect(u_2)$ avec $u_2=\matrice{10\\15\\4}$.\\
Donc $\left\{-1,5\right\}\subset \Sp(u)$.
\item Tout sous-espace propre d'un endomorphisme est stable par cet endomorphisme.
\item  Comme $\dim~E_{-1}+\dim~E_5\not=3$, on voit que  $u$ n'est pas diagonalisable.
\end{enumerate}
\item Une droite $D=\Vect(v)$ est stable par $u$ si et seulement si  $u(v)\in D$ si et seulement si $(Av,v)$ sont li\'{e}s si et seulement si $v$ est un vecteur propre de $A$.\\

Les seules droites stables par $A$ sont $E_{-1}$ et $E_5$

\item
\begin{enumerate}
\item Si $P$ contient $E_{5}$ alors $P=Vect(u_1,v)$ avec $v=\matrice{a\\b\\c}$ et $(u,v)$ libres.\\
$A(P)\subset P \iff A(v)\in P \iff \exists (\alpha,\beta)\in \R^2 : A(v)=\alpha u_1 + \beta v$ soit $\left\{\begin{array}{rcr}6a-6b+5c=\alpha + \beta a \\
-4a-b+10c=\alpha+\beta b\\7a-6b+4c=\alpha+\beta c\end{array}\right.$
(1)-(3) $\Rightarrow c-a=\beta (a-c)$\\
\textbf{cas 1} : $a\not= c \Rightarrow \beta=-1$ avec $\left\{\begin{array}{rcr}7a-6b+5c=\alpha\\-4a+10c=\alpha\end{array}\right.\Rightarrow 11a-6b-5c=0 $ v\'{e}rifi\'{e}e par $u_2$.\\
d'o\`{u} $P=E_{-1} \oplus E_5$\\
\textbf{cas 2} : $a=c \Rightarrow \left\{\begin{array}{rcr}(11-\beta)a-6b=\alpha\\6a-(1+\beta)b=\alpha\end{array}\right.$ puis $\beta=5$ et $\alpha$ calculable. $\Rightarrow P$ d'\'{e}quation $a=c$.\\

Les plans $P$ contenant $E_{5}$ sont donc $P=E_{-1} \oplus E_5$ et $P_1$ d'\'{e}quation $a=c$.

\item $(A-5Id)^2=\matrice{60&0&-60\\90&0&-90\\24&0&-24}$, donc $\Ker(u-5Id)^2$ a pour \'{e}quation $a=c$.\\
  Ainsi $P_1=\Ker(u-5Id)^2$.
\end{enumerate}
\item \textbf{Cas 1} : $P=P_1 \Rightarrow P \cap P_1=P_1$\\
\textbf{Cas 2} : $P\not=P_1 \Rightarrow P \cap P_1$ est une droite stable par $A$, donc $P \cap P_1=E_\lambda$.\\ Comme $E_\lambda\subset \ker (u-5Id)^2$,  on a n\'{e}cessairement $\lambda=5$. Et donc, d'apr\`{e}s la question 3, on obtient $P=E_\lambda \oplus E_\mu$.

\item Les sous-espaces vectoriels  stables par $A$ sont $\left\{0\right\},E_{-1},E_5,E_{-1} \oplus E_5,\Ker(u-5Id)^2$ et $E$.

\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{8}

 Soit $f$ une fonction \`{a} valeurs r\'{e}elles de classe $\mathcal{C}^1$ sur un intervalle $[a,b]$ avec $a<b$.
\smallskip

On d\'{e}signe respectivement par $M_f$ et par $V_f $ les deux r\'{e}els suivants:

$$M_f=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x) \,\mathrm{d} x \  \mbox{ et } \ V_f=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} \big(f(x)-M_f \big)^2  \, \mathrm{d} x$$

