\begin{exo}


Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension finie sup\'{e}rieure ou \'{e}gale \`{a} 2 et soit $u$ un endomorphisme non nul de $E$ pour lequel il existe un entier naturel $p\geq 2$ tel que $u^p=0$ et $u^{p-1} \neq 0$.

\begin{enumerate}
\item  D\'{e}terminer les valeurs propres de $u$. L'endomorphisme $u$ est-il diagonalisable ?
\item Soit $q$ un entier v\'{e}rifiant $0\leq q\leq p-1$ et $x\in E$ tel que $u^q(x)\neq 0$.

Justifier l'existence d'un tel vecteur $x$.  Montrer que la famille $(x, u(x), \ldots, u{^q}(x))$  est une famille libre de $E$.

\item  On note $Id$ l'endomorphisme identit\'{e} de $E$ et soit $v$ l'endomorphisme de $E$ d\'{e}fini par:
$$v= Id+u+\frac{u^2}{2!}+\cdots + \frac{u^{p-1}}{(p-1)!}$$
Montrer que $v$ est bijectif.

\item  D\'{e}terminer un lien entre $\Ker(u)$ et $\Ker(v-Id)$.
\item  En d\'{e}duire les valeurs propres de $v$. L'endomorphisme $v$ est-il diagonalisable ?
\end{enumerate}

\end{exo}

\newpage

\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item Si $u(x)=\lambda x$ avec $x\neq 0$, alors pour tout $k\geq1, u^k(x)=\lambda^kx$ ce qui entra\^{\i}ne que $\lambda^p=0$ et $\lambda=0$.
R\'{e}ciproquement, $0$ est valeur propre de $u$, car sinon, $u^{-1}$ existerait et par composition on aurait $u=0$.

Ainsi $\Sp(u)=\{0\}$ et $u$ n'est pas diagonalisable car autrement, $u$ serait nul.

\item  Par l'absurde si, pour tout $x\in E$, $u^q(x)=0$, alors $u^q=0$ en contradiction avec $u^{p-1}\neq 0$. Par d\'{e}finition de $u^{p-1}\neq 0$, il existe un vecteur $x\neq 0$ tel que $u^{p-1}(x)\neq 0$.  Comme $q\leq p-1$, on a $u^q(x) \neq 0$. Supposons que $\dsum_{k=0}^{q} a_k u^k(x)=0$. En composant par $u^{p-1}$, il vient $a_0=0$, puis par $u^{p-2}$, on obtient $a_1=0$, etc.

\item Montrons que  $\Ker (v)=\{0\}$. Soit $x\in \Ker(v)$ et supposons $x\neq 0$. Alors:
$$x+\dfrac{u(x)}{1!}+\dfrac{u^2(x)}{2!}+ \cdots + \dfrac{u^{p-1}(x)}{(p-1)!}=0$$

Soit $q$ le plus grand entier tel que $ u^q(x)\neq 0$, c'est-\`{a}-dire tel que $u^q(x)\neq 0$ et $u^k(x)=0$, pour $k\geq q+1$. On a alors  $\dsum_{j=0}^q \frac{u^j(x)}{j!}=0$, en contradiction avec la question pr\'{e}c\'{e}dente. Donc $x=0$.

    On pourrait aussi montrer, en effectuant un produit de deux polyn\^{o}mes, que la r\'{e}ciproque de $v$ est $\dsum_{k=0}^{p-1} (-1)^k \dfrac{u^k}{k!}$.

\item
Il est \'{e}vident que $\Ker(u) \subseteq \Ker(v-Id)$.  R\'{e}ciproquement, si $x\in \Ker(v-Id)$ et si $u(x)\neq 0$, on note $q$ le plus grand entier tel que $ u^q(x)\neq 0$. Le m\^{e}me raisonnement que pr\'{e}c\'{e}demment aboutit \`{a} une contradiction. Donc $u(x)=0$.

\item Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$. Alors $v(x)= \left( \dsum_{k=0}^{p-1} \dfrac{\lambda^k}{k!} \right) x$. Comme $0$ est la seule valeur propre de $u$, $1$ est valeur propre de $v$.

     R\'{e}ciproquement, si $\lambda$ est valeur propre de $v$, alors
     $$(1-\lambda)x+ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{u^k(x)}{k!}=0$$
    Le m\^{e}me raisonnement que dans les deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes, montre que si $\lambda \neq 1$, on obtient une contradiction concernant la libert\'{e} de la famille $(x, u(x), \ldots, u^q(x))
    $. Donc $\lambda=1$.

    L'endomorphisme $v$ n'est pas diagonalisable car sinon, $v$ serait \'{e}gal \`{a} l'identit\'{e} et $u$ serait nul.
\end{enumerate}


\end{sol}



\begin{exo}


\begin{enumerate}

\item  Soit $a$ un r\'{e}el positif ou nul. Pour tout $n$ de $\N^*$, on consid\`{e}re l'\'{e}quation d'inconnue $x$ r\'{e}el: $x^n +n^a x-1=0$. Montrer que cette \'{e}quation admet une seule solution sur  $\R^{+*}$. On la note $x_n$.
\item  \'Etudier la convergence de la suite $(x_n)$.
\item  On suppose $a>0$.
\begin{enumerate}

\item Montrer que $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{x_n}{1/n^a}=1$.
\item Soit $b>0$. \'Etudier la convergence des s\'{e}ries suivantes :
	
$$\sum x_n, \quad \sum \ln(x_n),\quad \sum \ln(1+x_n^b),\quad  \sum \left( x_n-\frac{1}{n^a}\right)$$

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item On \'{e}tudie $f_n :x \to x^n+n^ax-1$. Sa d\'{e}riv\'{e}e est strictement positive sur $\R^+$ et $f_n(0)f_n(1)<0$. Par le th\'{e}or\`{e}me de la bijection, il existe un unique $x_n\in ]0,1[$ tel que $f_n(x_n)=0$.

\item Comme $f_n\left(\dis\frac12\right)>0$ pour $n$ assez grand, on a alors $x_n<\dis\frac12$. On sait que $x_n^n+n^ax_n=1$, donc :
$$0< x_n=\dfrac{1-x_n^n}{n^a} \leq \dfrac{1}{n^a}.$$
Ainsi,  si $a>0$, par encadrement, on a $\dlim_{n\to +\infty} x_n=0$.

Si $a=0$, on a $f_n(x)= x^n+x-1$. En \'{e}tudiant $f_{n+1}(x_n)<0$, on  montre que la suite $(x_n)$ est croissante. Elle est major\'{e} par $1$ et donc converge. Supposons que $\ell=\dlim_{n\to +\infty} x_n$.

