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ECE2 12 janvier 2019Mathématiques

DS5 (version A)

Exercice 1 : vaguement inspiré de EDHEC S 2012

Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique B = (e1, e2, e3) de R3 est :

A =

2 1 −1−1 4 −3−2 2 −1

On note Id l’endomorphisme identité de R3.1. a) Démontrer : (A− I3)2 (A− 3 I3) = 0M3(R).

Démonstration.• Tout d’abord :

(A− I3)2 = (A− I3) (A− I3) =

1 1 −1−1 3 −3−2 2 −2

1 1 −1−1 3 −3−2 2 −2

=2 2 −22 2 −2

0 0 0

• Ensuite :

(A− I3)2 = (A− I3)2 (A− 3 I3) =

2 2 −22 2 −20 0 0

−1 1 −1−1 1 −3−2 2 −4

=0 0 00 0 0

0 0 0

On a bien : (A− I3)2 (A− 3 I3) = 0M3(R).

b) En déduire les valeurs propres possibles de f .

Démonstration.• D’après la question précédente, le polynôme P (X) = (X − 1)2 (X − 3) est un polynômeannulateur de la matrice A.

• Ainsi : Sp(A) ⊂ {racines de P} = {1, 3}.• Enfin : Sp(f) = Sp(A).

Les réels 1 et 3 sont les valeurs propres possibles de f .

• Une matrice A ∈ Mn(R) possède TOUJOURS un polynôme annulateur non nul P . On peutdémontrer (pas au programme en ECE) qu’il existe toujours un tel polynôme de degré n.

• Si P est un polynôme annulateur de A alors, pour tout α ∈ R, le polynôme αP est unpolynôme annulateur de A :

(αP )(A) = αP (A) = 0

Cela suffit à démontrer que A possède une infinité de polynômes annulateurs. On peut enobtenir d’autres. Par exemple Q(X) = (X − 5) P (X) est un polynôme annulateur de A :

Q(A) = (A− 5 I) P (A) = 0

• Parler DU polynôme annulateur d’une matrice n’a donc aucun sens.

Commentaire

1


c) Déterminer les valeurs propres et espaces propres de f .On précisera la dimension des sous-espaces propres.En particulier, on écrira : Ker(f − 3 Id) = Vect (w) où w est un vecteur de R3 de premièrecoordonnée 1.

Démonstration.

• Démontrons que 1 est bien valeur propre de A.

A− I3 =

1 1 −1−1 3 −3−2 2 −2

Cette matrice est non inversible car possède 2 colonnes colinéaires (C3 = −C2).

On en déduit que 1 est valeur propre de A.

• Démontrons que 3 est bien valeur propre de A.

A− 3 I3 =

−1 1 −1−1 1 −3−2 2 −4

Cette matrice est non inversible car possède 2 colonnes colinéaires (C1 = −C2).

On en déduit que 3 est valeur propre de A.

Ainsi : Sp(A) = {1, 3} et Sp(f) = Sp(A) = {1, 3}.

• Les racines d’un polynôme annulateur ne sont pas forcément toutes valeurs propres de A.

• Si c’était le cas, A aurait une infinité de valeurs propres (elle en possède au plus 3 !).Par exemple, comme Q(X) = (X − 5) P (X) est un polynôme annulateur, un tel raisonne-ment permettrait de démontrer que 5 est aussi valeur propre.

• Les racines d’un polynôme annulateur sont généralement appelées valeurs propres pos-sibles de A (comprendre qu’elles sont potentiellement des valeurs propres). C’est commecela qu’il faut lire l’inclusion :

Sp(A) ⊂ {1, 3}

• Afin de démontrer que 1 et 3 sont bien des valeurs propres de A, on démontre que lesmatrices A− I3 et A− 3 I3 sont non inversibles. Ils’agit de démontrer que ces matrices sontde rang strictement inférieur à 3. Pour ce faire, on peut remarquer (comme on le fait ici)que deux colonnes (resp. lignes) de la matrice considérée sont colinéaires. La présence d’unecolonne (resp. ligne) de 0 permet aussi de démontrer le caractère non inversible.

Commentaire

2


• Déterminons E1(f) = Ker(f − Id) le sous-espace propre de f associé à la valeur propre 1.

Soit u = (x, y, z) ∈ R3. Notons U = MatB(u) =

xyz

∈M3,1(R).u ∈ E1(f) ⇐⇒ (f − Id)(u) = 0R3

⇐⇒ (A− I)× U = 0M3,1(R)

⇐⇒

1 1 −1−1 3 −3−2 2 −2

xyz

=00

0

⇐⇒

x + y − z = 0−x + 3 y − 3 z = 0−2x + 2 y − 2 z = 0

L2 ← L2 + L1L3 ← L3 + 2L1⇐⇒

x + y − z = 0

4 y − 4 z = 04 y − 4 z = 0

L3 ← L3 − L2⇐⇒

x + y − z = 0

4 y − 4 z = 00 = 0

L1 ← 4L1 − L2⇐⇒

{4x = 0

4 y = 4 z

On obtient alors :E1(f) = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0 et y = z}

= {(0, z, z) | z ∈ R}

= {z · (0, 1, 1) | z ∈ R}

= Vect ((0, 1, 1))

On en conclut : E1(f) = Vect ((0, 1, 1)).

• La famille F1 =((0, 1, 1)

)est :

× génératrice de E1(f),× libre car constituée uniquement d’un vecteur non nul.On en conclut que F1 est une base de E1(f).

Ainsi : dim(E1(f)

)= Card

(F1)

= 1.

• Comme A est la matrice représentative de f dans la base B, alors : Sp(A) = Sp(f).

• Par contre : E1(A) 6= E1(f). En effet :× E3(A) est un sous-ensemble de M3,1(R), espace vectoriel dont les vecteurs sont

des matrices de taille 3× 1.× E3(f) est un sous-ensemble de R3, espace vectoriel dont les vecteurs sont des

triplets de réels.• On peut résumer cette différence par : (x, y, z) 6=

xyz

.

Commentaire

3


• Déterminons E3(f) = Ker(f − 3 Id) le sous-espace propre de f associé à la valeur propre 3.

Soit u = (x, y, z) ∈ R3. Notons U = MatB(u) =

xyz

∈M3,1(R).u ∈ E3(f) ⇐⇒ (f − 3 Id)(u) = 0R3

⇐⇒ (A− 3 I)× U = 0M3,1(R)

⇐⇒

−1 1 −1−1 1 −3−2 2 −4

xyz

=00

0

⇐⇒

−x + y − z = 0−x + y − 3 z = 0−2x + 2 y − 4 z = 0

L2 ← L2 − L1L3 ← L3 − 2L1⇐⇒

−x + y − z = 0

− 2 z = 0− 2 z = 0

L3 ← L3 − L2⇐⇒

−x + y − z = 0

− 2 z = 00 = 0

L1 ← 4L1 − L2⇐⇒

{−x − z = −y

− 2 z = 0

L1 ← 2L1 − L2⇐⇒

{−2x = −2y

− 2 z = 0

On obtient alors :E3(f) = {(x, y, z) ∈ R3 | x = y et z = 0}

= {(y, y, 0) | y ∈ R}

= {y · (1, 1, 0) | y ∈ R}

= Vect ((1, 1, 0))

On en conclut : E3(f) = Vect ((1, 1, 0)).Ainsi, le vecteur recherché est : w = (1, 1, 0).

• La famille F2 =((1, 1, 0)

)est :

× génératrice de E3(f),

× libre car constituée uniquement d’un vecteur non nul.

On en conclut que F2 est une base de E3(f).

Ainsi : dim(E3(f)

)= Card

(F2)

= 1.

4


• Il faut s’habituer à déterminer les ensembles Eλ(A) par lecture de la matrice A− λ I.• Illustrons la méthode avec la matrice de l’exercice et λ = 1.

On cherche les vecteurs X =

xyz

de E1(A) c’est-à-dire les vecteurs tels que :(A− I3)X = 0M3,1(R). Or : 1 1 −1−1 3 −3

−2 2 −2

xyz

= x · C1 + y · C2 + z · C3= x ·

1−1−2

+ y ·13

2

+ z ·−1−3−2

On peut alors remarquer que le choix x = 0 et y = z permet d’obtenir le vecteur

000

.Ce n’est qu’une reformulation du fait que les colonnes C2 et C3 de la matrice A− I3 sontopposées. On en déduit alors :

E1(A) ⊃ Vect

011

L’égalité peut alors s’obtenir à l’aide d’un argument de dimension. Pour cela, il fautdémontrer au préalable que le rang de la matrice A − I3 est de 2. On obtient ainsi, parthéorème du rang :

dim(E1(A)

)= dim

(M3,1(R)

)− rg(A− I3) = 3− 2 = 1

Commentaire

d) L’endomorphisme f est-il bijectif ?L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?

Démonstration.

• Comme 0 6∈ Sp(f), alors Ker(f) = {0R3} et l’endomorphisme f est donc injectif.De plus, R3 est un espace vectoriel de dimension finie.

On en conclut que f est bijectif.

• L’endomorphisme f possède deux valeurs propres : 1 et 3. De plus :

dim(E1(f)

)+ dim

(E3(f)

)= 2 6= 3 = dim(R3)

q q

1 1

On en conclut que f n’est pas diagonalisable.