\bigskip \vspace{0.2cm}
\noindent 1) Soient $x$ et $x_0$ des r\'{e}els de  $[a,b]$. Prouver que:
\begin{equation*}
|f(x)-f(x_0)|\leq \int_{a}^{b}|f'(y)|  \mathrm{d} y
\end{equation*}
(on pourra distinguer le cas $x\leq x_0$ du cas $x_0<x$).
\bigskip

\noindent 2.a) \`{A} l'aide du signe de la fonction $\lambda\longmapsto \dis\int_{a}^{b}\big(|f^\prime(y)|+\lambda\big)^2\,\hbox{d}y$ d\'{e}finie sur ${\bf R}$, \'{e}tablir l'in\'{e}galit\'{e}:
$$\Big(\dis\int_{a}^{b}|f^\prime(y)|\,\hbox{d}y\Big)^2\leq  (b-a) \, \int_{a}^{b}  \big(f'(y)\big)^2\, \mathrm{d} y$$

b) En d\'{e}duire que pour tout $(x, x_0)\in [a,b]^2$, on a :
$$
\big(f(x)-f(x_0)\big)^2 \leq  (b-a) \, \int_{a}^{b}  \big(f'(y)\big)^2\, \mathrm{d} y
$$
\medskip
\noindent 3.a) Soit $g$ une fonction continue sur un intervalle $[a,b]$ (avec $a<b$). Montrer qu'il existe  $x_0\in ]a,b[$ tel que
$$
g(x_0)=M_g
$$

b) En utilisant entre autre le r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent, \'{e}tablir l'in\'{e}galit\'{e} suivante :
$$
V_f\leq  (b-a) \, \int_{a}^{b}  \big(f'(y)\big)^2\, \mathrm{d} y
$$

\end{exo}
\begin{sol}

1) Pour $x_0\leq x$ :
$$
 |f(x)-f(x_0)|=\left|\int_{x_0}^{x}f'(y) \,  \mathrm{d} y \right| \leq \int_{x_0}^{x}|f'(y)| \,  \mathrm{d} y\leq  \int_{a}^{b}  |f'(y)|\, \mathrm{d} y.
$$
(o\`{u} l'on a utilis\'{e} le fait que $x_0\leq x$ pour ordonner les bornes de l'int\'{e}grale dans la premi\`{e}re in\'{e}galit\'{e}).

Le cas $x<x_0$ est obtenu par un argument de sym\'{e}trie sur $x$ et $x_0$.\\

\noindent 2.a La fonction est un trin\^{o}me du second degr\'{e} en $\lambda$, positif pour tout $\lambda$ (int\'{e}grale d'un carr\'{e}), donc son discriminant est n\'{e}gatif, ce qui donne l'in\'{e}galit\'{e} voulue.

NB : c'est la d\'{e}monstration classique dans un cas particulier de l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Cauchy} \textsc{Schwarz} pour les int\'{e}grales (ce r\'{e}sultat n'est pas au  programme BL).

b)
D'apr\`{e}s la question 1), on a :
\begin{equation}\label{eq.exo2corques2-1}
\forall (x,x_0)\in [a,b]^2,\,(f(x)-f(x_0))^2 \leq \left( \int_{a}^{b} |f'(y) | \,  \mathrm{d} y \right)^2
\end{equation}
En appliquant l'in\'{e}galit\'{e} de \textsc{Cauchy}-\textsc{Schwarz} au terme de droite, on obtient:
\begin{equation}\label{eq.exo2corques2-2}
 \left(\int_{a}^{b} |f'(y)| \,  \mathrm{d} y \right)^2 \leq  \left(\int_{a}^{b}1 \, \mathrm{d} y\right)   \left(\int_{a}^{b}  (f'(y))^2\, \mathrm{d} y \right)  \leq  (b-a)  \int_{a}^{b}  (f'(y))^2\, \mathrm{d} y.
\end{equation}
Ce qui permet de conclure en mettant bout \`{a} bout les in\'{e}galit\'{e}s \eqref{eq.exo2corques2-1} et \eqref{eq.exo2corques2-2}.\\