Si $\ell<1$, comme $0<x_n<\ell$ par croissance, on a  $\dlim_{n\to +\infty}x_n^n=0$ et $\dlim_{n\to +\infty}x_n=1$ : contradiction. Donc $\ell=1$.

\item
\begin{enumerate}

\item On a $x_n= \dfrac{1-x_n^n}{n^a}$. Comme $\dlim_{n\to +\infty} x_n=0$, on a $0<x_n<1/2$ et$\dlim_{n\to +\infty} x_n^n=0$. Ceci prouve que $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{x_n}{1/n^a}=1$.

\item La s\'{e}rie $\dsum x_n$ est de m\^{e}me nature que la s\'{e}rie de Riemann $\dsum \dfrac{1}{n^a}$. On peut \'{e}galement conclure

 avec un crit\`{e}re de comparaison car $0<x_n<1/2\Longrightarrow 1/n^a-1/n^a2^n<x_n<1/n^a$.

La s\'{e}rie $\dsum \ln(x_n)$ diverge grossi\`{e}rement.

On sait que $\dlim_{x\to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$.  Donc si $b >0$, $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{\ln(1+x_n^b)}{x_n^b}=1$ et la s\'{e}rie
$\dsum \ln(1+x_n^b)$ se comporte comme la s\'{e}rie de Riemann  $\dsum \dfrac{1}{n^{ab}}$ (ou bien, par comparaison).

Enfin, comme $\displaystyle x_n-\frac{1}{n^a}= -\frac{x_n^n}{n^a}$  et comme $x_n<1/2$, alors $\displaystyle \left|x_n-\frac{1}{n^a}\right| \leq \frac{1}{2^n}$ et la s\'{e}rie $ \dsum \left( x_n-\frac{1}{n^a}\right)$ converge.

\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{sol}






\begin{exo}

Soit $f$ l'application d\'{e}finie sur $\R$ par:
$$\forall\,t\in \R,\,\,f(t)= \frac{2\e^t}{\sqrt{1+t^2}}$$

\begin{enumerate}

\item  Faire une \'{e}tude rapide de la fonction $f$ : domaine de d\'{e}finition, variations, limites aux bornes du domaine de d\'{e}finition, asymptotes \'{e}ventuelles.

\item  On consid\`{e}re la suite r\'{e}elle $(u_n)$ d\'{e}finie par $u_0=1$ et pour tout $n\in \N, \ u_{n+1}=f(u_n)$.

On admet que, pour tout $t\geq 0$, on a : $f(t)> t$.

 \'Etudier la limite \'{e}ventuelle de la suite $(u_n)$.

\item  On consid\`{e}re l'application $G$  d\'{e}finie sur $\R$  par:
$$\forall\,x\in\R,\,\,G(x)= \int_{-x} ^x f(t) dt$$

\'Etudier les variations de $G$.

\'Etudier la limite \'{e}ventuelle de la suite $(G(u_n))$.
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item  La fonction $f$ est d\'{e}finie sur $\R$ de classe $C^\infty$ et $f'(t)= \dfrac{2\e^t(t^2-t+1)}{(1+t^2)^{3/2}}$.  Son signe est celui de $t^2-t+1>0$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$.

    De plus,  $\displaystyle\lim_{t\to -\infty} f(t)= 0$ et $\displaystyle\lim_{t\to +\infty} f(t)= +\infty$, par croissances compar\'{e}es.

    %Ainsi $f$ est-elle une bijection de $\R$ sur $\R^{+*}$.

La droite d'\'{e}quation $y=0$ est une asymptote horizontale \`{a} la courbe de $f$ en $-\infty$.

\item  Comme $f$ est \`{a} valeurs positives et $u_n\geq 0$, on a $u_n \geq 0$ pour tout $n\geq 0$. Comme $f(t) \geq t$, alors la suite $(u_n)$ est croissante. Si elle est major\'{e}e, elle converge vers une limite $\ell$ telle que $f(\ell)=\ell$ ce qui n'est pas possible au vu de la proposition admise. Ainsi, $\displaystyle\lim_{n\to +\infty} u_n=+\infty$.


\item  Comme $f$ est continue, elle admet une primtive $F$ et la fonction $G$ est de classe $C^1$ d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me fondamental du calcul int\'{e}gral puisque $G(x)=F(x)-F(-x)$. Alors :
$$G'(x)= f(x)+f(-x)= 2 \dis\frac{\e^x+\e^{-x}}{\sqrt{1+x^2}}>0$$
Donc, la fonction $G$ est strictement croissante sur $\R$.

L'int\'{e}grale $\dint_{-\infty}^0 f(t) dt$ est convergente car $|f(t)|\leq 2\e^t$, donc $F(-u_n)$ converge quand $n$ tend vers $+\infty$. Mais l'int\'{e}grale $\dint_0^{+\infty} f(t) dt$  tend vers $+\infty$ car $\dlim_{t\to +\infty} tf(t)=+\infty$, donc $F(u_n)$ tend vers $+\infty$ quand $n$ tend vers $+\infty$.

Ainsi, la suite de terme g\'en\'eral $G(u_n)=F(u_n)-F(-u_n)$ est divergente et tend vers $+\infty$.

\end{enumerate}


\end{sol}





\begin{exo}


\begin{enumerate}

\item Soit $X$ une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\NN$, d\'{e}finie sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A},\P)$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout $n$ de $\NN^*$, on a :
$$\dsum_{k=0}^{n}k\P(X=k)=\dsum_{k=0}^{n-1}\P(X>k)-n\P(X>n).$$

\item On suppose que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 0}\P(X>k)$ converge. D\'{e}montrer que $X$ admet une esp\'{e}rance.

\item R\'{e}ciproquement, on suppose que $X$ admet une esp\'{e}rance.