5


2. Pour tout endomorphisme g ∈ L (R3), on rappelle que l’on note g2 l’endomorphisme défini par :

g2 = g ◦ g

a) Démontrer : Ker(f − Id

)⊂ Ker

((f − Id)2

).

Démonstration.Soit x ∈ Ker

(f − Id

).

Alors : (f − Id)(x) = 0R3 .Et par application de f − Id, on obtient :

(f − Id)((f − Id)(x)

)= (f − Id)

(0R3)

q q

(f − Id)2(x) 0R3(car f − Id est unendomorphisme)

Ainsi : (f − Id)2(x) = 0R3 et donc : x ∈ Ker((f − Id)2

).

On a bien : Ker(f − Id

)⊂ Ker

((f − Id)2

).

Cette question n’est qu’une instance particulière de la propriété qui stipule que toutendomorphisme g d’un espace vectoriel E vérifie : Ker(g) ⊂ Ker(g2).

Commentaire

b) Démontrer : Ker((f − Id)2

)= Vect (u, v) où u = (0, 1, 1) et v = (1, 0, 1).

Démonstration.

• Soit u = (x, y, z) ∈ R3. Notons U = MatB(u) =

xyz

∈M3,1(R).u ∈ Ker

((f − Id)2

)⇐⇒ (f − Id)2(u) = 0R3

⇐⇒ (A− I)2 × U = 0M3,1(R)

⇐⇒

2 2 −22 2 −20 0 0

xyz

=00

0

⇐⇒

2x + 2 y − 2 z = 02x + 2 y − 2 z = 0

0 = 0

L2 ← L2 − L1⇐⇒

{2x + 2 y − 2 z = 0

0 = 0

⇐⇒{

2x = −2 y + 2 zOn obtient alors :

Ker((f − Id)2

)= {(x, y, z) ∈ R3 | x = −y + z}

= {(−y + z, y, z) | z ∈ R}

= {y · (−1, 1, 0) + z · (0, 1, 1) | z ∈ R}

= Vect ((−1, 1, 0), (1, 0, 1))

On en conclut : Ker((f − Id)2

)= Vect ((−1, 1, 0), (1, 0, 1)).

6


• Enfin :

Vect ((−1, 1, 0), (1, 0, 1)) = Vect ((−1, 1, 0) + (1, 0, 1), (1, 0, 1)) = Vect ((0, 1, 1), (1, 0, 1))

On a bien : Vect ((0, 1, 1), (1, 0, 1)).

3. a) Démontrer que la famille (u, v, w) est une base de R3.Dans la suite, on notera B′ cette base.

Démonstration.Rappelons tout d’abord : u = (0, 1, 1), v = (1, 0, 1) et w = (1, 1, 0).• Démontrons que la famille (u, v, w) est libre.Soit (λ1, λ2, λ3) ∈ R3.Suppposons : λ1 · u+ λ2 · v + λ3 · w = (0, 0, 0). Or :

λ1 · u+ λ2 · v + λ3 · w = (0, 0, 0)

⇐⇒ λ1 · (0, 1, 1) + λ2 · (1, 0, 1) + λ3 · (1, 1, 0) = (0, 0, 0)

⇐⇒

λ2 + λ3 = 0

λ1 + λ3 = 0λ1 + λ2 = 0

L1 ↔ L2⇐⇒

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0λ1 + λ2 = 0

L3 ← L3 − L1⇐⇒

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0λ2 − λ3 = 0

L3 ← L3 − L2⇐⇒

λ1 + λ3 = 0

λ2 + λ3 = 0− 2λ3 = 0

⇐⇒ {λ1 = λ2 = λ3 = 0(par remontées successives)

La famille (u, v, w) est libre.

• La famille (u, v, w) :× est libre.× vérifie : Card

((u, v, w)

)= 3 = dim

(R3).

On en déduit que la famille (u, v, w) est une base de R3.

• Le terme cardinal est réservé aux ensembles finis. La famille (u, v, w) est un ensemble quicontient 3 vecteurs. Elle est donc finie, de cardinal 3 (ce qu’on note Card

((u, v, w)

)= 3).

• Vect (u, v, w) est l’espace vectoriel constitué de toutes les combinaisons linéaires des vecteurs(u, v, w). C’est un ensemble infini de vecteurs, on ne peut parler de son cardinal. Par contre,si l’on dispose d’une base (u, v, w) d’un ev, tout vecteur se décompose de manière uniquesur cette base. Ceci permet de donner une représentation finie de cet ensemble infini.

• Les notations : Card(Vect (u, v, w)) et dim((u, v, w)) n’ont aucun sens !

Commentaire

7


b) On note T = MatB′(f). Déterminer T .

Démonstration.

Notons U = MatB(u)

=

011

, V = MatB(v) =10

1

et W = MatB(w) =11

0

.• f(u) = u = 1 · u+ 0 · v + 0 · w car u ∈ E1(f).

Ainsi : MatB(f(u)

)=

100

.• On cherche à décomposer le vecteur f(v) suivant la base (u, v, w).Autrement dit, on cherche (α, β, γ) ∈ R3 tel que : f(v) = α · u+ β · v + γ · w. Or :

f(v) = α · u+ β · v + γ · w

⇐⇒ MatB(f(v)

)= α ·MatB

(u)

+ β ·MatB(v)

+ γ ·MatB(w) (par linéarité

de MatB(·))⇐⇒ AV = α · U + β · V + γ ·W

⇐⇒

1−4−3

= α ·01

1

+ β ·10

1

+ γ ·11

0

(en calculant AV )

⇐⇒

β + γ = 1

α + γ = −4α + β = −3

L1 ↔ L2⇐⇒

α + γ = −4

β + γ = 1α + β = −3

L3 ← L3 − L1⇐⇒

α + γ = −4

β + γ = 1β − γ = 1

L3 ← L3 − L2⇐⇒

α + γ = −4

β + γ = 1− 2 γ = 0

L3 ← −12 L3⇐⇒

α + γ = −4

β + γ = 1γ = 0

L1 ← L1 − L3L2 ← L2 − L3⇐⇒

α = −4

β = 1γ = 0

Ainsi : f(v) = −4 · u+ 1 · v + 0 · w.

Ainsi : MatB′(f(v)

)=

−410

.• f(w) = 3w = 0 · u+ 0 · v + 3 · w car w ∈ E3(f).

Ainsi : MatB′(f(w)

)=

003

.

On en déduit : T = MatB′(f) =

1 −4 00 1 00 0 3

8


c) On note P la matrice de passage de la base B à la base B′.Déterminer l’inverse de P .

Démonstration.• Par définition :

PB,B′ =(MatB

(u),MatB

(v),MatB

(w))

Ainsi : P =

0 1 11 0 11 1 0

.• On applique l’algorithme du pivot de Gauss.0 1 11 0 1

1 1 0

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 0

0 0 1

On effectue l’opération

{L1 ↔ L2 . On obtient :1 0 10 1 1

1 1 0

∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 0

0 0 1


{L3 ← L3 − L1 . On obtient :1 0 10 1 1

0 1 −1

∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 0

0 −1 1


{L3 ← L3 − L2 . On obtient :1 0 10 1 1

0 0 −2

∣∣∣∣∣∣ 0 1 01 0 0−1 −1 1

• La réduite obtenue est triangulaire supérieure. De plus, ses coefficients diagonaux sont tousnon nuls. Ainsi, cette réduite est inversible et il en est de même de la matrice initiale P .(c’est toujours le cas d’une matrice de passage entre deux bases B et B′)

• On effectue les opérations{L1 ← 2L1 + L3L2 ← 2L2 + L3

. On obtient :

2 0 00 2 00 0 −2

∣∣∣∣∣∣−1 1 11 −1 1−1 −1 1

On effectue les opérations

L1 ← 12 L1L2 ← 12 L2L3 ← −12 L3

. On obtient :

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣−

12

12

12

12 −

12

12

12

12 −

12

Ainsi P est inversible et P−1 =1

2

−1 1 11 −1 11 1 −1

.

9


d) Rappeler la formule liant les matrices A, T et P .

Démonstration.La formule de changement de base stipule :

MatB(f)

= PB,B′ ×MatB′(f)× PB′,B

Ainsi : A = P T P−1.

4. a) On note : J =

1 0 00 1 00 0 3

et N =0 1 00 0 0

0 0 0

.Exprimer T en fonction de J et N .

Démonstration.

T =

1 −4 00 1 00 0 3

=1 0 00 1 0

0 0 3

+0 −4 00 0 0

0 0 0

= J − 4NAinsi : T = J − 4N .

b) À l’aide de la formule du binôme, démontrer : ∀n ∈ N, Tn = Jn − 4n N .


N2 = N ×N =

0 1 00 0 00 0 0

0 1 00 0 00 0 0

=0 0 00 0 0

0 0 0

Par récurrence immédiate : ∀k > 2, Nk = 0M3,1(R).