\noindent 3.a) Comme $g$ est continue sur $[a,b]$, on peut d\'{e}finir une primitive $G$ de $g$ sur $[a,b]$.
La fonction $G$ est donc de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[a,b]$. D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me des accroissements finis appliqu\'{e} \`{a} $G$, il existe $x_0\in]a,b[$ tel que
$$
G(b)-G(a)= G'(x_0) (b-a)
$$
On conclut donc que :
$$
g(x_0)=G'(x_0)=\frac{G(b)-G(a)}{b-a}=\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}g(x) \mathrm{d} x= M_g
$$

b) En int\'{e}grant l'in\'{e}galit\'{e} (1) par rapport \`{a} $x$ sur l'intervalle $[a,b]$, il vient :
$$
\forall (x, x_0)\in [a,b]^2,\, \int_{a}^{b} (f(x)-f(x_0))^2  \mathrm{d} x\leq  (b-a)^2 \, \int_{a}^{b}  (f'(y))^2\, \mathrm{d} y
$$
Comme $f\in \mathcal{C}^1([a,b])$, on peut appliquer le r\'{e}sultat de la question 3.a). Il existe donc un $x_0\in]a,b[$ tel que $f(x_0)=M_f$.
En divisant les deux membres de l'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente  par $(b-a)$ et en choisissant $x_0\in ]a,b[$ tel que $f(x_0)=M_f$, on conclut que:
$$
V_f= \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b} \left(f(x)-M_f\right)^2  \mathrm{d} x\leq  (b-a) \, \int_{a}^{b}  (f'(y))^2\, \mathrm{d} y
$$

\end{sol}

\begin{exo}{9}

Les variables al\'{e}atoires consid\'{e}r\'{e}es sont d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e}
$\bigl( \Omega,\mathcal{A},\P \bigr)$.
\smallskip

Soit $N$ une variable al\'{e}atoire telle que $\, N(\Omega) = \N \,$.
Si $N$ vaut $n$, on proc\`{e}de \`{a} une suite de $n$ \'{e}preuves de \textsc{Bernoulli} ind\'{e}pendantes
de param\`{e}tre $\, p = 1-q \in \left] 0,1 \right[ \,$, et on note $S$ et $E$
respectivement les variables al\'{e}atoires \'{e}gales au nombre de succ\`{e}s et d'\'{e}checs.

\begin{enumerate}
\item  On suppose que $N$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda>0$.

\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer la loi de $S$ sachant $[N=n]$, pour $n\in \N$.
\item En d\'{e}duire la loi de $S$, puis la loi de $E$.
\item  Les variables al\'{e}atoires $S$ et $E$ sont-elles ind\'{e}pendantes?
\end{enumerate}

\item On revient au cas g\'{e}n\'{e}ral o\`{u} on ne conna\^{\i}t pas la loi de $N$ et on suppose que $S$ et $E$ sont ind\'{e}pendantes.
\begin{enumerate}
\item  Exprimer pour tout $(k,j)\in \N^2$, $\P(S=k)$ et $\P(E=j)$ \`{a} l'aide de s\'{e}ries.
\item Exprimer $\P([S=k]\cap[E=j])$.
\item En d\'{e}duire qu'il existe deux suites $(u_n)_{n \in \N}$ et $(v_n)_{n \in \N}$ telles que
$$ \forall (k,j) \in \N^2,\quad  \bigl[ (k+j)! \bigr]\,\P(N=k+j) = u_k\,v_j . $$
\item   En d\'{e}duire que $N$ suit une loi de \textsc{Poisson}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On reconna\^{\i}t que  la loi conditionnelle $\, S \mid (N=n) \hookrightarrow \mathcal{B}(n,p)$.