D\'{e}montrer alors que la suite $\big(n\P(X>n)\big)$ tend vers 0, puis que la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 0}\P(X>k)$ converge et enfin que
$\E(X)=\dsum_{k=0}^{+\infty}\P(X>k).$
\end{enumerate}


\item \textit{Une application} : soit $n$ et $N$ deux entiers naturels non nuls. On dispose d'une urne qui contient $N$ boules indiscernables au toucher num\'{e}rot\'{e}es de $1$ \`{a} $N$.
 On effectue dans cette urne, $n$ tirages successifs avec remise d'une boule et on note $X$ le plus grand nombre obtenu.
\begin{enumerate}
\item Soit $k\in\N^*$. D\'{e}terminer $\P(X\leq k)$. En d\'{e}duire la loi de $X$.
\item A l'aide des questions pr\'{e}c\'{e}dentes, d\'{e}terminer l'esp\'{e}rance de $X$ en fonction de $n$ et $N$.
%\item Utiliser une somme de Riemann, pour d\'{e}montrer que la suite $\left(\dfrac{1}{N}\dsum_{k=0}^{N-1}\left(\dfrac {k}{N}\right)^n\right)_{N\in\N^*}$ admet une limite que l'on d\'{e}terminera, lorsque $N$ tend vers $+\infty$.
%\item En d\'{e}duire que $\dlim_{N\rightarrow +\infty}\dfrac{\E(X)}{N}=\dfrac{n}{n+1}.$
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item La variable al\'{e}atoire $X$ prend ses valeurs dans $\N$ donc, pour tout entier $n\in\N^*$, on a :

\begin{align*}
\dsum_{k=0}^{n}k\P(X=k)&=\dsum_{k=1}^{n}k\P(X=k)=\dsum_{k=1}^{n}k\left(\P(X>k-1)-\P(X>k)\right)\\
&=\dsum_{k=0}^{n}k\P(X=k)=\dsum_{j=0}^{n-1}(j+1)\P(X>j)-\dsum_{k=1}^{n}k\P(X>k)\\
&=\left(\dsum_{k=1}^{n-1}\P(X>k)(k+1-k)\right)+\P(X>0)-n\P(X>n)\\
&=\dsum_{k=0}^{n-1}\P(X>k)-n\P(X>n)
\end{align*}

\item Si on suppose la s\'{e}rie \`{a} termes positifs  $\dsum_{k\geq 0}\P(X>k)$ convergente, alors, la question pr\'{e}c\'{e}dente donne, pour tout $n\in\N^*$ : \quad $\dsum_{k=0}^{n}k\P(X=k)\leq\dsum_{k=0}^{n-1}\P(X>k)\leq\dsum_{k=0}^{+\infty}\P(X>k)$.

La suite des sommes partielles de la s\'{e}rie \`{a} termes positifs $\dsum_{k\geq 0}k\P(X>k)$ est major\'{e}e et croissante. La s\'{e}rie est donc convergente mais aussi absolument convergente et $X$ admet ainsi une esp\'{e}rance.

\item On suppose que $X$ admet une esp\'{e}rance, alors la s\'{e}rie $\dsum_{k\geq 0}k\P(X=k)$ est convergente. Pour tout $n\in\N$, on a : $0\leq n\P(X>n)= n\dsum_{k=n+1}^{+\infty}\P(X=k)=  \dsum_{k=n+1}^{+\infty}n\P(X=k)\leq\dsum_{k=n+1}^{+\infty}k\P(X=k)$.

    Ce dernier terme \'{e}tant le reste d'une s\'{e}rie convergente, il tend donc vers $0$. Le th\'{e}or\`{e}me d'encadrement donne alors : $\Lim_{n\rightarrow +\infty}n\P(X=n)=0$.

En utilisant l'\'{e}galit\'{e} de la question 1.(a), on obtient alors successivement que la s\'{e}rie $\dsum_{k\leq 0}^{} \P(X>k)$ converge puis que $\E(X)=\dsum_{k=0}^{+\infty}\P(X>k).$

\end{enumerate}

\item \begin{enumerate}

\item On a tout d'abord : $X\left(\Omega\right)=\llbracket 1,N\rrbracket$.

On note $E_i$ la variable al\'{e}atoire qui donne le r\'{e}sultat du $i$-i\`{e}me tirage. Cette variable suit une loi uniforme sur $\llbracket 1,N\rrbracket$.

Pour tout $k\in\N^*$, on a : $\P(X\leq k)=\P\left((E_1\leq k)\cap...\cap (E_n\leq k)\right)=\left(\dfrac{k}{N}\right)^n$ par ind\'{e}pendance des tirages (remise). Par suite, $\P(X>k)=1-\left(\dfrac{k}{N}\right)^n$.

Pour tout entier $k\in\llbracket 1,N\rrbracket$, on en d\'{e}duit : \quad $\P(X=k)=\P(X\leq k)-\P(X\leq k-1)=\dfrac{k^n-(k-1)^n}{N^n}.$
\item La variable al\'{e}atoire $X$ \'{e}tant finie, elle admet une esp\'{e}rance. On a:

$\E(X)=\dsum_{k=0}^{+\infty}\P(X>k)=\dsum_{k=0}^{N-1}\left(1-\left(\dfrac{k}{N}\right)^n \right)=N-\dsum_{k=0}^{N-1}\left(\dfrac{k}{N}\right)^n.$


\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}

\begin{exo}

On consid\`{e}re un d\'{e} bien \'{e}quilibr\'{e} \`{a} 6 faces. On lance ce d\'{e} jusqu'\`{a} obtenir les six faces et on note $X$ la variable al\'{e}atoire correspondant au
nombre de lancers.

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

\begin{enumerate}
\item Montrer que $X$ est la somme de 6 variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes qui suivent des lois g\'{e}om\'{e}triques dont on pr\'{e}cisera les param\`{e}tres respectifs.
\item Pour tout entier $n\geq 2$, on consid\`{e}re un d\'{e} bien \'{e}quilibr\'{e} \`{a} $n$ faces et on note $X_n$ le nombre de lancers n\'{e}cessaires pour obtenir les $n$ faces.

Montrer que $X_n$ est la somme de $n$ variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes qui suivent des lois g\'{e}om\'{e}triques dont on pr\'{e}cisera les param\`{e}tres respectifs.
\item Exprimer $E(X_n)$ et $V(X_n)$ sous forme de sommes.

\item{\it On rappelle} que $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,{1\over \ln(n)} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=1$.
Calculer $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,E\Big({X_n\over n\ln(n)}\Big)$ et $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,V\Big({X_n\over n\ln(n)}\Big)$.