(il est aussi possible de justifier comme suit :pour tout k > 2, Nk = N2 ×Nk−1 = 0M3,1(R) ×Nk−1 = 0M3,1(R))

• D’autre part :

JN =

1 −4 00 1 00 0 3

0 1 00 0 00 0 0

=0 1 00 0 0

0 0 0

et NJ =0 1 00 0 0

0 0 0

1 −4 00 1 00 0 3

=0 1 00 0 0

0 0 0

Ainsi : NJ = N = JN et les matrices N et J commutent.

• Soit n ∈ N∗. D’après la formule du binôme :

Tn =(J − 4N

)n=

n∑k=0

(n

k

)Jn−k (−4N)k

=n∑k=0

(n

k

)(−4)k Jn−k Nk

=1∑

k=0

(n

k

)(−4)k Jn−k Nk +

n∑k=2

(n

k

)(−4)k Jn−k Nk (ce découpage estvalide car n > 1)

=1∑

k=0

(n

k

)(−4)k Jn−k Nk (car : ∀k > 2, Nk = 0)

=

(n

0

)(−4)0 Jn N0 +

(n

1

)(−4)1 Jn−1 N1 = Jn − 4n Jn−1 N

Ainsi, pour tout n ∈ N∗, Tn = Jn − 4n Jn−1 N .

10


Remarquons alors :

Jn−1 N =

1n−1 0 00 1n−1 00 0 3n−1

0 1 00 0 00 0 0

=1 0 00 1 0

0 0 3n−1

0 1 00 0 00 0 0

=0 1 00 0 0

0 0 0

= N• Il reste à vérifier la propriété au rang 0.

× D’une part : J0 − 4× 0 N = I3.× D’autre part : T 0 = I3.

Ainsi, pour tout n ∈ N, Tn = Jn − 4n N .

c) Pour tout n ∈ N, déterminer An.

Démonstration.

• D’après la question 3.d) : A = PTP−1.

Par une récurrence immédiate, on en déduit : ∀n ∈ N, An = PTnP−1.

• Soit n ∈ N. Tout d’abord, d’après la question précédente :

Tn = Jn − 4n N =

1n 0 00 1n 00 0 3n

− 4n0 1 00 0 0

0 0 0

=1 −4n 00 1 0

0 0 3n

• Ensuite :

An = PTnP−1

=1

2

0 1 11 0 11 1 0

1 −4n 00 1 00 0 3n

−1 1 11 −1 11 1 −1

=1

2

0 1 3n1 −4n 3n1 1− 4n 0

−1 1 11 −1 11 1 −1

=1

2

3n + 1 3n − 1 −3n + 13n − 1− 4n 3n + 1 + 4n −3n − 4n+ 1−4n 4n 2− 4n

∀n ∈ N, An = 12

3n + 1 3n − 1 −3n + 13n − 1− 4n 3n + 1 + 4n −3n − 4n+ 1−4n 4n 2− 4n

5. a) Démontrer que A est inversible et déterminer son inverse.

Démonstration.

• D’après la question 1.a) : (A− I3)2 (A− 3 I3) = 0M3,1(R). Or :

(A− I3)2 (A− 3 I3) = (A2 − 2A+ I3) (A− 3 I3)

= (A3 − 3A2) + (−2A2 + 6A) + (A− 3 I3)

= A3 − 5A2 + 7A− 3 I3

11


• On en déduit :A3 − 5A2 + 7A− 3 I3 = 0M3,1(R)

donc A3 − 5A2 + 7A = 3 I3

et1

3A (A2 − 5A+ 7 I2) = I3

ou encore A( 1

3

(A2 − 5A+ 7 I2

))= I3

On en conclut que la matrice A est inversible d’inverse A−1 =1

3

(A2 − 5A+ 7 I2

).

b) La formule démontrée en 4.c) est-elle valable pour n = −1 ?

Démonstration.Déterminons tout d’abord explicitement A−1.

• Tout d’abord :

A2 =

2 1 −1−1 4 −3−2 2 −1

2 1 −1−1 4 −3−2 2 −1

= 5 4 −40 9 −8−4 4 −3

• Ainsi :

A2 − 5A+ 7 I2 =

5 4 −40 9 −8−4 4 −3

− 5 2 1 −1−1 4 −3−2 2 −1

+ 71 0 00 1 0

0 0 1

=2 −1 15 −4 7

6 −6 9

A−1 =1

3

2 −1 15 −4 76 −6 9

• Par ailleurs, en remplaçant n par −1 dans le membre droit de l’égalité obtenue en 4.c), onobtient la matrice :

1

2

3−1 + 1 3−1 − 1 −3−1 + 13−1 − 1 + 4 3−1 + 1− 4 −3−1 + 4 + 14 −4 2 + 4

=1

2

1

3

1 + 3 1− 3 −1 + 31− 3 + 12 1 + 3− 12 −1 + 12 + 312 −12 18

(en multipliantpar 13 × 3 = 1)

=1

2

1

3

4 −2 210 −8 1412 −12 18

= 13

2 −1 15 −4 76 −6 9

La formule de la question 4.c) reste valable pour n = −1.

12


Exercice 2 (EML 2010)

Les deux parties sont indépendantes

Partie I

Une gare dispose de deux guichets. Trois clients notés C1, C2, C3 arrivent en même temps. Les clientsC1 et C2 se font servir tandis que le client C3 attend puis effectue son opération dès que l’un des deuxguichets se libère.On définit X1, X2, X3 les variables aléatoires égales à la durée d’opération des clients C1, C2, C3respectivement. Ces durées sont mesurées en minutes et arrondies à l’unité supérieure ou égale. Onsuppose que les variables X1, X2, X3 suivent la loi géométrique de paramètre p, p ∈ ]0, 1[ et qu’ellessont indépendantes. On note q = 1− p.On note A l’événement : « C3 termine en dernier son opération ».Ainsi l’événement A est égal à l’événement : [min(X1, X2) +X3 > max(X1, X2)].On se propose de calculer la probabilité de A.1. Rappeler la loi de X1 ainsi que son espérance E(X1) et sa variance V(X1).

On définit la variable aléatoire ∆ = |X1 −X2|.

Démonstration.D’après l’énoncé, X1 ↪→ G (p). Autrement dit :× X1(Ω) = N∗.× ∀k ∈ N∗, P([X1 = k]) = p qk−1.

Enfin : E(X1) =1

pet V(X1) =

q

p2.

2. Calculer la probabilité P([∆ = 0]).

Démonstration.• Tout d’abord : [∆ = 0] = [|X1 −X2| = 0] = [X1 −X2 = 0].• La famille ([X2 = k])k∈N∗ est un système complet d’événements.Ainsi, d’après la formule des probabilités totales :

P([X1 −X2 = 0]) =+∞∑k=1

P([X2 = k] ∩ [X1 −X2 = 0])

=+∞∑k=1

P([X2 = k] ∩ [X1 = k])

=+∞∑k=1

P([X2 = k]) P([X1 = k])(car X1 et X2sont indépendantes)

=+∞∑k=1

p qk−1 p qk−1

= p2+∞∑k=1

(q2)k−1

= p2+∞∑k=0

(q2)k = p21

1− q2(en reconnaissant la somme d’une sériegéométrique de raison q2 ∈ ]− 1, 1[)

= p21

(1− q)(1 + q)=

p

1 + q

P([X1 = X2]) =p

1 + q

13


3. Soit n un entier naturel non nul.

a) Justifier : P([X1 −X2 = n]) =+∞∑k=1

P([X2 = k])P([X1 = n+ k]).

Démonstration.La famille ([X2 = k])k∈N∗ est un système complet d’événements.Ainsi, par la formule des probabilités totales :

P([X1 −X2 = n]) =+∞∑k=1

P([X2 = k] ∩ [X1 −X2 = n])

=+∞∑k=1

P([X2 = k] ∩ [X1 = k + n])

=+∞∑k=1

P([X2 = k]) × P([X1 = k + n])(car X1 et X2sont indépendantes)

P([X1 −X2 = n]) =+∞∑k=1

P([X2 = k]) P([X1 = k + n])

b) En déduire : P([∆ = n]) =2pqn

1 + q.

Démonstration.• Remarquons tout d’abord :

[∆ = n] = [ |X1 −X2| = n] = [X1 −X2 = n] ∪ [X1 −X2 = −n]

• Comme n 6= 0, les événements [X1 −X2 = n] et [X1 −X2 = −n] sont incompatibles.Ainsi :

P([ |X1 −X2| = n]) = P([X1 −X2 = n]) + P([X1 −X2 = −n])

= P([X1 −X2 = n]) + P([X2 −X1 = n])

• Reprenons le calcul de la question précédente.

P([X1 −X2 = n]) =+∞∑k=1

P([X2 = k]) × P([X1 = k + n])

=+∞∑k=1

p qk−1 × p qk+n−1

= p2 qn+∞∑k=1

q2k−2

= p2 qn+∞∑k=1

(q2)k−1

= p2 qn+∞∑k=0

(q2)k (par décalage d’indice)

= p2 qn1

1− q2(en reconnaissant la somme d’une sériegéométrique de raison q2 ∈ ]− 1, 1[)

= p2 qn1

(1− q) (1 + q)=

p qn

1 + q

∀n ∈ N∗, P(

[X1 −X2 = n])

=p qn

1 + q

14


• On vient de démontrer que pour tout couple (U, V ) de v.a.r. indépedantes et de même loigéométrique on a :

P([U − V = n]) = p qn

1 + q

En choisissant U = X2 et V = X1, on obtient : P([X2 −X1 = n]) =p qn

1 + q.