\item En conditionnant selon $N$, la formule des probabilit\'{e}s totales donne :
$$   \begin{aligned}
   \P(S=k) &= \sum_{n=0}^{+\infty} \Bigl[ \P_{[N=n]} \bigl( (S=k) \bigr)\,
      \P(N=n) \Bigr]  =  \sum_{n=k}^{+\infty} \biggl[ \binom{n}{k}\,p^k\,q^{n-k}\,
      \e^{-\lambda}\,\frac{\lambda^n}{n!} \biggr]   \\
   &= \e^{-\lambda}\,\frac{(\lambda\,p)^k}{k!}\, \sum_{m=0}^{+\infty}
      \frac{(\lambda\,q)^m}{m!} = \e^{-\lambda\,p}\,\frac{(\lambda\,p)^k}{k!}
\end{aligned}   $$

donc $ S \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda\,p)$ et $E \hookrightarrow \mathcal{P}
  (\lambda\,q)$.

\item On a
$$   \begin{aligned}
   \P \bigl( (S=k) \cap (E=j) \bigr) &= \P \bigl( (S=k) \cap (N=k+j) \bigr)  =
      \P_{[N=k+j]} \bigl( (S=k)  \bigr)\, \P (N=k+j)   \\
   &= \binom{k+j}{k}\,p^k\,q^j\,\e^{-\lambda}\,\frac{\lambda^{k+j}}{(k+j)!}  =
      \e^{-\lambda\,p}\,\frac{(\lambda\,p)^k}{k!}\,\e^{-\lambda\,q}\,
      \frac{(\lambda\,q)^j}{j!}   \\
   &= \P(S=k)\,\P(E=j)
\end{aligned}   $$
d'o\`{u} $S$ et $E$ ind\'{e}pendantes.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Comme ci-dessus,
$$ \P (S=k) = \sum_{n=k}^{+\infty} \biggl[ \binom{n}{k}\,p^k\,q^{n-k}\,\P(N=n)
      \biggr]  \quad\text{et}\quad  \P(E=j) = \sum_{m=j}^{+\infty} \biggl[
      \binom{m}{j}\,p^{m-j}\,q^{j}\,\P(N=m) \biggr]  $$
\item De m\^{e}me :
$$   \P \bigl( (S=k) \cap (E=j) \bigr) = \binom{k+j}{k}\,p^k\,q^j\,\P(N=k+j) $$
\item D 'o\`{u} par ind\'{e}pendance :
$$ \bigl[ (k+j)! \bigr]\,\P (N=k+j) = \left( \sum_{n=k}^{+\infty} \biggl[
   \frac{n!}{(n-k)!}\,q^{n-k}\,\P(N=n) \biggr] \right)  \left( \sum_{m=j}^{+\infty}
   \biggl[ \frac{m!}{(m-j)!}\,p^{m-j}\,\P(N=m) \biggr] \right) = u_k\,v_j  $$

\item
Le produit $\, u_k\,v_j \,$ ne d\'{e}pend donc que de la valeur de $k+j$;
on a alors $\, \forall k\,,\; u_k\,v_1 = u_{k+1}\,v_0 \,$ et, comme $\, v_0 \neq
  0 \,$ (somme de termes non tous nuls),
$$ u_k = u_0\, \biggl( \frac{v_1}{v_0} \biggr)^k  \quad\text{puis}\quad
   \P(N=k) = \frac{u_k\,v_0}{k!} = \frac{u_0\,v_0}{k!}\,\biggl( \frac{v_1}{v_0}
   \biggr)^k  $$
et la somme des probabilit\'{e}s donne $\, u_0\,v_0 = \e^{-v_1/v_0} \,$; on a donc,
puisque $\, v_1 \neq 0 \,$ (sinon $N=0$)
${ N \hookrightarrow \mathcal{P} \bigl( v_1/v_0 \bigr) }$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}

\begin{exo}{10}

Pour tout entier naturel $n$ non nul et pour tout r\'{e}el $x$ strictement sup\'{e}rieur \`{a} $1$, on pose :
$$
f_{n}(x)=\ln (x-1)+\dsum_{k=1}^{n} \frac{x^{k}}{k}
$$

 \begin{enumerate}
 \item
    \begin{enumerate}
      \item    Montrer que l'\'{e}quation $f_{n}(x)=0$, d'inconnue $x$, admet une seule solution $\alpha_{n}$ sur $] 1,+\infty[$.