\end{enumerate}
 \end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Au premier lancer, on obtient un num\'{e}ro d'une face. On note $Y_1$ la variable al\'{e}atoire constante \'{e}gale \`{a} 1 que l'on peut consid\'{e}rer comme suivant une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre 1.
Puis on continue les lancers jusqu'\`{a} obtenir un autre num\'{e}ro que le premier obtenu, ce qui se produit avec une probabilit\'{e} $5/6$. Donc, le nombre de lancers n\'{e}cessaires $Y_2$ correspond \`{a} une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $5/6$ et ainsi de suite, on d\'{e}finit la variable al\'{e}atoire $Y_i$ suivant une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $(7-i)/6$ et on a:
$$X=\sum_{i=1}^6 Y_i.$$
L'ind\'{e}pendance des variables al\'{e}atoires $X_1,\ldots,X_6$ provient de l'ind\'{e}pendance des lancers.
\item Le m\^{e}me raisonnement donne:
$$X_n=\sum_{i=1}^n Y_i \mbox{ o\`{u} } Y_i \mbox{ suit la loi } {\cal G}\Big(\frac{n-i+1}{n}\Big),\;\; 1\leq i\leq n.$$
\item On a par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance et changement d'indice:
$$E(X_n)=\sum_{i=1}^n E(Y_i)=\sum_{i=1}^n \frac{n}{n-i+1}=n\sum_{j=1}^n \frac{1}{j}.$$
Par ind\'{e}pendance des variables, on a:
$$V(X_n)=\sum_{i=1}^n V(Y_i)=n\sum_{j=1}^n \frac{n-j}{j^2}.$$
\item On a donc:
$$\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,E\Big({X_n\over n\ln(n)}\Big)=\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,{1\over \ln(n)} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=1\,.$$

Par ailleurs:
$$V\Big(\frac{X_n}{n\ln n}\Big)=\frac{1}{n^2\ln^2 n} n\sum_{j=1}^n \frac{n-j}{j^2}= \frac{1}{\ln^2 n} \sum_{j=1}^n \frac{1}{j^2}-  \frac{1}{n\ln n}\scriptstyle \times \dis \frac{1}{\ln n}\sum_{j=1}^n \frac {1}{j}\,.$$
La s\'{e}rie  $\dis\sum_{j\geq 1} \frac{1}{j^2}$ est convergente, donc, $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,\frac{1}{\ln^2 n} \sum_{j=1}^n \frac{1}{j^2}=0$ et puisque $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,{1\over \ln n} \sum_{j=1}^n \frac{1}{j}=1$, on a $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,\frac{1}{n\ln n}\scriptstyle \times \dis \frac{1}{\ln n}\sum_{j=1}^n \frac {1}{j}=0$. Par suite, $\dis\lim_{n\to\,+\infty}\,\,V\Big({X_n\over n\ln n}\Big)=0$.

\end{enumerate}
 \end{sol}



\begin{exo}

Soit $m$ un entier naturel non nul.  On consid\`{e}re l’espace vectoriel $\R_m[x]$ des fonctions polynomiales  de degr\'{e} inf\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $m$ et l’application $f$ associant \`{a} tout polyn\^{o}me $P$ de $\R_m[x]$, le polyn\^{o}me $Q = f(P)$ d\'{e}fini par :
$$\forall\,x\in\R,\,Q (x) = m(x-1)P(x)-x(x-1)P'(x)$$
 o\`{u} $P'$ d\'{e}signe le polyn\^{o}me d\'{e}riv\'{e} de $P$.

 \begin{enumerate}
 \item Montrer que $f$ est un endomorphisme de $\R_m[x]$.
 \item Montrer que si $P$ est un vecteur propre de $f$, alors 0 ou 1 sont racines de $P$.
 \item Pour tout entier naturel $k \leq m$, on note $W_k$ la fonction polynomiale  de $\R_m[x]$ d\'{e}finie par :
 $$W_k(x) = x^k(x-1)^{m-k}\,.$$
 Montrer que pour tout $k$, $W_k$ est un vecteur propre de $f$.
\item Quelles sont les valeurs propres de l’endomorphisme $f$ ? L'endomorphisme $f$ est-il diagonalisable ?
\item Montrer que $(W_0, W_1,\cdots , W_m)$  est une base de $\R_m[x]$ et d\'{e}terminer les composantes du polyn\^{o}me constant $U(x) = 1$ dans cette base.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
 \item On calcule $f(x^k)$ pour $0\leq k\leq m$. On a:
 $$f(x^k)=m(x-1)x^k-x(x-1)kx^{k-1}=(m-k)x^{k+1}-(m-k)x^k.$$
 Si $k<m$, alors $f(x^k)$ est de degr\'{e} $k+1$ donc est dans $\R_m[x]$.
 De m\^{e}me, pour $k=m$, $f(x^m)=0$ et donc est dans $\R_m[x]$.
 Soit $P$ un polyn\^{o}me de $\R_m[x]$. On a:
 $$\forall \,x\in\R,\,\,P(x)=\sum_{k=0}^ma_kx^k,$$
 On montre ensuite que:
 $$f(P)(x)=\sum_{k=0}^ma_kf(x^k),$$
 On en d\'{e}duit que $f$ est une application de $\R_m[x]$ dans $\R_m[x]$.
 On prouve la lin\'{e}arit\'{e} directement, donc $f$ est un endomorphisme de $\R_m[x]$.
 \item Soit $P$ un vecteur propre de $f$; alors il existe un r\'{e}el $\lambda$ tel que:
 $$f(P)=\lambda P,$$
 soit
 $$\forall \,x\in\R,\,\,m(x-1)P(x)-x(x-1)P'(x)=\lambda P(x).$$
 En particulier pour $x=0$ et $x=1$, on obtient:
 $$-mP(0)=\lambda P(0) \mbox{ et } 0=\lambda P(1).$$
 Si $\lambda=0$, alors 0 est racine de $P$ et si $\lambda\not= 0$, alors 1 est racine de $P$.
 Par cons\'{e}quent,  0 ou 1 sont racines de $P$.
 \item Soit $k \leq m$. On a pour tout $x\in\R$:
 \begin{eqnarray*}
 f(W_k)(x)&=&m(x-1)x^k(x-1)^{m-k}-x(x-1)(kx^{k-1}(x-1)^{m-k}+(m-k)x^k(x-1)^{m-k-1})\\
 &=&mx^k(x-1)^{m-k+1}-kx^{k-1+1}(x-1)^{m-k+1}-(m-k)x^{k+1}(x-1)^{m-k-1+1}\\
 &=&(m-k)\left( x-1-x\right )W_k(x)\\
 &=&(k-m)W_k(x).
 \end{eqnarray*}
 Par cons\'{e}quent, $W_k$ est un vecteur propre de $f$.
 \item Les valeurs $(k-m)$, $0\leq k\leq m$, sont des valeurs propres de $f$; il s'agit donc de $m+1$ valeurs propres deux \`{a} deux distinctes. Puisque
 $\R_m[x]$ est de dimension $m+1$, on en conclut que $f$ est diagonalisable.
 \item $(W_0, W_1,\cdots , W_m)$  est une base de vecteurs propres de $\R_m[x]$.
 On consid\`{e}re le polyn\^{o}me constant $U(x)=1$; on applique la formule du bin\^{o}me de Newton et on obtient:
 $$\forall \,x\in\R,\,\,U(x)=1=((-x)+(x-1))^n=\sum_{k=0}^m(-1)^k{m\choose k} W_k(x).$$
 \end{enumerate}
 \end{sol}



\begin{exo}
		
Soit $f$ la fonction d\'{e}finie sur $\R$  par: 
$$\forall\,x\in\R,\,f(x)=\frac{2}{(\e^x+\e^{-x})^2}$$

\begin{enumerate}
\item  	Montrer que $f$ peut \^{e}tre consid\'{e}r\'{e}e comme une densit\'{e} d’une certaine variable al\'{e}atoire $X$.
\item
\begin{enumerate}
\item 	Montrer que $X$ poss\`{e}de une esp\'{e}rance et donner sa valeur.
\item 	Montrer que $X$ poss\`{e}de une variance (on ne demande pas sa valeur).
\end{enumerate}

\item 	On note $F$ la fonction de r\'{e}partition de $X$. Montrer, sans calculer $F(x)$, que $F$ est une bijection de $\R$ dans un intervalle $I$ que l’on pr\'{e}cisera.