• Et ainsi :P([ ∆ = n]) = P([X1 −X2 = n]) + P([X2 −X1 = n])

= 2 P([X1 −X2 = n]) = 2p qn

1 + q

On a bien : ∀n ∈ N∗, P([ ∆ = n]) = 2 p qn

1 + q.

• Lorsque deux v.a.r. X1 et X2 ont même loi, on a évidemment, pour tout (a, b) ∈ R2 :

P(

[a 6 X1 6 b])

= P(

[a 6 X2 6 b])

Ce type de résultat est vérifié pour tout événement écrit avec une seule v.a.r. (on peut alorsremplacer X1 par X2).

• Lorsque l’on travaille sur une somme de v.a.r. , il faut faire attention. De manière générale :

P([X1 +X2 = n]) = P([X1 +X1 = n]) = P([ 2X1 = n])

On ne peut remplacer la v.a.r.X2 par la v.a.r.X1 déjà présente dans l’expression. Par contre,si on dispose d’une autre v.a.r. X3 elle aussi de même loi que X1 et X2, on peut écrire :

P([X1 +X2 = n]) = P([X1 +X3 = n])

Cela peut être vu comme un renommage de la v.a.r. considéré.

• C’est cette idée qui nous a permis d’établir l’égalité :

P([X1 −X2 = n]) = P([X2 −X1 = n])

Il était aussi possible d’effectuer le calcul de P([X2 −X1 = n]) en mettant en place de nou-veau la rédaction à l’aide de la formule des probabilités totales.La famille ([X1 = k])k∈N∗ est un système complet d’événements.Ainsi, par la formule des probabilités totales :

P([X2 −X1 = n]) =+∞∑k=1

P([X1 = k] ∩ [X2 −X1 = n])

=+∞∑k=1

P([X1 = k] ∩ [X2 = k + n])

=+∞∑k=1

P([X1 = k]) × P([X2 = k + n])(car X1 et X2sont indépendantes)

=+∞∑k=1

p qk−1 × p qk+n−1 = p qn

1 + q

Commentaire

15


4. a) Montrer que ∆ admet une espérance E(∆) et la calculer.

Démonstration.• Tout d’abord : ∆ = |X1 −X2| > 0.

Les v.a.r. X1 et X2 étant à valeurs entières, ∆(Ω) ⊂ N.

• La v.a.r. ∆ admet une espérance si et seulement si la série∑

n P(

[∆ = n])est absolument

convergente. Cette série étant à termes positifs, cela revient à démontrer qu’elle est convergente.• Soit N ∈ N.

N∑k=0

k P(

[∆ = k])

=N∑k=1

k P(

[∆ = k])

=N∑k=1

k2 p qk

1 + q

(d’après la questionprécédente et car k > 1)

= 2p q

1 + q

N∑k=1

k qk−1 −→N→+∞

2p q

1 + q

1

(1− q)2

La limite est obtenue en reconnaissant la somme partielle d’ordre N d’une série géométriquedérivée première de raison q ∈ ]− 1, 1[.On en déduit que ∆ admet une espérance.

De plus : E(∆) =2 q

(1 + q)(1− q).

b) Montrer : E((X1−X2)2) = 2V(X1). En déduire que ∆ admet une variance V(∆) et la calculer.


(X1 −X2)2 = X12 − 2X1X2 +X22

La v.a.r. (X1 −X2)2 admet une espérance car elle est la combinaison linéaire de v.a.r. qui enadmettent une. Plus précisément :× X1

2 (resp. X22) admet une espérance car X1 suit une loi géométrique et admet donc unmoment d’ordre 2.

× X1X2 admet une espérance car X1 et X2 admettent toutes les deux un moment d’ordre 2.

La v.a.r. (X1 −X2)2 admet une espérance.

• De plus :

E((X1 −X2)2

)= E

(X1

2 − 2X1X2 +X22)

= E(X1

2)− 2E

(X1X2

)+ E

(X2

2)

(par linéarité de l’espérance)

= E(X1

2)− 2E

(X1)E(X2)

+ E(X2

2) (car les v.a.r. X1 et X2

sont indépendantes)

= E(X1

2)− 2E

(X1)E(X1)

+ E(X1

2) (les v.a.r. X1 et X2 ont même loi donc

E(X1) = E(X2) et E(X21 ) = E(X22 ))

= 2(E(X1

2)− E

(X1)2)

= 2V(X1)

E((X1 −X2)2

)= 2V(X1)

16


• Remarquons alors : ∆2 = |X2 −X1|2 = (X2 −X1)2.On en conclut, d’après le point précédent, que la v.a.r. ∆ admet un moment d’ordre 2.De plus :

V(∆) = E(∆2)−(E(∆)

)2 (par la formule de Kœnig-Huygens)= 2V(X1)−

(2 q

(1 + q) (1− q)

)2= 2

q

p2− 4 q

2

(1 + q)2 (1− q)2(car X1 ↪→ G (p))

=2 q

p2

(1− 2 q

(1 + q)2

)

=2 q

p2(1 + q)2 − 2 q

(1 + q)2=

2

p2(1 + 2 q + q2)− 2 q

(1 + q)2

V(∆) = 2q (1 + q2)

p2 (1 + q)2

5. Montrer que l’événement A est égal à l’événement [X3 > ∆].

Démonstration.

• Remarquons tout d’abord :

A = [min(X1, X2) +X3 > max(X1, X2)] = [X3 > max(X1, X2)−min(X1, X2)]

• Démontrons alors : ∆ = max(X1, X2)−min(X1, X2).Soit ω ∈ Ω.

∆(ω) = |X2(ω)−X1(ω)|

=

{X2(ω)−X1(ω) si X2(ω) > X1(ω)

X1(ω)−X2(ω) si X2(ω) < X1(ω)

= max(X1(ω), X2(ω)

)−min

(X1(ω), X2(ω)

)=

(max(X1, X2)−min(X1, X2)

)(ω)

On a donc démontré :

∀ω ∈ Ω, ∆(ω) =(

max(X1, X2)−min(X1, X2))(ω)

Ainsi : ∆ = max(X1, X2)−min(X1, X2).

Et : A = [X3 > max(X1, X2)−min(X1, X2)] = [X3 > ∆].

17


• On rappelle qu’une v.a.r. X est une application de Ω dans R. Ainsi, démontrer l’égalité dedeux v.a.r. (X = Y ) c’est démontrer que ces deux applications sont égales en tout point.Plus précisément :

X = Y ⇔ ∀ω ∈ Ω, X(ω) = Y (ω)

Au passage :

× lorsque l’on note X = 5, cela signifie que la v.a.r. X est la v.a.r. constante égale à 5 (lapropriété : ∀ω ∈ Ω, X(ω) = 5 est vérifiée).

× lorsqu’on écrit « la v.a.r. X prend la valeur 5 si . . . » signifie qu’il existe (au moins) untirage ω ∈ Ω pour lequel X(ω) = 5.

Il existe malheureusement des énoncés dans lesquels ces deux expressions sont confondues. Cene devrait pas être le cas : il n’y a pas lieu de confondre les symboles ∀ et ∃.

• On trouvera dans certains corrigés une disjonction de cas du type :

× Si X1 > X2 : alors max(X1, X2) = X1 et min(X1, X2) = X2 . . .

× Si X1 6 X2 : alors max(X1, X2) = X2 et min(X1, X2) = X1 . . .

Cette disjonction de cas n’a pas de sens.Pour comprendre pourquoi ce n’est pas le cas, il faut avoir bien saisi la différence entre larelation d’ordre opérant sur les réels et celle opérant sur les applications.

× Lorsque a et b sont des réels, on a :

a 6 b OU a > b

On dit que la relation d’ordre 6 définie sur les réels est une relation d’ordre totale : on peuttoujours comparer deux réels.

× La relation d’ordre sur les v.a.r. est elle aussi notée 6 et est définie par :

X1 6 X2 ⇔ ∀ω ∈ Ω, X1(ω) 6 X2(ω)

Cette relation d’ordre n’est pas totale. Autrement dit, il existe des v.a.r. X1 et X2 qui nesont pas comparables par la relation 6. Plus précisément, dès qu’il existe deux tirages ω1 ∈ Ωet ω2 ∈ Ω tels que :

X1(ω1) 6 X2(ω1) et X1(ω2) > X2(ω2)

alors aucune des relations : X1 6 X2 et X1 > X2 n’est vérifiée puisque chacune de ces deuxinégalités définie une propriété qui doit être vérifiée pour tout ω.

La relation d’ordre définie sur les v.a.r. est dite partielle (on ne peut pas comparer tous lesv.a.r. ). La disjonction de cas présentée plus haut fait l’hypothèse forte que l’on peut comparerles v.a.r. X1 et X2. Cette hypothèse n’est pas raisonnable et une telle disjonction n’a donc paslieu d’être.

Commentaire

18


6. a) En déduire : P(A) =+∞∑k=0

P([∆ = k])P([X3 > k]).