 			\item Calculer $f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right)$. En d\'{e}duire les variations de la suite $\left(\alpha_{n}\right)$, puis montrer qu'elle est convergente.

    \end{enumerate}

\item
    \begin{enumerate}
      \item  Montrer que : $\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \ln (n+1) \leq \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$.

      \item   D\'{e}terminer le signe de $f_{n}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)$.

      \item   En d\'{e}duire la limite de la suite $\left(\alpha_{n}\right)$.

    \end{enumerate}
      \item
    \begin{enumerate}
      \item V\'{e}rifier que la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac{\alpha_{n}-1}{n}$ est convergente.

			\item
			Montrer que : $\dsum_{n=1}^{+\infty} \frac{\alpha_{n}-1}{n} \leq 1$.
   \end{enumerate}
      \item
    \begin{enumerate}
      \item  \'{E}tudier les variations de $f_{n+1}^{\prime}$ sur l'intervalle $\Big] 1,1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\Big[$.

      \item En consid\'{e}rant $\dint_{\alpha_{n+1}}^{\alpha_{n}} f_{n+1}^{\prime}(t) \mathrm{d} t$, en d\'{e}duire, que $: \alpha_{n+1}-1 \leq(n+1)\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \leq \alpha_{n}-1$.

      \item Donner alors la valeur de $\dlim _{n \rightarrow+\infty} n\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) .$

    \end{enumerate}

   \end{enumerate}
\end{exo}
\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
       \begin{enumerate}
      \item On trouve $f_{n}^{\prime}(x)=\dfrac{x^{n}}{x-1}>0$, donc $f_{n}$ est strictement croissante sur $]1,+\infty[$.

Comme de plus $\dlim _{x \rightarrow 1^+} f_{n}(x)=-\infty$ et $\dlim _{x \rightarrow+\infty} f_{n}(x)=+\infty, f_{n}$ r\'{e}alise une bijection de ]1$,+\infty[$ sur $\mathbb{R}$. Ainsi, l'\'{e}quation $f_{n}(x)=0$ poss\`{e}de une seule solution sur $] 1,+\infty[$.

      \item On a $f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right)=f_{n}\left(\alpha_{n}\right)+\dfrac{\alpha_{n}^{n+1}}{n+1}=\dfrac{\alpha_{n}^{n+1}}{n+1}>0$. On a donc $f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right)>f_{n+1}\left(\alpha_{n+1}\right)$ et comme $f_{n+1}$ est strictement croissante sur $] 1,+\infty\left[\right.$, on en d\'{e}duit $: \alpha_{n}>\alpha_{n+1} .$ La suite $\left(\alpha_{n}\right)$ est d\'{e}croissante.

De plus, la suite $\left(\alpha_{n}\right)$ est minor\'{e}e (par 1) donc elle est convergente.

    \end{enumerate}

\item
     \begin{enumerate}
      \item

       On montre (IAF par exemple) que : $\forall k \in \mathbb{N}^{*}, \ln (k+1)-\ln (k) \leq \dfrac{1}{k} .$ Par sommation, on trouve : $
\forall n \in \mathbb{N}^{*}, \ln (n+1) \leq \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}
$
      \item $f_{n}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)=-\ln (n+1)+\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{k}}{k} \geq \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{k}}{k}-\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}>0$.

      \item On a donc $f_{n}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)>f_{n}\left(\alpha_{n}\right)$ et comme $f_{n}$ est strictement croissante, on en d\'{e}duit: $\alpha_{n}<1+\dfrac{1}{n+1}$. Comme $\alpha_{n}>1$, on a par encadrement: $\dlim _{x \rightarrow+\infty} \alpha_{n}=1 .$

  		\end{enumerate}

\item
      \begin{enumerate}
      \item
      Comme $\left.\alpha_{n} \in\right] 1,1+\dfrac{1}{n+1}\left[\right.$, on a $0<\dfrac{\alpha_{n}-1}{n}<\dfrac{1}{n(n+1)}$ et la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\displaystyle\frac{1}{n(n+1)}$ est convergente (s\'{e}rie t\'{e}lescopique dont la somme vaut 1, ou terme g\'{e}n\'{e}ral inf\'{e}rieur  \`{a} celui de la s\'{e}rie de \textsc{Riemann} de param\`{e}tre $2>1$ ), donc la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac{\alpha_{n}-1}{n}$ est \'{e}galement convergente.

    \item D'apr\`{e}s ce qui pr\'{e}c\`{e}de, on a : $\forall N \in \mathbb{N}^{*}, \dsum_{n=1}^{N} \dfrac{\alpha_{n}-1}{n}<\sum_{n=1}^{N} \dfrac{1}{n(n+1)}=1-\dfrac{1}{N+1}$.

Par passage \`{a} la limite $: \dsum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\alpha_{n}-1}{n} \leq 1$
    \end{enumerate}


\item
     \begin{enumerate}
      \item
      $f_{n+1}^{\prime}(x)=\dfrac{x^{n+1}}{x-1}$ donc $f_{n+1}^{\prime \prime}(x)=\dfrac{(n+1) x^{n}(x-1)-x^{n+1}}{(x-1)^{2}}=\dfrac{x^{n}(n x-n-1)}{(x-1)^{2}}$.

Sur $\Big]1,1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\Big[$, on a $x \leq \dfrac{n+2}{n+1} \leq \dfrac{n+1}{n}$ donc $f_{n+1}^{\prime \prime}(x) \leq 0$ et $f_{n+1}^{\prime}$ d\'{e}croit sur $] 1,1+\dfrac{1}{n+1}[$.

      \item On a $\dint_{\alpha_{n+1}}^{\alpha_{n}} f_{n+1}^{\prime}(t) \mathrm{d} t=f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right)=\dfrac{\alpha_{n}^{n+1}}{n+1}$, et d'apr\`{e}s la question $\left.3 \mathrm{a}\right)$, on a aussi :
$$
\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) f_{n+1}^{\prime}\left(\alpha_{n}\right) \leq \int_{\alpha_{n+1}}^{\alpha_{n}} f_{n+1}^{\prime}(t) \mathrm{d} t \leq\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) f_{n+1}^{\prime}\left(\alpha_{n+1}\right)
$$
On en d\'{e}duit, en rempla\c{c}ant  : $\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \dfrac{\alpha_{n}{ }^{n+1}}{\alpha_{n}-1} \leq \dfrac{\alpha_{n}{ }^{n+1}}{n+1} \leq\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \dfrac{\alpha_{n+1}{ }^{n+1}}{\alpha_{n+1}-1}$

Par stricte d\'{e}croissance et stricte positivit\'{e} de $\left(\alpha_{n}\right)$, on obtient  $(n+1)\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \leq \alpha_{n}-1$ pour l'in\'{e}galit\'{e} de gauche, et $(n+1)\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \geq\left(\alpha_{n+1}-1\right) \displaystyle\frac{\alpha_{n}^{n+1}}{\alpha_{n+1}^{n+1}} \geq \alpha_{n+1}-1$  pour celle de droite.

Conclusion: $\alpha_{n+1}-1 \leq(n+1)\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right) \leq \alpha_{n}-1$.

      \item Comme $\dlim _{n \rightarrow+\infty} \alpha_{n}=\dlim _{n \rightarrow+\infty} \alpha_{n+1}=1$, on a par encadrement $\dlim _{n \rightarrow+\infty}(n+1)\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right)=0$, et comme $\dlim _{n \rightarrow+\infty}\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right)=0$, on en d\'{e}duit $\dlim _{n \rightarrow+\infty} n\left(\alpha_{n}-\alpha_{n+1}\right)=0$.

    \end{enumerate}

    \end{enumerate}
\end{sol}





\chapter{Exemples de questions courtes}
\input{QSP-extraits}
\end{document}