\item 	On consid\`{e}re la variable al\'{e}atoire $Y$ d\'{e}finie par  $Y=F(X)$.
\begin{enumerate}
	\item 	D\'{e}terminer la loi de $Y$.
    \item  	Calculer l'expression de $F(x)$ pour tout r\'{e}el $x$.
	\item 	D\'{e}terminer $F^{-1}$, bijection r\'{e}ciproque de $F$.
\end{enumerate}	

\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item 	La fonction $f$ est positive et continue sur $\R$ comme quotient bien d\'{e}fini de telles fonctions. De plus, pour $x>0$, on a:

$$\int_0^x f(t) dt= \int_{0}^{x}\frac{2\e^{2t}}{(\e^{2t}+1)^2} dt= \frac{1}{2}-\frac{1}{\e^{2x}+1} \Rightarrow \int_0^{+\infty} f(t) dt = \frac{1}{2}$$
Par parit\'{e} de la fonction $f$, on d\'{e}duit que $\dint_{-\infty}^{+\infty }f(t) dt$ converge et vaut $1$.

Ainsi, $f$ peut \^{e}tre consid\'{e}r\'{e}e comme densit\'{e} d’une certaine variable al\'{e}atoire .

\item
\begin{enumerate}
\item 	Pour tout r\'{e}el $t$ positif, on a : $0< tf(t) =\dfrac{2t}{(\e^t+\e^{-t})^2}\leq 2t\e^{-2t}$. Or $\dint_0^{+\infty} 2t\e^{-2t} dt$ converge (c’est l’esp\'{e}rance d’une variable al\'{e}atoire suivant la loi exponentielle de param\`{e}tre 2).   Pour terminer, la fonction $t\to tf(t)$ est impaire donc  $E(X)$ existe et vaut $0$.

\item	Pour tout r\'{e}el $t$ positif, on a : $0< t^2f(t) =\dfrac{2t^2}{(\e^t+\e^{-t})^2}\leq 2t^2\e^{-2t}$. On sait que l’int\'{e}grale $\dint_0^{+\infty} t^2\e^{-2t} dt$ converge (moment d’ordre $2$ d’une variable al\'{e}atoire suivant la loi exponentielle de param\`{e}tre 2). Par parit\'{e} de la fonction $t\to t^2f(t)$, on conclut que $X$ admet un moment d'ordre $2$ et donc que $V(X)$ existe.
\end{enumerate}
\item   La fonction $f$ est continue, strictement positive sur  $\R$, donc $F$ est strictement croissante sur $\R$, de classe $C^1$ et  de d\'{e}riv\'{e}e $f$.
	De plus, on sait que  $\dlim_{x\to -\infty} F(x)=0$ et $\dlim_{x\to +\infty} F(x)=1$, ce qui permet d’affirmer que  $F$  est une bijection de $\R$  sur $]0,1[$.
\item
\begin{enumerate}
\item  La variable al\'{e}atoire $X$ est \`{a} valeurs dans $\R$  et $F$ est une bijection de $\R$   sur $]0,1[$. Ainsi,  $Y$ prend ses valeurs dans  $]0,1[$. De plus, pour tout $x\in ]0,1[$,  en notant $F_Y$ la fonction de r\'{e}partition de $Y$ et par le fait que $F$ est une bijection strictement croissante, comme $F^{-1}$, on a :
$$F_Y(x)=P(Y\leq x)=P(F(X)\leq x)= P(X\leq F^{-1}(x))=F(F^{-1}(x))=x$$

Ainsi, $Y$ suit la loi uniforme sur $]0,1[$.

\item 	Pour tout r\'{e}el $x$, on trouve, d’apr\`{e}s la question $1$:
$$F(x)= 1-\frac{1}{\e^{2x}+1}=\frac{\e^{2x}}{\e^{2x}+1}$$

\item 	Pour d\'{e}terminer $F^{-1}$, on r\'{e}sout, pour tout $x$ r\'{e}el, l’\'{e}quation $F(t)=x$ d’inconnue $t$, dont la solution est:
$$F^{-1}(x)= \frac 1 2 \ln \left( \frac{x}{1-x}\right)$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}







\begin{exo}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,\mathcal{A},P)$.

\begin{enumerate}

\item
Soit $U$ et $V$ deux variables al\'{e}atoires  admettant chacune un moment d’ordre $2$.
\begin{enumerate}
\item 	En d\'{e}veloppant $(|U|-|V|)^2$, montrer que $UV$  poss\`{e}de une esp\'{e}rance.
\item   En consid\'{e}rant la quantit\'{e} $(\lambda U+V)^2$ pour $\lambda$ r\'{e}el, montrer l’in\'{e}galit\'{e} suivante :
$$(E(UV))^2 \leq E(U^2)E(V^2)$$
\end{enumerate}


\item 	On consid\`{e}re une variable al\'{e}atoire $X$  \`{a} valeurs positives, qui n’est pas quasi certaine et qui poss\`{e}de une variance. On d\'{e}signe par  $\alpha$ un r\'{e}el de  $[0,1]$ et on note $Y$ la variable al\'{e}atoire indicatrice de l’\'{e}v\'{e}nement $[X>\alpha E(X)]$, soit;

   $$Y=
  \begin{cases}
      1 & \mbox{si } X>\alpha E(X) \\
      0 & \mbox{sinon}.
    \end{cases}$$





\begin{enumerate}
	\item 	\'{E}crire l’esp\'{e}rance de $Y$ en fonction de $X$ et $\alpha$.
	\item 	V\'{e}rifier l’in\'{e}galit\'{e} (entre variables al\'{e}atoires) suivante : $X\leq \alpha E(X)+XY$.
    \item  Justifier que $E(X^2)\neq 0$, puis d\'{e}duire de ce qui pr\'{e}c\`{e}de l’in\'{e}galit\'{e}: 
    $$P\big(X>\alpha E(X)\big) \geq  (1-\alpha)^2 \frac{(E(X))^2}{E(X^2)}$$
    \end{enumerate}