Démonstration.La famille ([∆ = k])k∈N est un système complet d’événements.Ainsi, par la formule des probabilités totales :

P([X3 > ∆]) =+∞∑k=0

P([∆ = k] ∩ [X3 > ∆])

=+∞∑k=0

P([∆ = k] ∩ [X3 > k])

=+∞∑k=0

P([∆ = k]) × P([X3 > k])(car ∆ et X3 sontindépendantes)

L’indépendance de X3 et ∆ est une conséquence du lemme des coalitions : comme X1, X2 et X3sont indépendantes, les v.a.r. |X2 −X1| et X3 sont indépendantes.

P([X3 > ∆]) =+∞∑k=0

P([∆ = k]) × P([X3 > k])

b) Exprimer P(A) à l’aide de p et q.

Démonstration.• D’après la question précédente :

P([X3 > ∆]) =+∞∑k=0

P([∆ = k]) × P([X3 > k])

• Or :

P([∆ = 0]) × P([X3 > 0]) = P([∆ = 0]) × 1(car [X3 > 0] = Ωpuisque X3(Ω) = N∗)

=p

1 + q(d’après la question 2.)

• Et, pour tout k ∈ N : P([X3 > k]) = qk.

• On utilise ici ce résultat sans donner la démonstration car elle n’est pas exigéepar l’énoncé (ce qui arrive parfois).

• Il faut savoir démontrer cette propriété.Pour ce faire, démontrons tout d’abord :

P([X > k]) = 1− P(

[X > k])

= 1− P([X 6 k])

Par ailleurs : [X 6 k] =k⋃i=1

[X = i]. On en déduit :

P([X 6 k]) = P(

k⋃i=1

[X = i]

)=

k∑i=1

P ([X = i]) (par incompatibilité)

=k∑i=1

p qi−1 = pk−1∑i=0

qi = p1− qk

1− q= 1− qk

Enfin : P([X > k]) = 1− P([X 6 k]) = 1− (1− qk) = qk.

Commentaire

19


• On en conclut :

P([X3 > ∆]) =+∞∑k=0

P([∆ = k]) × P([X3 > k])

= P([∆ = 0]) × P([X3 > 0]) ++∞∑k=1

P([∆ = k]) × P([X3 > k])

=p

1 + q+

+∞∑k=1

2 p qk

1 + q× qk

=p

1 + q+ 2

p

1 + q

+∞∑k=1

q2k

=p

1 + q+ 2

p

1 + q

(+∞∑k=0

(q2)k − 1)

=p

1 + q+ 2

p

1 + q

(1

1− q2− 1)

(en reconnaissant la somme d’une sériegéométrique de raison q2 ∈ ]− 1, 1[)

=p

1 + q

(1 + 2

1 − (1 − q2)1− q2

)

=p

1 + q

1− q2 + 2q2

1− q2

=p

1 + q

1 + q2

1− q2=

1− q1 + q

1 + q2

(1− q)(1 + q)=

1 + q2

(1 + q)2

Ainsi : P(

[X3 > ∆])

=1 + q2

(1 + q)2.

Partie II

Dans cette partie, X est une variable aléatoire suivant la loi géométrique de paramètre p, p ∈ ]0, 1[ etY est une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre λ, λ ∈ ]0,+∞[. On note q = 1−p.On suppose que X et Y sont indépendantes, c’est à dire :

∀k ∈ N∗, ∀t ∈ [0,+∞[, P([X = k] ∩ [Y 6 t]) = P([X = k])P([Y 6 t])

7. Rappeler une densité de Y ainsi que son espérance et sa variance.

Démonstration.

Comme Y ↪→ E (λ), alors une densité de Y est : fY : x 7→

{0 si x < 0

λ e−λx si x > 0

De plus : E(Y ) =1

λet V(Y ) =

1

λ2.

20


8. On définit la variable aléatoire Z =Y

X.

a) Montrer : ∀t ∈ [0,+∞[, P([Z > t]) =+∞∑k=1

P([X = k])P([Y > kt]).Démonstration.Soit t ∈ [0,+∞[.• Comme X ↪→ G (p), alors la famille ([X = k])k∈N∗ forme un système complet d’événements.• Ainsi, par formule des probabilités totales :

P([Z > t]) =+∞∑k=1

P([X = k] ∩ [Z > t])

=+∞∑k=1

P([X = k] ∩

[YX > t

])=

+∞∑k=1

P([X = k] ∩

[Yk > t

])=

+∞∑k=1

P([X = k] ∩ [Y > kt]) (car k > 0)

=+∞∑k=1

P([X = k]) P([Y > kt]) (car X et Y sontindépendantes)

∀t ∈ [0,+∞[, P([Z 6 t]) =+∞∑k=1

P([X = k]) P([Y > kt])

b) En déduire : ∀t ∈ [0,+∞[, P([Z > t]) = p e−λ t

1− q e−λ t.

Démonstration.Soit t ∈ [0,+∞[. D’après la question précédente :

P([Z > t]) =+∞∑k=1

P([X = k]) P([Y > kt]) =+∞∑k=1

P([X = k])(1− P([Y < kt])

)=

+∞∑k=1

qk−1 p(1− FY (kt)

)(car X ↪→ G (p) et Y est à densité)

= p+∞∑k=1

qk−1 e−λ kt (car Y ↪→ E (λ) et kt > 0)

= p e−λ t+∞∑k=1

qk−1 e−λ (k−1)t

= p e−λ t+∞∑k=0

qk e−λ kt (par décalage d’indice)

= p e−λ t+∞∑k=0

(q e−λ t

)k= p e−λ t

1

1− q e−λ t

La dernière égalité est obtenue en reconnaissant la somme de la série géométrique de raisonq e−λ t ∈ ]− 1, 1[ (en effet : q ∈ [0, 1[ et e−λ t ∈ [0, 1[ car t > 0).

On en déduit : ∀t ∈ [0,+∞[, P([Z > t]) = p e−λ t

1− q e−λ t.

21


On rappelle que, si Y ↪→ E (λ), alors sa fonction de répartition FY est définie par :

FY : x 7→

{0 si x < 0

1− e−λx si x > 0.

Commentaire

c) Montrer que la variable aléatoire Z admet une densité et déterminer une densité de Z.

Démonstration.

• Tout d’abord :

× comme Y ↪→ E (λ), alors : Y (Ω) = [0,+∞[,× comme X ↪→ G (p), alors : X(Ω) = N∗.

On en déduit : Z(Ω) ⊂ [0,+∞[.

• Déterminons la fonction de répartition FZ de Z.Soit x ∈ R. Deux cas se présentent.× Si x ∈ ]−∞, 0[, alors [Z 6 x] = ∅ (car Z(Ω) ⊂ [0,+∞[). Donc :

FZ(x) = P([Z 6 x]) = P(∅) = 0

× Si x ∈ [0,+∞[, alors :

FZ(x) = P([Z 6 x]) = 1− P([Z > x])

Or : [Z > x] = [Z = x] ∪ [Z > x].Les événements [Z = x] et [Z > x] sont incompatibles. Donc :

P([Z > x]) = P([Z = x]) + P([Z > x])

On en déduit :

FZ(x) = 1−(P([Z > x])− P([Z = x])

)= 1− p e

−λx

1− q e−λx+ P([Z = x])

où la dernière égalité est obtenue avec la question 8.b).Déterminons alors P([Z = x]).Avec le même raisonnement qu’en question 8.a), on obtient :

P([Z = x]) =+∞∑k=1

P([X = k]) P([Y = kt])

= 0(car, comme Y est une v.a.r. àdensité : ∀a ∈ R, P([Y = a]) = 0)

On en déduit :

FZ(x) = 1−p e−λx

1− q e−λx− 0

Finalement : FZ : x 7→

0 si x < 0

1− p e−λx

1− q e−λxsi x > 0

.

22


• Montrons que Z est une v.a.r. à densité.

× La fonction FZ est continue :

- sur ]−∞, 0[ en tant que fonction constante,- sur ]0,+∞[ en tant que quotient de fonctions continues sur ]0,+∞[ dont le dénominateurne s’annule pas sur cet intervalle.

- en 0. En effet, d’une part : limx→0−

FZ(x) = 0.

D’autre part :

limx→0+

FZ(x) = FZ(0) = 1−p e0

1− q e0= 1− p

1− q= 1− p

p= 1− 1 = 0

On en déduit : limx→0−

FZ(x) = FZ(0) = limx→0+

FZ(x).

La fonction F est continue sur R.

× La fonction FZ est de classe C1 sur ]−∞, 0[ et sur ]0,+∞[ avec des arguments similaires àceux de la continuité de FZ sur ces intervalles.

La fonction F est de classe C1 sur R sauf éventuellement en 0.

On en déduit que la v.a.r. Z est une v.a.r. à densité.

• Pour déterminer une densité fZ de Z, on dérive la fonction FZ sur les intervalles ouverts]−∞, 0[ et ]0,+∞[.Soit x ∈ R. Deux cas se présentent.× Si x ∈ ]−∞, 0[ :

fZ(x) = F′Z(x) = 0

× Si x ∈ ]0,+∞[ :

fZ(x) = F′Z(x) = −

p (−λ e−λx)(1− q e−λx

)− p e−λx

(− q(−λ e−λx)

)(1− q e−λx

)2=

λ p e−λx(1− q e−λx

)2 (1− q e−λx + q e−λx)=


)2× Enfin, on choisit : fZ(0) = 0.