\item
   \begin{enumerate}
	\item 	Que devient cette in\'{e}galit\'{e} si $X$ suit la loi binomiale de param\`{e}tres $n$ et $p$ ?
     \item 	En d\'{e}duire  que $(1-p)^{n-1} \leq \dfrac{1}{(n-1)p+1}$
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item 	On sait que $|UV| \leq \dfrac 1 2 \left( U^2+V^2\right)$, donc, par domination,  $UV$ poss\`{e}de une esp\'{e}rance.
\item 	La quantit\'{e} $(\lambda U+V)^2$ est un polyn\^{o}me du second degr\'{e} en $\lambda$ qui est positif pour tout $\lambda$ r\'{e}el. Son discriminant est n\'{e}gatif ou nul, ce qui donne l'in\'{e}galit\'{e} (de Cauchy-Schwarz) demand\'{e}e.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
   \item 	L’esp\'{e}rance d’une variable indicatrice est \'{e}gale \`{a} son param\`{e}tre. Donc $E(Y)= P(X>\alpha E(X))$.
    \item  	Pour tout $\omega \in \Omega$, $X(\omega)\leq \alpha E(X)+X(\omega)Y(\omega)$ (regarder suivant les valeurs prises par $Y(\omega)$)  car $\alpha E(X)>0$.
\end{enumerate}	

\item 	Si $E(X^2)=0$, alors $V(X)=0$ et $X$ est quasi certaine ce qui n’est pas le cas. Donc $E(X^2) \neq 0$.

D’apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, $XY \geq X-\alpha E(X)$, puis $E(XY) \geq E(X-\alpha E(X))=(1-\alpha)E(X)$.

En \'{e}levant au carr\'{e} $(E(XY))^2 \geq (1-\alpha)^2(E(X))^2$.

En utilisant l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy Schwarz, on a $(1-\alpha)^2E(X)^2 \leq E(X^2)E(Y^2)$. Mais, $Y$ suivant une loi de Bernoulli, on a $Y=Y^2$  d’o\`{u} $E(Y^2)=E(Y)$ et
$$P\big(X>\alpha E(X)\big) \geq (1-\alpha)^2 \frac{(E(X))^2}{E(X^2)}$$

\item
\begin{enumerate}
    \item Lorsque  $X$ suit la loi binomiale de param\`{e}tres $n$ et $p$,  on obtient  $\displaystyle P(X>\alpha np) \geq  (1-\alpha)^2 \frac{np}{(n-1)p+1}$.
	\item On choisit $\alpha=0$ et on obtient le r\'{e}sultat annonc\'{e}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}





\begin{exo}

 Une urne contient initialement une boule blanche et une boule noire et on effectue dans cette urne des tirages selon le protocole suivant: \`{a} chaque tirage, une boule est pr\'elev\'ee de l'urne et est remplac\'ee par deux boules de la m\^eme couleur (que celle que l'on vient de pr\'{e}lever). On souligne qu'apr\`es $n$ tirages, il y a $n+2$ boules dans l'urne.
On note $X_n$ le nombre de boules blanches dans l'urne apr\`es $n$ tirages et on cherche \`a d\'eterminer la loi de $X_n$ pour tout $n\geq 1$.

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

\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer la loi de $X_1$.

\item D\'{e}terminer la loi de $X_2$.

\underline{Indication} : On pourra consid\'erer les \'{e}v\'{e}nements $(A_k)_{k \ge 1}$, o\`u $A_k$ est d\'efini par \og on tire une boule blanche lors du $k$-\`{e}me tirage\fg.


\item Calculer, pour $n\geq 1$, la probabilit\'{e} conditionnelle $\P_{(X_{n}=k)}(X_{n+1}=k)$ pour tout $k\in \{1,\ldots, n\}$.


\item Calculer, pour $n\geq 1$, la probabilit\'{e} conditionnelle $\P_{(X_{n}=k)}(X_{n+1}=k+1)$  pour tout $k\in \{1,\ldots, n\}$.


\item En d\'{e}duire la loi de $X_n$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Notons que $X_1$ est \`{a} valeurs dans $\{1,2\}$,
et que $X_1$ vaut $1$ si au premier tour on a tir\'{e} la boule noire,
et $X_1$ vaut $2$ si on a tir\'{e} la boule blanche.
On a donc $\P(X_1 =1) =\dis\frac12$ et $\P(X_1=2) =\dis\frac12$ (car il y a dans l'urne une boule noire et une boule blanche).



\item Pour $X_2$, on remarque que $X_2$ est \`{a} valeurs dans $\{1,2,3\}$:
$X_2$ vaut $1$ si on a tir\'{e} une boule noire lors des deux tirages;
$X_2$ vaut $2$ si on a tir\'{e} une boule noire puis une boule blanche
ou une boule blanche puis une boule noire;
$X_2$ vaut $3$ si on a tir\'{e} une boule blanche lors des deux tours.
On a donc
$\P(X_2=1) = \P(\overline {A}_1) \cap \overline {A}_2) = \P(\overline {A}_1) \P_{\overline{A}_1}(\overline{A}_2)$.
Notons que $\P(\overline {A}_1) = \dis\frac12$ car au premier tirage il y a
une boule blanche et une boule noire dans l'urne.
On a aussi $\P_{\overline{A}_1}(\overline{A}_2) = \dis\frac{2}{3}$
car si on a tir\'{e} une boule noire au premier tirage alors il y a
une boule blanche et deux boule noires dans l'urne au deuxi\`{e}me tirage.
On a donc $\P(X_2 =1) =\dis\frac13$.
De la m\^{e}me mani\`{e}re, on a
$\P(X_2=2)= \P(\overline{A}_1) \P_{\overline{A}_1}(A_2) + \P(A_1) \P_{A_1}(\overline {A}_2) = \dis\frac12 \frac13 + \frac12 \frac13 =\frac13$;
et enfin $\P(X_2=3) = \P(A_1) \P(A_2 | A_1) = \dis\frac12 \frac23 =\frac13$.
En conclusion, on a montr\'{e} que $\P(X_2=1) =\P(X_2=2) = \P(X_2=3) =\dis\frac13$.



\item[3. et 4.] Conditionnellement \`{a} $[X_n =k]$,
il y a $k$ boules blanches  et $(n+2-k)$ boules noires
dans l'urne apr\`{e}s $n$ tours.
Lors du $(n+1)$-\`{e}me tour, on tire donc une boule blanche
avec probabilit\'{e} $\dis\frac{k}{n+2}$ et une boule noire avec probabilit\'{e}
$\dis\frac{n+2-k}{n+2}$: avec les notations pr\'{e}c\'{e}dentes,
on a
$\P_{(X_n=k)}(A_{n+1}) = \dis\frac{k}{n+2}$ et $\P_{(X_n=k)}(\overline{A}_{n+1}) = \dis\frac{n+2-k}{n+2}$.
Notons que l'\'{e}v\'{e}nement $A_{n+1}$ correspond au fait qu'apr\`{e}s le $(n+1)$-\`{e}me tour
il y a une boule blanche suppl\'{e}mentaire: $A_{n+1} = \{X_{n+1} =X_n+1\}$
et $\overline{A}_{n+1} = \{X_{n+1} =X_n\}$.
On a donc montr\'{e} que
\begin{align*}
&\P_{(X_n=k)}( X_{n+1} =X_n +1)
= \P_{(X_n=k)}( X_{n+1} =k +1)= \frac{k}{n+2} \, ,\\
& \P_{(X_n=k)}(X_{n+1} =X_n )
=  \P_{(X_n=k)}( X_{n+1} =k ) =\frac{n+2-k}{n+2} \, .
\end{align*}


\item[5.] Montrons par r\'{e}currence sur $n\geq 1$ que $X_n\hookrightarrow {\cal U}(\entiers 1{n+1})$. Pour $k=1$, on a:
$$\P(X_{n+1} =1) = \P(X_{n}=1, X_{n+1} =1)  = \P(X_{n}=1) \P_{(X_n=1)}(X_{n+1} =1)= \frac{1}{n+1} \frac{n+1}{n+2} =\frac{1}{n+2}$$
o\`{u} on a utilis\'{e} l'hypoth\`{e}se de r\'{e}currence et la question 3.

Si c'est vrai pour  $k \in \entiers 2 {n+1}$, on a: $\P(X_{n+1} =k) = \P(X_{n}=k, X_{n+1} =k) + \P(X_{n}=k-1, X_{n+1} =k)$, car si $X_{n+1}=k$, $X_n$ ne peut valoir que $k$ ou $k-1$.

Par suite, $\P(X_{n+1}=k)=\dis{1\over n+1}{n+2-k\over n+2}+ {1\over n+1}{k-1\over n+2}={1\over n+2}$,
 o\`{u} on a aussi utilis\'{e} l'hypoth\`{e}se de r\'{e}currence et les questions 3 et 4.

Enfin, pour $k=n+2$, on a:

$$\P(X_{n+1} =n+2)  = \P(X_{n}=n+1) \P_{(X_n=n+1)}(X_{n+1} =n+2)  = \frac{1}{n+1} \frac{n+1}{n+2} =\frac{1}{n+2}\,.$$

Cela montre bien que pour tout $k\in \{1, \ldots, n+2\}$, on a $\P(X_{n+1} = k) =\dis\frac{1}{n+2}$

\end{enumerate}
\end{sol}



\begin{exo}

On consid\`{e}re une famille d'urnes num\'{e}rot\'{e}es par les entiers de $\N^*$: pour tout $k\in\N^*$, la $k$-\`{e}me urne contient une boule noire et $k$ boules jaunes.

 Un joueur tire successivement  (au hasard, uniform\'{e}ment et de mani\`{e}re ind\'{e}pendante entre les urnes) une boule dans l'urne num\'{e}ro $1$, puis une boule dans l'urne numero $2$, puis une boule dans l'urne num\'{e}ro $3$, etc.
On note $X_n$ le nombre de boules noires obtenues lors des~$n$ premiers tirages ($n\geq 1$).

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

\begin{enumerate}
\item  Justifier que l'on peut \'{e}crire $X_n = \dis\sum_{k=1}^n {\bf1}_{A_k}$,
o\`{u} $A_k$ est l'\'{e}v\'{e}nement \og lors du $k$-\`{e}me tirage, la boule tir\'{e}e par le joueur est noire \fg   et o\`{u} la variable al\'{e}atoire ${\bf1}_{A_k}$ est d\'{e}finie par:

$$\forall\,\omega \in \Omega,\,\,{\bf1}_{A_k}(\omega)=\left\{\begin{array}{ll} 1 & \mbox{ si } \omega\in A_k\\
        0 & \mbox{sinon}
        \end{array}\right. $$


\item Exprimer $\E(X_n)$ sous forme de somme.

\item Calculer $V(X_n)$.


\item Montrer que $V(X_n) \leq \E(X_n)$.

\item Montrer que pour tout $\epsilon >0$, on~a:
\[
\P\Big(  \big| X_n  - \E(X_n) \big| \geq  \epsilon \E(X_n) \Big)  \leq  \frac{ 1}{ \epsilon^2 \E(X_n)} \, .
\]

\item Montrer que, pour tout $n\in \N^*$, on a $\ln(n+2)- \ln 2 \leq \E(X_n) \leq \ln(n+1)$.


\item  Montrer que, pour tout $\epsilon>0$, on a:
\[
\lim_{n\to\infty} \P\Big( \frac{X_n}{\E(X_n)} \in \; \big] 1-\epsilon, 1+\epsilon \big[ \Big) =1\, .
\]

\item Calculer  $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{\E(X_n)}{\ln n}$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item La variable al\'{e}atoire ${\bf1}_{A_i}$ vaut $1$ si on tire une boule noire lors du $i$-\`{e}me tirage et $0$ sinon: l'expression $\dis\sum_{i=1}^n {\bf1}_{A_i}$ compte donc le nombre de boules noires tir\'{e}es lors des $n$ premiers tirages.

\item
Par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance, on a
$
\E(X_n) = \dis\sum_{i=1}^n \E({\bf1}_{A_i}) = \dis\sum_{i=1}^n \P(A_i) = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+1}.
$


\item Les variables al\'{e}atoires  $({\bf1}_{A_i})_{1\leq i \leq n}$ \'{e}tant ind\'{e}pendantes d'apr\`{e}s l'\'{e}nonc\'{e}, on a:

$$V(X_n) = V \Big( \sum_{i=1}^n {\bf1}_{A_i} \Big) = \sum_{i=1}^n V({\bf1}_{A_i}) = \sum_{i=1}^n \P(A_i) (1-\P(A_i))= \sum_{i=1}^n \frac{i}{(i+1)^2},$$

o\`{u} on a utilis\'{e} la propri\'{e}t\'{e} selon laquelle la variance d'une loi de Bernoulli de param\`{e}tre $p$ vaut $p(1-p)$.