Une densité fZ de Z est donc : fZ : x 7→

0 si x 6 0


)2 si x > 0 .

23


• Lorsqu’on cherche à déterminer la fonction de répartition FZ , on ne sait pas encore que lav.a.r. Z est une v.a.r. à densité. Ainsi, on ne peut affirmer sans démonstration :

P([Z > x]) = P([Z > x])

C’est pourquoi on démontre P([Z = x]) = 0.• En reprenant la démonstration de la question 8.b), on peut remarquer :

∀t ∈ [0,+∞[, P([Z > t]) = P([Z > t])

Cela provient du fait que : P([Y < kt]) = P([Y 6 kt]) (car Y est une v.a.r. à densité).Il aurait certainement été plus judicieux que l’énoncé demande le calcul de P([Z > t]) en8.b) : cela aurait évité d’avoir à déterminer : P([Z = t]).

Commentaire

24


Exercice 3 (EML 2005)

On considère l’application f : R→ R, définie par :

f : t 7→

0 si t 6 0

1

(1 + t)2si t > 0

1. Tracer l’allure de la courbe représentative de f .

Démonstration.

−1 1 2 3

−0.5

0.5

1

2. Montrer que f est une densité de probabilité.

Démonstration.

• La fonction f est continue :

× sur ]−∞, 0[ en tant que fonction constante,× sur ]0,+∞[ en tant qu’inverse d’une fonction continue sur ]0,+∞[ qui ne s’annule pas sur cet

intervalle.

La fonction f est donc continue sur R sauf éventuellement en 0.

Une densité de probabilité n’est pas nécessairement continue sur R tout entier. Elle doitseulement être continue sur R sauf éventuellement en un nombre fini de points.On ne se préoccupe donc pas ici de la continuité de f en 0.

Commentaire

• Soit t ∈ R. Deux cas se présentent :× si t ∈ ]−∞, 0], alors : f(t) = 0 > 0.

× si t ∈ ]0,+∞[, alors : f(t) = 1(1 + t)2

.

Ainsi : ∀t ∈ R, f(t) > 0.

25


• Montrons que l’intégrale∫ +∞−∞

f(t) dt converge et vaut 1.

× Tout d’abord, comme la fonction f est nulle en dehors de ]0,+∞[ :∫ +∞−∞

f(t) dt =

∫ +∞0

f(t) dt

× La fonction f est continue par morceaux sur [0,+∞[.× Soit A ∈ [0,+∞[. ∫ A

0f(t) dt =

∫ A0

1

(1 + t)2dt =

[− 1

1 + t

]A0

= −[

1

1 + t

]A0

= −(

1

1 +A− 1

1 + 0

)= 1− 1

1 +A−→

A→+∞1

L’intégrale∫ +∞−∞

f(t) dt converge et∫ +∞−∞

f(t) dt = 1.

On en déduit que la fonction f est une densité de probabilité.

3. Montrer que, pour tout réel x, l’intégrale∫ x−∞

f(t) dt converge, et calculer cette intégrale.

On distinguera les cas x 6 0 et x > 0.

Démonstration.Soit x ∈ R. Deux cas se présentent.• Si x 6 0, alors, comme la fonction f est nulle en dehors de ]0,+∞[ :∫ x

−∞f(t) dt = 0

Si x 6 0, l’intégrale∫ x−∞

f(t) dt converge et vaut 0.

• Si x > 0.× Comme f est nulle en dehors de ]0,+∞[ :∫ x

−∞f(t) dt =

∫ x0

f(t) dt

× La fonction f est continue par morceaux sur le segment [0, x], donc l’intégrale∫ x0

f(t) dt est

bien définie.× Enfin : ∫ x

0f(t) dt =

∫ x0

1

(1 + t)2dt =

[− 1

1 + t

]x0

= 1− 11 + x

Si x > 0, l’intégrale∫ x−∞

f(t) dt converge et :∫ x−∞

f(t) dt = 1− 11 + x

.

26


• On a démontré dans la question précédente que l’intégrale impropre∫ +∞−∞

f(t) dt converge.

Cela démontre que, pour tout c ∈ R, les intégrales impropres∫ c−∞

f(t) dt et∫ +∞c

f(t) dt

convergent. On pouvait utiliser cet argument pour démontrer la convergence souhaitée.

• On remarque que les deux expressions de∫ x−∞

f(t) dt (pour x 6 0 et x > 0) coïncident en 0.

Autrement dit, la fonction x 7→∫ x−∞

f(t) dt est continue en 0.

Cela n’est pas surprenant car, en notant X une v.a.r. de densité f :

× tout d’abord :∫ x−∞

f(t) dt = P([X 6 x]) = FX(x),

× de plus, comme X est une v.a.r. à densité, sa fonction de répartition FX est continue sur R.Elle est donc en particulier continue en 0.

Commentaire

4. Déterminer un réel positif α tel que∫ α0

f(t) dt =1

2.

Démonstration.Soit α ∈ [0,+∞[. D’après la question précédente :∫ α

0f(t) dt =

1

2⇔ 1− 1

1 + α=

1

2⇔ 1

1 + α=

1

2⇔ 1 + α = 2 ⇔ α = 1

Ainsi, le réel α = 1 > 0 vérifie :∫ α0

f(t) dt =1

2.

L’énoncé demande ici de déterminer (au moins) un réel α positif tel que∫ α0

f(t) dt =1

2.

En raisonnant par équivalence, on a en fait démontré que 1 était le seul réel positif tel

que∫ α0

f(t) dt =1

2.

Commentaire

5. Soit x ∈ [0,+∞[ fixé.

On considère la fonction ϕx définie sur [0,+∞[ par : ∀u ∈ [0,+∞[, ϕx(u) =∫ x+ux−u

f(t) dt.

a) Calculer ϕx(0) et limu→+∞

ϕx(u).

Démonstration.

• Tout d’abord : ϕx(0) =∫ xx

f(t) dt = 0.

ϕx(0) = 0

• Par relation de Chasles :

∀u ∈ [0,+∞[, ϕx(u) =∫ xx−u

f(t) dt+

∫ x+ux

f(t) dt

27


Or, d’après la question 2., l’intégrale∫ +∞−∞

f(t) dt converge.

Donc les intégrales∫ x−∞

f(t) dt et∫ +∞x

f(t) dt convergent.

On en déduit que les limites limu→+∞

∫ xx−u

f(t) dt et limu→+∞

∫ x+ux

f(t) dt existent.

Donc la fonction ϕx admet une limite en +∞.• De plus :

limu→+∞

ϕx(u) = limu→+∞

∫ xx−u

f(t) dt+ limu→+∞

∫ x+ux

f(t) dt

=

∫ x−∞

f(t) dt+

∫ +∞x

f(t) dt

=

∫ +∞−∞

f(t) dt = 1

limu→+∞

ϕx(u) = 1

b) Montrer, pour tout (u, v) ∈ [0,+∞[2 :

u < v ⇒ ϕx(v)− ϕx(u) >∫ x+vx+u

f(t) dt

En déduire que ϕx est strictement croissante sur [0,+∞[.

Démonstration.Soit (u, v) ∈ [0,+∞[2.• Supposons u < v.

ϕx(v)− ϕx(u)

=

∫ x+vx−v

f(t) dt−∫ x+ux−u

f(t) dt

=

(∫ x−ux−v

f(t) dt+

∫ x+ux−u

f(t) dt +

∫ x+vx+u

f(t) dt

)−∫ x+ux−u

f(t) dt(par relation deChasles)

=

∫ x+vx+u

f(t) dt+

∫ x−ux−v

f(t) dt

• Or, d’après la question 2. : ∀t ∈ R, f(t) > 0.• Donc, par croissance de l’intégrale, les bornes étant dans l’ordre croissant (x− v 6 x− u caru < v) : ∫ x−u

x−vf(t) dt > 0

• On en déduit : ∫ x+vx+u

f(t) dt+

∫ x−ux−v

f(t) dt >∫ x+vx+u

f(t) dt

q

ϕx(v)− ϕx(u)

On obtient bien : u < v ⇒ ϕx(v)− ϕx(u) >∫ x+vx+u

f(t) dt.

28


• Soit I ⊂ R un segment. Soit (a, b, c) ∈ I3 et f une fonction continue sur I. On rappellela relation de Chasles : ∫ c

af(t) dt =

∫ ba

f(t) dt+

∫ cb

f(t) dt

Notons en particulier que les bornes a, b et c n’ont pas besoin d’être dans l’ordre croissantpour que cette relation soit vraie.

• Cependant, l’ordre des bornes est crucial lors de l’utilisation de la croissance de l’intégrale.

Commentaire

• Soit (u, v) ∈ [0,+∞[2 tel que u < v.Alors, d’après ce qui précéde :

ϕx(v)− ϕx(u) >∫ x+vx+u

f(t) dt

On cherche alors le signe de∫ x+vx+u

f(t) dt.

∫ x+vx+u

f(t) dt =

∫ x+v−∞

f(t) dt−∫ x+u−∞

f(t) dt

=

(1 − 1

1 + (x+ v)

)−(

1 − 11 + (x+ u)

)(d’après 3., car(x+u, x+v) ∈ [0,+∞[2)

=1

1 + x+ u− 1

1 + x+ v

Or :

1

1 + x+ u− 1

1 + x+ v> 0 ⇔ 1

1 + x+ u>

1

1 + x+ v

⇔ 1 + x+ u < 1 + x+ v(par stricte décroissance de

x 7→ 1x

sur ]0,+∞[)

⇔ u < v

La dernière inégalité est vérifiée. Donc par équivalence, la première aussi. Ainsi :

1

1 + x+ u− 1

1 + x+ v> 0

q∫ x+vx+u

f(t) dt

On en déduit :

ϕx(v)− ϕx(u) >∫ x+vx+u

f(t) dt > 0

On a ainsi démontré :u < v ⇒ ϕx(u) < ϕx(v)

On en conclut que la fonction ϕx est strictement croissante sur [0,+∞[.

29


On ne connaît pas, à ce stade du sujet, la régularité de la fonction ϕx. En particulier,on ne sait pas si elle est dérivable sur [0,+∞[. Pour montrer qu’elle est strictementcroissante sur [0,+∞[, on utilise donc la définition de stricte croissance :

∀(u, v) ∈ [0,+∞[2, u < v ⇒ ϕx(u) < ϕx(v)

Commentaire

c) On admet que ϕx est continue sur [0,+∞[. Montrer que l’équation ϕx(u) =1

2, d’inconnue u,

admet une solution et une seule dans [0,+∞[.

Démonstration.La fonction ϕx est :× continue sur [0,+∞[,× strictement croissante sur [0,+∞[ (d’après la question précédente)Ainsi, ϕx réalise une bijection de [0,+∞[ sur ϕx([0,+∞[) avec, d’après la question 5.a) :

ϕx([0,+∞[) =[ϕx(0), lim

u→+∞ϕx(u)

[= [0, 1[

Or1

2∈ [0, 1[.

L’équation ϕx(u) =1

2admet donc une unique solution sur [0,+∞[.

On note U : [0,+∞[ → R l’application qui, à tout réel x ∈ [0,+∞[, associe U(x) l’unique solutionde l’équation ϕx(u) =

1

2.

Ainsi, pour tout x ∈ [0,+∞[, on a :∫ x+U(x)x−U(x)

f(t) dt =1

2.

6. a) Vérifier, pour tout x ∈[0, 12[: U(x) = 1− x.

Démonstration.Soit x ∈

[0, 12[.

• Vérifions :∫ x+(1−x)x−(1−x)

f(t) dt =1

2.

∫ x+(1−x)x−(1−x)

f(t) dt =

∫ 12x−1

f(t) dt

Or : 2x− 1 < 0 ⇔ 2x < 1 ⇔ x < 12.

La dernière inégalité est vraie. Donc, par équivalence, la première aussi.Or la fonction f est nulle en dehors de [0,+∞[, donc :∫ 1

2x−1f(t) dt =

∫ 10

f(t) dt =1

2

où la dernière égalité est obtenue grâce à la question 4.

On en déduit que 1− x est solution de l’équation ϕx(u) =1

2(sur [0,+∞[).

• Or, d’après la question précédente, cette équation admet une unique solution U(x) sur [0,+∞[.

Ainsi : ∀x ∈[0, 12[, U(x) = 1− x.

30


La formulation d’une question est souvent déterminante pour orienter sa résolution.Ici, le terme « vérifier » suggère que la résolution doit être rapide. On vérifie doncsimplement que la solution U(x) proposée par l’énoncé convient.

Commentaire

b) Pour tout x ∈[12 ,+∞

[, montrer : ϕx(x) >

1

2; puis : x− U(x) > 0. Et en déduire :

U(x) =√

4 + (x+ 1)2 − 2

Démonstration.

• Soit x ∈[12 ,+∞

[. D’après la question 3. :

ϕx(x) =

∫ x+xx−x

f(t) dt =

∫ 2x0

f(t) dt = 1− 11 + 2x

Donc :ϕx(x) >

1

2⇔ 1− 1

1 + 2x>

1

2

⇔ 12>

1

1 + 2x

⇔ 2 6 1 + 2x(par stricte décroissance de

x 7→ 1x

sur ]0,+∞[)

⇔ 1 6 2x

⇔ 126 x

La dernière inégalité est vraie. Donc, par équivalence, la première aussi.

Ainsi : ∀x ∈[12 ,+∞

[, ϕx(x) >

1

2.

• Soit x ∈[12 ,+∞

[.

On vient de démontrer : ϕx(x) >1

2= ϕx

(U(x)

).

De plus, d’après le théorème de la bijection, la fonction ϕ−1x : [0, 1[→ [0,+∞[ est strictementcroissante sur [0, 1[. En appliquant ϕ−1x de part et d’autre de l’inégalité, on obtient :

ϕ−1x(ϕx(x)

)> ϕ−1x

(ϕx(U(x)

))q q

x U(x)

Finalement : ∀x ∈[12 ,+∞

[, x− U(x) > 0.

• Soit x ∈[12 ,+∞

[. Par définition de U(x) :∫ x+U(x)

x−U(x)f(t) dt =

1

2

31


Or : ∫ x+U(x)x−U(x)

f(t) dt

=

∫ x+U(x)−∞

f(t) dt−∫ x−U(x)−∞

f(t) dt

=

(1 − 1

1 + (x+ U(x))

)−(

1 − 11 + (x− U(x))

)(car (x+ U(x), x− U(x)) ∈ [0,+∞[2)

=1

1 + x− U(x)− 1

1 + x+ U(x)

D’autre part :1

1 + x− U(x)− 1

1 + x+ U(x)=

1

2

⇔ (1 + x + U(x))− (1 + x − U(x))(1 + x− U(x))(1 + x+ U(x))

=1

2

⇔ 2U(x)(1 + x− U(x))(1 + x+ U(x))

=1

2

⇔ (1 + x− U(x))(1 + x+ U(x))2U(x)

= 2

⇔((1 + x)− U(x)

)((1 + x) + U(x)

)= 4U(x)

⇔ (1 + x)2 −(U(x)

)2= 4U(x)

⇔(U(x)

)2+ 4U(x)− (1 + x)2 = 0

• Notons : P (z) = z2 + 4 z − (1 + x)2. Le réel U(x) est donc une racine de ce polynôme.× Calculons le discriminant du polynôme P :

∆ = 42 − 4× 1×(− (1 + x)2

)= 16 + 4 (1 + x)2 > 0

× On en déduit que P admet 2 racines distinctes notées z+ et z− :

z+ =−4 +

√∆

2=−4 +

√16 + 4(1 + x)2

2

=−4 +

√4(4 + (1 + x)2)

2=−4 + 2

√4 + (1 + x)2

2

= −2 +√

4 + (1 + x)2

De même : z− =−4−

√∆

2= −2−

√4 + (1 + x)2.

32


• On sait de plus : U(x) > 0. On cherche donc à déterminer si z+ > 0 ou z− > 0.× On a déjà : z− < 0.× Ensuite :

z+ > 0 ⇔ −2 +√

4 + (1 + x)2 > 0

⇔√

4 + (1 + x)2 > 2

⇔ 4 + (1 + x)2 > 4 (par stricte croissance de lafonction x 7→ x2 sur [0,+∞[)

⇔ (1 + x)2 > 0La dernière inégalité est vérifiée. Donc, par équivalence, la première aussi. Ainsi : z+ > 0.

Finalement : ∀x ∈[12 ,+∞

[, U(x) = z+ = −2 +

√4 + (1 + x)2.

7. a) Montrer que l’application U est continue sur [0,+∞[.

Démonstration.• D’après les questions 6.a) et 6.b) :

U : x 7→

1− x si x < 1

2

−2 +√

4 + (1 + x)2 si x >1

2

• La fonction U est continue sur[0, 12[en tant que fonction polynomiale.

• La fonction√

4 + (1 + x)2 est continue sur]12 ,+∞

[, car elle est la composée h2 ◦ h1 de :

× h1 : x 7→ 4 + (1 + x)2 qui est :- continue sur

]12 ,+∞

[,

- telle que : h1(]

12 ,+∞

[)⊂ [0,+∞[.

× h2 : x 7→√x qui est continue sur [0,+∞[.

D’où U est continue sur]12 ,+∞

[en tant que somme de fonctions continues sur

]12 ,+∞

[.

• Montrons que la fonction U est continue en1

2.

× D’une part : limx→ 1

2

−U(x) = 1− 1

2=

1

2.

× D’autre part :

limx→ 1

2

+U(x) = U

(1

2

)=

√4 +

(1 +

1

2

)2− 2

=

√4 +

9

4− 2 =

√25

4− 2 = 5

2− 2

=1

2

Finalement : limx→ 1

2

−U(x) = U(12) = lim

x→ 12

+U(x).

Donc la fonction U est continue en1

2.

On en déduit que la fonction U est continue sur [0,+∞[.

33


b) Étudier la dérivabilité de U sur [0,+∞[.

Démonstration.

• La fonction U est dérivable sur[0, 12[et sur

]12 ,+∞

[avec des arguments similairse à ceux de

la continuité sur ces intervalles.

La fonction U est dérivable sur[0, 12[et sur

]12 ,+∞

[.

• D’une part, pour tout x ∈[0, 12[:

U(x)− U(12

)x− 12

=1− x− 12x− 12

=12 − xx− 12

= −x− 12x− 12

= −1

D’où : limx→ 1

2

−

U(x)− U(12

)x− 12

= −1.

• D’autre part, pour tout x ∈]12 ,+∞

[:

U(x)− U(12

)x− 12

=

√4 + (x+ 1)2 − 2− 12

x− 12

=2√

4 + (x+ 1)2 − 52x− 1

=4(4 + (x+ 1)2

)− 25

(2x− 1)(2√

4 + (x+ 1)2 + 5)

(en multipliant par laquantité conjuguée)

=4 (x+ 1)2 − 9

(2x− 1)(2√

4 + (x+ 1)2 + 5

=(2x+ 5)(2x− 1)

(2x− 1)(2√

4 + (x+ 1)2 + 5)

=2x+ 5

2√

4 + (x+ 1)2 + 5

D’où :

limx→ 1

2

+

U(x)− U(12

)x− 12

=2 12 + 5

2

√4 +

(1 + 12

)2+ 5

=6

10=

3

5

On constate :

limx→ 1

2

−

U(x)− U(12

)x− 12

6= limx→ 1

2

+

U(x)− U(12

)x− 12

On en déduit que U n’est pas dérivable en1

2.

34


c) Montrer que la droite d’équation y = x− 1 est asymptote à la courbe représentative de U .

Démonstration.Soit x ∈

]12 ,+∞

[.

U(x)− (x− 1) =√

4 + (x+ 1)2 − 2− (x− 1)

=√

4 + (x+ 1)2 − (x− 1)

=4 + (x+ 1)2 − (x+ 1)2√

4 + (x+ 1)2 + (x+ 1)

=4√

4 + (x+ 1)2 + x+ 1

−→x→+∞

0

La droite d’équation y = x− 1 est asymptote à la courbe représentative de U .

• La suppression de cette question est un regrettable oubli. En effet, la notiond’asymptote n’est plus au programme d’ECE depuis quelques années.

• La définition d’asymptote oblique est la suivante :on dit que la droite d’équation y = ax + b est asymptote (oblique) à la courbereprésentative d’une fonction f en +∞ si :

limx→+∞

f(x)− (ax+ b) = 0

C’est exactement cette définition qui nous permet de conclure ici.

• Graphiquement, une asymptote oblique à une courbe C en +∞ est une droite (d)telle que la distance entre cette droite (d) et la courbe C tend vers 0 en +∞.

Commentaire

d) Tracer l’allure de la courbe représentative de U .

Démonstration.• Commençons par étudier la fonction U .× D’après la question 7.b), la fonction U est dérivable sur

[0, 12[et]12 ,+∞

[.

× Soit x ∈[0, 12[. Alors : U ′(x) = −1 < 0.

On en déduit que la fonction U est strictement décroissante sur[0, 12[.

× Soit x ∈]12 ,+∞

[.

U ′(x) =2 (x+ 1)

2√

4 + (1 + x)2=

x+ 1√4 + (1 + x)2

> 0

On en déduit que la fonction U est strictement croissante sur]12 ,+∞

[.

× On résume ces informations dans le tableau de variations suivant :x

Signe de U ′(x)

Variations de U

0 12 +∞

− +

11

1212

+∞+∞

35


• On trace alors la courbe représentative de U .

1 2 3 4

1

2

3

4

8. On considère la suite réelle (an)n∈N définie par

{a0 = 1

∀n ∈ N, an+1 = U(an)

a) Montrer : ∀n ∈ N, an >1

2.

Démonstration.

Démontrons par récurrence : ∀n ∈ N, P(n) où P(n) :

an est bien définian > 12

I Initialisation :D’après l’énoncé : a0 = 1 >

1

2.

D’où P(0).I Hérédité : soit n ∈ N.

Supposons P(n) et démontrons P(n+ 1)(i.e.

an+1 est bien définian+1 > 12

)Par hypothèse de récurrence, le terme an est bien défini et : an >

1

2.

× En particulier : an > 0. Or la fonction U est définie sur [0,+∞[. Donc U(an) est bien défini,c’est-à-dire an+1 est bien défini.

× D’après la question 7.d) : ∀x ∈ [0,+∞[, U(x) > 12.

Or an ∈ [0,+∞[. Donc :U(an) >

1

2q

an+1

D’où P(n+ 1).

Par principe de récurrence, la suite (an) est bien définie et : ∀n ∈ N, an >1

2.

36


b) Montrer que la suite (an)n∈N est décroissante.

Démonstration.Soit n ∈ N.

an+1 − an = U(an)− anOr :

× d’après la question précédente : an >1

2,

× d’après la question 6.b) : ∀x ∈[12 ,+∞

[, U(x)− x 6 0.

On en déduit : U(an)− an 6 0, c’est-à-dire an+1 − an 6 0.

Ainsi, la suite (an) est décroissante.

c) En déduire que la suite (an)n∈N converge et montrer que sa limite est égale à1

2.

Démonstration.• La suite (an) est :

× décroissante (d’après la question 8.b),

× minorée par1

2(d’après la question 8.a))

On en déduit que la suite (an) converge vers un réel ` vérifiant ` >1

2.

• Par définition de (an) : ∀n ∈ N, an+1 = U(an).Par continuité de la fonction U sur

[12 ,+∞

[, on en déduit alors, par passage à la limite dans

l’égalité précédente :` = U(`)

• Résolvons donc l’équation U(x) = x sur[12 ,+∞

[.

Soit x ∈[12 ,+∞

[.

U(x) = x ⇔√

4 + (1 + x)2 − 2 = x

⇔√

4 + (1 + x)2 = x+ 2

⇔ 4 + (1 + x)2 = (x+ 2)2 (car√

4 + (1 + x)2 > 0et x+ 2 > 0)

⇔ 4 = (x+ 2)2 − (1 + x)2

⇔ 4 =((x + 2)− (x + 1)

) ((x+ 2) + (x+ 1)

)⇔ 4 = 2x+ 3

⇔ 1 = 2x

⇔ 12

= x

La seule solution de l’équation U(x) = x sur[12 ,+∞

[est donc

1

2.

On en déduit : ` =1

2.

limn→+∞

an =1

2

37


d) Écrire un programme en Scilab qui calcule et affiche le plus petit entier n ∈ N tel que :∣∣∣∣an − 12∣∣∣∣ 6 10−6

Démonstration.

1 n = 02 a = 13 while abs(a - 1/2) > 10 ∧∧∧ (-6)4 a = sqrt(4 + (1 + a) ∧∧∧ 2) - 25 n = n + 16 end7 disp(n)

Détaillons l’obtention de ce programme.

• Début du programme : initialisation des variables.La variable a est créée pour contenir successivement les valeurs de a0, a1, . . ., an pour chaquevaleur de n. On initialise donc la variable n à 0 et la variable a à a0 = 1.

1 n = 02 a = 1

• Structure itérative.Les lignes 3 à 6 suivantes consistent à déterminer le premier entier n tel que

∣∣∣∣an − 12∣∣∣∣ 6 10−6.

Autrement dit, il s’agit de calculer les valeurs successives de an tant que∣∣∣∣an − 12

∣∣∣∣ > 10−6.On met donc en place une structure itérative (boucle while :

3 while abs(a - 1/2) > 10 ∧∧∧ (-6)

À chaque tour de boucle, si la variable a contient la valeur ak, on souhaite :

× mettre à jour la variable a en lui affectant la valeur de ak+1. Or, comme ak >1

2:

ak+1 = U(ak) =√

4 + (1 + ak)2 − 2

La mise à jour se fait donc avec la commande suivante :

4 a = sqrt(4 + (1 + a) ∧∧∧ 2) - 2

× mettre à jour la variable n pour signaler qu’on a calculé le terme suivant dans la suite (an) :

5 n = n + 1

• Fin du programme.

À la fin de la boucle while, on est assuré que :∣∣∣∣an − 12

∣∣∣∣ 6 10−6 (on itère tant que ce n’est pasle cas). Il reste donc à afficher la valeur de n obtenue :

7 disp(n)

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• On a démontré en question 8.a) : ∀n ∈ N, an >1

2, c’est-à-dire an −

1

2> 0. Donc :

∀n ∈ N,∣∣∣∣an − 12

∣∣∣∣ = an − 12On aurait donc pu remplacer la ligne 3 du programme précédent par :

3 while a - 1/2 > 10 ∧∧∧ (-6)

• La valeur de la limite de la suite (an) étant connue, la recherche de l’entier N tel que∣∣∣∣aN − 12∣∣∣∣ 6 10−6 donne une idée de la vitesse de convergence de (an) vers 12 .

• Au-delà de l’intérêt pratique, c’est surtout la manipulation de Scilab qui est testée :savoir écrire une boucle while, savoir écrire les termes d’une suite du type un+1 = f(un).

Commentaire

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