\item En utilisant l'in\'{e}galit\'{e} $1-\P(A_i)\leq 1$,
on en d\'{e}duit que:
\[
V(X_n) \leq \sum_{i=1}^n \P(A_i) =\E(X_n) \, .
\]


\item Utiliser l'in\'{e}galit\'{e} de Bienaym\'{e}-Tchebychev et la question 4.

\item On a $\dis\frac{1}{i+1}  \ge \frac{1}{x+1}$ pour tout
$x\in [i,i+1]$ car la fonction $x\mapsto 1/(x+1)$ est d\'{e}croissante.
Ainsi, pour tout $i\geq 1$,
\[
\frac{1}{i+1}  = \int_{i}^{i+1} \frac{1}{i+1} \mathrm{d} x
\geq \int_{i}^{i+1} \frac{1}{x+1} \mathrm{d} x  \,,
\]
et donc,
\[
\sum_{i=1}^n \frac{1}{i+1} \geq  \sum_{i=1}^{n} \int_{i}^{i+1} \frac{1}{x+1} \mathrm{d} x = \int_{1}^{n+1}  \frac{1}{x+1} \mathrm{d} x\, .
\]
Par une int\'{e}gration directe, on obtient
$\dis\int_{1}^{n+1}  \frac{1}{x+1} \mathrm{d} x = [\ln(x+1)]_{1}^{n+1} = \ln (n+2) -\ln 2$.

On a donc $\E(X_n) \geq  \ln (n+2) -\ln 2$.


Par un raisonnement similaire, on obtient le majorant :
\[
\E(X_n)  = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i+1} \leq  \int_0^n \frac{1}{x+1} = \ln(n+1).
\]

\item En  passant au compl\'{e}mentaire et en r\'{e}\'{e}crivant l'\'{e}v\'{e}nement  $\dis\{ | \frac{X_n}{\E(X_n)}  - 1 \big| \geq  \epsilon \} $ sous la forme

$ \{| X_n  - \E(X_n) \big| \geq  \epsilon \E(X_n) \} $, on a:
\begin{align*}
\P\Big( \frac{X_n}{\E(X_n)} \in \; \big] 1-\epsilon, 1+\epsilon \big[ \Big)  = \P\Big( \Big| \frac{X_n}{\E(X_n)}  - 1 \Big| <  \epsilon \Big)  &= 1- \P\Big(  \big| X_n  - \E(X_n) \big| \geq  \epsilon \E(X_n) \Big) \\
& \geq 1-  \frac{ 1}{ \epsilon^2 \E(X_n)}  \, .
\end{align*}
Comme $\dis\lim_{n\to\infty}\E(X_n)=+\infty$, on obtient le r\'esultat.


\item On d\'{e}duit ais\'ement de la question 6  que $\dlim_{n\to +\infty} \dfrac{\E(X_n)}{\ln n}=1$.

\end{enumerate}
\end{sol}




\begin{exo}

Dans cet exercice, $n$ est un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2 et $E=\mathcal{M}_n(\R)$.


Pour toute matrice $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}$, on pose $\tr(A)=\displaystyle\sum_{i=1}^na_{i,i}$.

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que l'application $\tr: A \to \tr(A)$ est lin\'{e}aire.
\item Montrer que $\tr(A)= \tr({}^t\!A)$.
\end{enumerate}

Dans la suite de l'exercice, on note:
$$S_n(\R)=\{ M\in \mathcal{M}_n(\R)/ M={}^t\!M\}  \mbox{ et } A_n(\R)=\{ M\in \mathcal{M}_n(\R)/ M=-{}^t\!M\}$$

 \item  Montrer que $A_n(\R)$ et $S_n(\R)$ sont suppl\'{e}mentaires  dans $E$.		
	
Pour  $A$ de $E$, on note $\Delta_A=\{ M\in E / M+{}^t\!M=\tr(M) A \}$.
		
 \item Montrer que $\Delta_A$ est un sous-espace vectoriel de $E$ tel que $A_n(\R)\subset \Delta_A$.

 \item Soit $M\in \Delta_A$. Montrer que $2\tr(M)= \tr(M)\tr(A)$.

 \item D\'{e}terminer $\Delta_A$ en discutant suivant les valeurs de $\tr(A)$.
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}

$S_n(\R)$ et $A_n(\R)$ d\'{e}signent respectivement l'ensemble des matrices sym\'{e}triques de $E$ et l'ensemble des matrices antisym\'{e}triques de $E$.


\begin{enumerate}
\item
    \begin{enumerate}
    \item On v\'{e}rifie que $\tr(\lambda M+N)= \lambda\tr(M)+\tr(N)$.
    \item La matrice $M$ et sa transpos\'{e}e ont la m\^{e}me diagonale.
    \end{enumerate}
\item
  On \'{e}crit $M= \dfrac{M+{}^t\!M}{2}+ \dfrac{M-{}^t\!M}{2} \in S_n(\R)+A_n(\R)$ et on v\'{e}rifie que $S_n(\R) \cap A_n(\R) =\{0\}$.

\item L'ensemble $\Delta_A$ est un sous-espace vectoriel de $E$ par lin\'{e}arit\'{e} de la trace, de la transposition, etc.

  La diagonale d'une matrice antisym\'{e}trique n'est constitu\'{e}e  que de $0$.

  Donc, on a bien, pour $M\in A_n(\R), 0=0\tr(A)$.

\item  On prend la trace des deux membres et on obtient: $2\tr(M)=\tr(M)\tr(A)$.

\item\begin{itemize}
\item Si $\tr(A) \neq 0$, alors $\tr(M)=0$ et $M+{}^t\!M=0$. Donc $M$ est antisym\'{e}trique.
\item si $\tr(A)=2$, la relation $2\tr(M)=\tr(M)\tr(A)$ ne donne rien.
\begin{itemize}
\item si $\tr(M)=0$, on retombe sur les matrices antisym\'{e}trques, et si $\tr(M)\neq 0$, alors:
\item si $A$ n'est pas sym\'{e}trique, il n'y a pas de solutions.
\item si $A$ est sym\'{e}trique, alors comme $A= \dfrac{A+{}^t\!A}{2}+ \dfrac{A-{}^t\!A}{2}$, il vient
$M= A+B$ avec $B\in A_n(\R)$.

 En effet, $\tr(M)= \tr(A)=2$ et ${}^t\!M= A-B$ et $M+{}^t\!M=2A= \tr(M)A$.
\end{itemize}
\end{itemize}

\end{enumerate}


\end{sol}





%%% Local Variables:
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "escp-annales"
%%% End:
