OpenSup

SESSION 2019 PCMA002           ÉPREUVE SPÉCIFIQUE - FILIÈRE PC   ____________________     MATHÉMATIQUES Lundi 29 avril : 14 h - 18 h   ____________________   N.B. : le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction. Si un candidat est amené à repérer ce qui peut lui sembler être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.     ___________________________________________________________________________________                                                         Les calculatrices sont autorisées Le sujet est composé de trois exercices indépendants. 1/7 EXERCICE 1 Polynôme de Laguerre et méthode de quadrature de Gauss Dans tout l’exercice, on considère un entier n ∈ N∗. Partie I - Produit scalaire sur Rn[X] Rn[X] Rn[X] I.1 - Généralités Pour tout couple (P, Q) ∈ Rn[X]2, on note : (P | Q) = +∞ 0 P(t)Q(t)e−tdt. Q1. Justifier que l’intégrale définissant (P | Q) est convergente. Q2. Montrer que l’application (· | ·) : Rn[X] × Rn[X] → R est un produit scalaire. I.2 - Calcul d’un produit scalaire Q3. Soit k ∈ ⟦1, n⟧. À l’aide d’une intégration par parties, établir que : +∞ 0 tke−tdt = k +∞ 0 tk−1e−tdt. Q4. Conclure que (Xk | 1) = k! pour tout entier k ∈ ⟦0, n⟧. Partie II - Construction d’une base orthogonale On considère l’application α définie sur Rn[X] par : ∀P ∈ Rn[X], α(P) = XP′′ + (1 − X)P′. II.1 - Propriétés de l’application ααα Q5. Montrer que α est un endomorphisme de Rn[X]. Q6. Écrire la matrice de α dans la base (1, X, . . . , Xn). Q7. En déduire que α est diagonalisable et que Sp(α) = {−k | k ∈ ⟦0, n⟧}. 2/7 EXERCICE 1 Polynôme de Laguerre et méthode de quadrature de Gauss Dans tout l’exercice, on considère un entier n ∈ N∗. Partie I - Produit scalaire sur Rn[X] Rn[X] Rn[X] I.1 - Généralités Pour tout couple (P, Q) ∈ Rn[X]2, on note : (P | Q) = +∞ 0 P(t)Q(t)e−tdt. Q1. Justifier que l’intégrale définissant (P | Q) est convergente. Q2. Montrer que l’application (· | ·) : Rn[X] × Rn[X] → R est un produit scalaire. I.2 - Calcul d’un produit scalaire Q3. Soit k ∈ ⟦1, n⟧. À l’aide d’une intégration par parties, établir que : +∞ 0 tke−tdt = k +∞ 0 tk−1e−tdt. Q4. Conclure que (Xk | 1) = k! pour tout entier k ∈ ⟦0, n⟧. Partie II - Construction d’une base orthogonale On considère l’application α définie sur Rn[X] par : ∀P ∈ Rn[X], α(P) = XP′′ + (1 − X)P′. II.1 - Propriétés de l’application ααα Q5. Montrer que α est un endomorphisme de Rn[X]. Q6. Écrire la matrice de α dans la base (1, X, . . . , Xn). Q7. En déduire que α est diagonalisable et que Sp(α) = {−k | k ∈ ⟦0, n⟧}. 2/7 II.2 - Vecteurs propres de l’application ααα On fixe un entier k ∈ ⟦0, n⟧. Q8. Quelle est la dimension de ker(α + kIdRn[X])? Q9. En déduire qu’il existe un unique polynôme Pk ∈ Rn[X], de coefficient dominant égal à 1, vérifiant α(Pk) = − kPk. Q10. Justifier que Pk est de degré k. Q11. Déterminer P0 et P1. Vérifier que P2 = X2 − 4X + 2. II.3 - Orthogonalité de la famille (P0, . . . , Pn) (P0, . . . , Pn) (P0, . . . , Pn) On fixe un couple (P, Q) ∈ Rn[X]2. Q12. Montrer que (α(P) | Q) = − +∞ 0 tP′(t)Q′(t)e−tdt. Q13. En déduire que (α(P) | Q) = (P | α(Q)). Q14. Montrer que (P0, . . . , Pn) est une base orthogonale de Rn[X]. On pourra utiliser Q9 et Q13. Partie III - Méthode de quadrature de Gauss On admet que le polynôme Pn admet n racines réelles distinctes que l’on note x1, . . . , xn. On souhaite montrer qu’il existe (λ1, . . . , λn) ∈ Rn tel que : ∀P ∈ Rn−1[X], +∞ 0 P(t)e−tdt = n i=1 λiP(xi). (∗) Q15. Montrer qu’un n-uplet (λ1, . . . , λn) ∈ Rn vérifie (∗) si et seulement si 1 1 · · · 1 x1 x2 · · · xn ... ... ... xn−1 1 xn−1 2 · · · xn−1 n λ1 λ2 ... λn = 0! 1! ... (n − 1)! . Q16. En déduire qu’il existe un unique n-uplet (λ1, . . . , λn) ∈ Rn vérifiant (∗). Q17. Déterminer un polynôme P ∈ R2n[X] tel que +∞ 0 P(t)e−tdt n i=1 λiP(xi). 3/7 EXERCICE 2 Étude d’une équation différentielle On considère l’équation différentielle suivante : x2(1 − x)y′′ − x(1 + x)y′ + y = 2x3. (E) Partie I - Solution particulière de l’équation homogène Dans cette première partie, on souhaite déterminer les solutions développables en série entière de l’équation différentielle homogène associée à (E) : x2(1 − x)y′′ − x(1 + x)y′ + y = 0. (H) On fixe une suite de nombres réels (an)n∈N telle que la série entière anxn ait un rayon de conver- gence r > 0. On définit la fonction f :] − r, r[→ R par : ∀x ∈] − r, r[, f(x) = +∞ n=0 anxn. Q18. Justifier que la fonction f est de classe C 2 et que les fonctions f ′ et f ′′ sont développables en série entière. Exprimer avec la suite (an)n∈N les développements en série entière respectifs des fonctions f ′ et f ′′ en précisant leur rayon de convergence. Q19. Montrer qu’il existe une suite (bn)n≥2 de nombres réels non nuls telle que pour tout x ∈]−r, r[, on a : x2(1 − x) f ′′(x) − x(1 + x)f ′(x) + f(x) = a0 + +∞ n=2 bn(an − an−1)xn. Q20. Montrer que f est solution de (H) sur l’intervalle ]−r, r[ si et seulement si a0 = 0 et an+1 = an pour tout n ∈ N∗. Q21. En déduire que si f est solution de (H) sur ] − r, r[, alors r ≥ 1 et il existe λ ∈ R tel que : ∀x ∈] − 1, 1[, f(x) = λx 1 − x. Q22. Réciproquement, montrer que si λ ∈ R, alors la fonction g :] − 1, 1[→ R, x → λx (1 − x) est une solution de (H) sur ] − 1, 1[ développable en série entière. 4/7 EXERCICE 2 Étude d’une équation différentielle On considère l’équation différentielle suivante : x2(1 − x)y′′ − x(1 + x)y′ + y = 2x3. (E) Partie I - Solution particulière de l’équation homogène Dans cette première partie, on souhaite déterminer les solutions développables en série entière de l’équation différentielle homogène associée à (E) : x2(1 − x)y′′ − x(1 + x)y′ + y = 0. (H) On fixe une suite de nombres réels (an)n∈N telle que la série entière anxn ait un rayon de conver- gence r > 0. On définit la fonction f :] − r, r[→ R par : ∀x ∈] − r, r[, f(x) = +∞ n=0 anxn. Q18. Justifier que la fonction f est de classe C 2 et que les fonctions f ′ et f ′′ sont développables en série entière. Exprimer avec la suite (an)n∈N les développements en série entière respectifs des fonctions f ′ et f ′′ en précisant leur rayon de convergence. Q19. Montrer qu’il existe une suite (bn)n≥2 de nombres réels non nuls telle que pour tout x ∈]−r, r[, on a : x2(1 − x)f ′′(x) − x(1 + x)f ′(x) + f(x) = a0 + +∞ n=2 bn(an − an−1)xn. Q20. Montrer que f est solution de (H) sur l’intervalle ]−r, r[ si et seulement si a0 = 0 et an+1 = an pour tout n ∈ N∗. Q21. En déduire que si f est solution de (H) sur ] − r, r[, alors r ≥ 1 et il existe λ ∈ R tel que : ∀x ∈] − 1, 1[, f(x) = λx 1 − x. Q22. Réciproquement, montrer que si λ ∈ R, alors la fonction g :] − 1, 1[→ R, x → λx (1 − x) est une solution de (H) sur ] − 1, 1[ développable en série entière. 4/7 Partie II - Solutions de (E) (E) (E) sur ]0, 1[ ]0, 1[ ]0, 1[ ou ]1, +∞[ ]1, +∞[ ]1, +∞[ On désigne par I l’un des intervalles ]0, 1[ ou ]1, +∞[. Soit y : I → R une fonction de classe C 2. On définit la fonction z : I → R par la relation : ∀x ∈ I, z(x) = 1 x − 1 y(x). Q23. Justifier que z est de classe C 2 sur l’intervalle I, puis exprimer z′ et z′′ avec y, y′ et y′′. Q24. Montrer que y est solution de (E) sur I si et seulement si z est solution sur I de l’équation différentielle : xz′′ + z′ = 2x. (E1) Q25. Montrer que si z est solution de (E1) sur I, alors il existe λ ∈ R tel que : ∀x ∈ I, z′(x) = λ x + x. Q26. En déduire l’ensemble des solutions de l’équation différentielle (E) sur I. Partie III - Solutions de (E) (E) (E) sur ]0, +∞[ ]0, +∞[ ]0, +∞[ Q27. Déterminer l’ensemble des solutions de l’équation différentielle (E) sur ]0, +∞[. 5/7 EXERCICE 3 Étude d’une marche aléatoire On considère trois points distincts du plan nommés A, B et C. Nous allons étudier le déplacement aléatoire d’un pion se déplaçant sur ces trois points. À l’étape n = 0, on suppose que le pion se trouve sur le point A. Ensuite, le mouvement aléatoire du pion respecte les deux règles suivantes : 1. le mouvement du pion de l’étape n à l’étape n + 1 ne dépend que de la position du pion à l’étape n, plus précisément il ne dépend pas des positions occupées aux autres étapes précé- dentes; 2. pour passer de l’étape n à l’étape n+1, on suppose que le pion a une chance sur deux de rester sur place, sinon il se déplace de manière équiprobable vers l’un des deux autres points. Pour tout n ∈ N, on note An l’évènement "le pion se trouve en A à l’étape n", Bn l’évènement "le pion se trouve en B à l’étape n" et Cn l’évènement "le pion se trouve en C à l’étape n". On note également : ∀n ∈ N, pn = P(An), qn = P(Bn), rn = P(Cn) et Vn = pn qn rn , et on considère la matrice : M = 1 4 2 1 1 1 2 1 1 1 2 ∈ M3(R). Dans l’exercice, on pourra utiliser sans le démontrer le résultat suivant : ∀n ∈ N, Mn = 1 3 · 4n 4n + 2 4n − 1 4n − 1 4n − 1 4n + 2 4n − 1 4n − 1 4n − 1 4n + 2 . On rappelle que si E et F sont deux évènements avec P(F) > 0, on définit la probabilité conditionnelle de E sachant F (notée P(E | F) ou PF(E)) par : P(E | F) = PF(E) = P(E ∩ F) P(F) . Partie I - Calcul des probabilités Q28. Calculer les nombres pn, qn et rn pour n = 0 et n = 1. Q29. Démontrer que pour tout n ∈ N, on a la relation Vn+1 = MVn. Q30. En déduire que Vn = MnV0, puis une expression de pn, qn et rn pour tout n ∈ N. Q31. Déterminer les limites respectives des suites (pn)n∈N, (qn)n∈N et (rn)n∈N. Interpréter le résultat. 6/7 EXERCICE 3 Étude d’une marche aléatoire On considère trois points distincts du plan nommés A, B et C. Nous allons étudier le déplacement aléatoire d’un pion se déplaçant sur ces trois points. À l’étape n = 0, on suppose que le pion se trouve sur le point A. Ensuite, le mouvement aléatoire du pion respecte les deux règles suivantes : 1. le mouvement du pion de l’étape n à l’étape n + 1 ne dépend que de la position du pion à l’étape n, plus précisément il ne dépend pas des positions occupées aux autres étapes précé- dentes; 2. pour passer de l’étape n à l’étape n+1, on suppose que le pion a une chance sur deux de rester sur place, sinon il se déplace de manière équiprobable vers l’un des deux autres points. Pour tout n ∈ N, on note An l’évènement "le pion se trouve en A à l’étape n", Bn l’évènement "le pion se trouve en B à l’étape n" et Cn l’évènement "le pion se trouve en C à l’étape n". On note également : ∀n ∈ N, pn = P(An), qn = P(Bn), rn = P(Cn) et Vn = pn qn rn , et on considère la matrice : M = 1 4 2 1 1 1 2 1 1 1 2 ∈ M3(R). Dans l’exercice, on pourra utiliser sans le démontrer le résultat suivant : ∀n ∈ N, Mn = 1 3 · 4n 4n + 2 4n − 1 4n − 1 4n − 1 4n + 2 4n − 1 4n − 1 4n − 1 4n + 2 . On rappelle que si E et F sont deux évènements avec P(F) > 0, on définit la probabilité conditionnelle de E sachant F (notée P(E | F) ou PF(E)) par : P(E | F) = PF(E) = P(E ∩ F) P(F) . Partie I - Calcul des probabilités Q28. Calculer les nombres pn, qn et rn pour n = 0 et n = 1. Q29. Démontrer que pour tout n ∈ N, on a la relation Vn+1 = MVn. Q30. En déduire que Vn = MnV0, puis une expression de pn, qn et rn pour tout n ∈ N. Q31. Déterminer les limites respectives des suites (pn)n∈N, (qn)n∈N et (rn)n∈N. Interpréter le résultat. 6/7 Partie II - Nombre moyen de passages en AAA Pour n ∈ N∗, on note an le nombre moyen de passages du pion en A entre l’étape 1 et l’étape n et on définit la variable aléatoire : Xn = 1 si An est réalisé, 0 si An est réalisé. Q32. Interpréter la variable aléatoire X1 + · · · + Xn et le nombre E(X1 + · · · + Xn). Q33. Calculer l’espérance de la variable aléatoire Xn pour n ∈ N∗. Q34. En déduire une expression de an. Partie III - Temps d’attente avant le premier passage en BBB On définit la variable aléatoire TB de la façon suivante : 1. si le pion ne passe jamais en B, on pose TB = 0; 2. sinon, TB est le numéro de l’étape à laquelle le pion passe pour la première fois en B. Nous allons déterminer la loi de TB et son espérance. Q35. Calculer P(TB = 1) et P(TB = 2). Q36. Soit n ∈ N. Exprimer Bn en fonction de An et Cn. Q37. Établir que P(B3 ∩ B2 ∩ B1) = 1 4P(B2 ∩ B1), puis en déduire que P(B3 | B2 ∩ B1) = 1 4. Dans la suite, on admet la relation : ∀n ∈ N∗, P Bn+1 n k=1 Bk = 1 4. Q38. Pour k ∈ N∗, calculer P(TB = k). Que vaut P(TB = 0)? Q39. Justifier que la variable aléatoire TB admet une espérance. Quelle est l’espérance de TB ? FIN 7/7 I M P R I M E R I E N A T I O N A L E – 19 1150 – D’après documents fournis

Corrigé de CCP PC 2019 (unique) EXERCICE I Polynˆomes de Laguerre et méthode de quadrature de Gauss Partie I - Produit scalaire dans Rn[X] I.1 - Généralités Q1. Soit (P, Q) ∈ (Rn[X])2 et f la fonction t → P(t)Q(t) exp(−t). Par produit, f est continue sur [0; +∞[. PQ est un polynˆome que l’on peut écrire sous la forme d k=0 akXk. On a alors, pour tout t ∈ R+, t2f(t) = d k=0 akt2+ke−t. Pour tout k, lim t→+∞ t2+ke−t = 0 donc, par somme, lim t→+∞ t2f(t) = 0 et f(t) = o(1/t2). 2 > 1 donc t → 1 t2 est intégrable sur [1; +∞[. f l’est donc aussi. On en conclut que f est intégrable sur [0; +∞[ et donc l’intégrale définissant (P|Q) est convergente. Q2. Soit ϕ : (P, Q) → (P|Q). — La question précédente prouve que ϕ est définie sur (Rn[X])2 à valeurs dans R. — Pour (P1, P2, Q) ∈ (Rn[X])3, λ ∈ R, par linéarité d’intégrales généralisées convergentes, ϕ(P1 + λP2, Q) = ϕ(P1, Q) + λϕ(P2, Q) : ϕ est linéaire à gauche. — Par commutativité du produit dans R, pour tout (P, Q) ∈ (Rn[X])2, ϕ(P, Q) = ϕ(Q, P) : ϕ est symétrique ; étant linéaire à gauche, elle est bilinéaire et symétrique. — Soit P ∈ Rn[X]. ϕ(P, P) = +∞ 0 P(t)2e−tdt. Pour tout t ∈ [0; +∞[, P(t)2e−t ≥ 0 donc, par positivité de l’intégrale, ϕ(P, P) ≥ 0 : ϕ est positive. On suppose ϕ(P, P) = 0 ; alors +∞ 0 P(t)2e−tdt = 0. Comme t → P(t)2e−t est continue et positive, d’après le théorème de nullité de l’intégrale, pour tout t ∈ R+, P(t)2e−t = 0 et P(t) = 0. Le polynˆome P a une infinité de racines, donc est nul. Par conséquent ϕ est définie. — Conclusion : ϕ est un produit scalaire sur Rn[X). I.2 - Calcul d’un produit scalaire Q3. On pose, pour t ∈ R+, u(t) = tk, v(t) = −e−t. u et v sont de classe C1 sur R+, pour t ≥ 0, u′(t) = ktk−1, v′(t) = e−t. De plus, par croissance comparée, lim t→+∞ u(t)v(t) = 0 donc, par intégration par parties, +∞ 0 u(t)v′(t)dt = [u(t)v(t)]+∞ 0 − +∞ 0 u′(t)v(t)dt c’est-à-dire, +∞ 0 tke−tdt = k +∞ 0 tk−1e−tdt Q4. Pour k ∈ N, (Xk|1) = +∞ 0 tke−tdt. Pour k ∈ N, on pose P(k) : ”(Xk|1) = k!”. Pour k = 0, (Xk|1) = +∞ 0 e−tdt = [−e−t]+∞ 0 = 1 = 0! : P(0) est vraie. 1 Soit k ∈ N. On suppose P(k) vraie. D’après la question précédente, (Xk+1|1) = (k + 1)(Xk|1) donc, d’après l’hypothèse de récurrence, (Xk+1|1) = (k + 1)k! = (k + 1)! : P(k + 1) est vraie. On peut alors conclure par récurrence que, pour tout k ∈ N, P(k) est vraie, c’est-à-dire, (Xk|1) = k!. Partie II - Construction d’une base orthogonale Propriétés de l’application α Q5. Si P ∈ Rn[X], deg P ≤ n donc deg P ′ ≤ n − 1, deg P ′′ ≤ n − 2 ; ainsi α(P) est un polynˆome de degré inférieur ou égal à n. De plus, par linéarité de la dérivation, α est linéaire donc α est un endomorphisme de Rn[X]. Q6. α(1) = 0, α(X) = 1−X et, pour k ≥ 2, α(Xk) = k(k−1)Xk−1+kXk−1−kXk = −kXk +k2Xk−1. La matrice de α dans la base (1, X, · · · , Xn) est donc 0 1 0 · · · 0 0 −1 4 ... ... ... ... −2 ... 0 ... ... ... ... n2 0 · · · · · · 0 −n Q7. Cette matrice est triangulaire supérieure donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux à savoir 0, −1, −2, · · · , −n. α possède donc n+1 valeurs propres distinctes et Rn[X] est de dimension n + 1 donc α est diagonalisable. Finalement, α est diagonalisable et Sp(α) = {−k; k ∈ [|0; n|]}. Q8. D’après la question précédente, le polynˆome caractéristique de α est scindé à racines simples donc les sous espaces propres de α sont de dimension 1 : dim ker(α + kidRn[X]) = 1. Q9. Soit Qk un vecteur (non nul) engendrant ker(α + kidRn[X]) et ck son coefficient dominant. ck est non nul et Pk = 1 ck Qk est un polynˆome de Rn[X], de coefficient dominant égal à 1 vérifiant α(Pk) = −kPk. Si Rk est un polynˆome vérifiant ces propriétés, en particulier, Rk ∈ ker(α + kidRn[X]) donc il existe a ∈ R tel que Rk = aQk. Le coefficient dominant de Rk est 1 donc a = 1 ck et Rk = Pk. Par conséquent, il existe un unique polynˆome Pk ∈ Rn[X], de coefficient dominant égal à 1 et vérifiant α(Pk) = −kPk. Q10. Soit d le degré de Pk Si k est non nul, on peut identifier les coefficients de degré k pour obtenir −d = −k donc d = k. Pour k = 0 : α(1) = 0 et 1 est un polynˆome de coefficient dominant 1 tel que α(1) = −0 × 1 donc, par unicité, P0 = 1, de degré 0. Q11. On vient de voir que P0 = 1. Soit P = X + a un polynˆome de degré 1 et de coefficient dominant 1. α(P) = 1 − X donc α(P) = −P si et seulement si a = −1. Ainsi P1 = X − 1. De mˆeme, on pose P = X2 + bX + c. P ′ = 2X + b, P ′′ = 2 et α(P) = 2X + (1 − X)(2X + b) = −2X2 + (4 − b)X + b donc α(P) = −2P si et seulement si 4 − b = −2b et b = −2c d’ou b = −4 et c = 2. Par conséquent, P2 = X2 − 4X + 2. 2 II.3 - Orthogonalité de la famille (P0, · · · , Pn) Q12. Par définition, (α(P)|Q) = +∞ 0 (tP ′′(t) + (1 − t)P ′(t))Q(t)e−tdt. on pose u(t) = tP ′(t)e−t. u et Q sont de classe C1 sur R+, u′(t) = e−t(tP ′′(t) + P ′(t) − tP ′(t)) ; par croissance comparée, lim t→+∞ u(t)Q(t) = 0 donc, par intégration par parties, (α(P)|Q) = − +∞ 0 tP ′(t)Q′(t)e−tdt. Q13. En procédant de mˆeme mais en partant de (P|α(Q)) et en échangeant les rˆoles de P et Q, on obtient (α(P)|Q) = (P|α(Q)). Q14. Soit k et l deux entiers distincts de Rn[X]. D’après Q13, (α(Pk)|Pl) = (Pk|α(Pl)) et, d’après Q9, −k(Pk|Pl) = −l(Pk|Pl) ; or k ̸= l donc (Pk|Pl) = 0 Conclusion : (P0, · · · , Pn) est une famille orthogonale de Rn[X] ; elle ne comporte pas le vecteur nul donc elle est libre et elle contient n + 1 vecteurs donc c’est une base de Rn[X]. Partie III - Méthode de quadrature de Gauss Q15. Soit (λ1, · · · , λn) ∈ Rn. Sur Rn−1[X], on considère les applications ϕ : P → +∞ 0 P(t)e−tdt et ψ : P → n i=1 λiP(xi). ϕ et ψ sont des applications linéaires sur Rn−1[X] donc elles sont égales si et seulement si elles coincident sur tous les vecteurs de la base (1, X, · · · , Xn−1). Pour i ≤ n − 1, ϕ(Xi) = +∞ 0 tie−tdt = i! et ψ(Xi) = n j=1 λjxi j. Pour tout i ∈ [|0; n − 1|], ϕ(Xi) = ψ(Xi) équivaut donc au système : 1 1 · · · 1 x1 x2 · · · xn ... ... ... xn−1 1 xn−1 2 · · · xn−1 n λ1 λ2 ... λn = 0! 1! ... (n − 1)! Q16. La matrice V = 1 1 · · · 1 x1 x2 · · · xn ... ... ... xn−1 1 xn−1 2 · · · xn−1 n est la matrice de Vandermonde associée aux réels x1, x2, · · · , xn qui sont deux à deux distincts donc le déterminant de V est non nul. V est donc inver- sible et le système précédent admet une unique solution : il existe un unique n-uplet (λ1, · · · , λn) ∈ Rn vérifiant la relation (∗) pour tout P ∈ Rn−1[X]. Q17. Soit P = n i=1 (X − xi)2. P ∈ R2n[X] et, pour tout i, P(xi) = 0 donc ψ(P) = 0. Par contre, t → P(t)e−t est continue positive et non identiquement nulle sur [0; +∞[ donc ϕ(P) > 0. Par conséquent, +∞ 0 P(t)e−tdt ̸= n i=1 λiP(xi) 3 EXERCICE 2 Etude d’une équation différentielle Partie I - Solution particulière de l’équation homogène Q18. f est la somme d’une série entière de rayon r > 0 donc f est C∞ sur ] − r; r[ et on peut dériver terme à terme à tout ordre ; en particulier, elle est de classe C2 sur ] − r; r[ et, pour x ∈] − r; r[, f ′(x) = +∞ n=1 nanxn−1 = +∞ n=0 (n + 1)an+1xn f ′′(x) = +∞ n=2 n(n − 1)anxn−2 = +∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn Par propriété des séries entières, ces deux séries sont aussi de rayon r. Q19. On a donc, pour x ∈] − r; r[, x2f ′′(x) = +∞ n=1 n(n − 1)anxn x3f ′′(x) = +∞ n=1 (n − 1)(n − 2)an−1xn xf ′(x) = +∞ n=1 nanxn x2f ′(x) = +∞ n=1 (n − 1)an−1xn f(x) = a0 + +∞ n=1 anxn. Par conséquent, x2(1 − x)f ′′(x) − x(1 + x)f ′(x) + f(x) = a0 + +∞ n=1 n(n − 1)an − (n − 1)(n − 2)an−1 − nan −(n − 1)an−1 + an xn = a0 + +∞ n=1 (n2 − 2n + 1)an − (n2 − 3n + 2 + n − 1)an−1 xn = a0 + +∞ n=1 (n − 1)2(an − an−1)xn Pour n = 1, (n − 1)2 = 0 donc, si on pose, pour n ≥ 2, bn = (n − 1)2, on a x2(1 − x)f ′′(x) − x(1 + x)f ′(x) + f(x) = a0 + +∞ n=2 bn(an − an−1)xn Q20. La somme d’une série entière est nulle sur ] − r; r[ (r > 0) si et seulement si tous ses coefficients sont nuls (unicité d’un développement en série entière) donc, d’après la question précédente, f est solution de (H) si et seulement si a0 = 0 et, pour tout n ≥ 2, bn(an − an−1) = 0. Mais, pour n ≥ 2, bn ̸= 0 donc an − an−1 = 0. En passant de n à n + 1 on a finalement : f est solution de (H) sur ] − r; r[ si et seulement si a0 = 0 et, pour tout n ∈ N∗, an+1 = an. 4 Q21. On suppose que f est solution de (H) sur ] − r; r[. Alors, a0 = 1 et, pour tout n ≥ 1, an = a1. La série géométrique xn est de rayon 1 donc r ≥ 1 (r = +∞ si a1 = 0) et, en posant λ = a1, pour x ∈] − 1; 1[, f(x) = λ +∞ n=1 xn. Il s’agit de la somme d’une série géométrique de raison x ∈] − 1; 1[ et de premier terme x donc, pour x ∈] − 1; 1[, f(x) = λx 1 − x Q22. Soit λ ∈ R et g la fonction x → λx 1 − x. Alors, d’après le calcul précédent, pour x ∈] − 1; 1[, g(x) = +∞ n=1 λxn : g est la somme d’une série entière de rayon 1 > 0. De plus, pour x ∈] − 1; 1[, g(x) = +∞ n=0 anxn avec a0 = 0 et, pour n ≥ 1, an = λ ; par conséquent, pour tout n ≥ 1, an+1 = an. On peut donc utiliser la question Q20 (qui est une équivalence) pour conclure que g est une solution de (H) sur ] − 1; 1[, développable en série entière. Partie II - Solutions de (E) sur ]0; 1[ ou ]1; +∞[ Q23. Par produit de fonctions de classe C2 sur I, z est de classe C2 sur I et, pour x ∈ I, z′(x) = 1 x − 1 y′(x) − 1 x2y(x) et z′′(x) = 1 x − 1 y′′(x) − 2 x2y′(x) + 2 x3y(x). Q24. Pour x ∈ I, xz′′(x) + z′(x) = (1 − x)y′′(x) − 2 xy′(x) + 2 x2y(x) + (1/x − 1)y′(x) − 1 x2y(x) = 1 x2 x2(1 − x)y′′(x) − x(1 + x)y′(x) + y(x) donc y est solution de (E) sur I si et seulement si z est solution sur I de l’équation xz′′ + z′ = 2x Q25. z est solution de (E1) sur I si et seulement si z′ est solution sur (I) de l’équation (E2) : xZ′ + Z = 2x. L’équation homogène associée à (E2) est (H2) : xZ′ + Z = 0, équivalente à Z′ + 1 xZ = 0 (x ne s’annule pas sur I). a : x → 1 x est continue sur I ; une primitive de a est x → ln(x) donc les solutions de (H2) sont les fonctions de la forme x → λe− ln(x), λ ∈ R, c’est-à-dire x → λ x. x → x est solution particulière de (E2) donc les solutions de (E2) sont les fonctions de la forme x → λ x + x. Finalement, z est solution de (E1) sur I si et seulement si il existe λ ∈ R tel que, pour tout x ∈ I, z′(x) = λ x + x. Q26. Ceci équivaut à l’existence de µ ∈ R tel que, pour tout x ∈ I, z(x) = λ ln(x) + x2 2 + µ. De plus, pour x ∈ I, 1 x − 1 = 1 − x x ̸= 0 donc y est solution de (E) sur I si et seulement si il existe (λ, µ) ∈ R2 tel que, pour tout x ∈ I, y(x) = x 1 − x λ ln(x) + x2 2 + µ . 5 Les solutions de (E) sur I sont donc les fonctions de la forme x → λx 1 − x ln(x) + µx 1 − x + x3 2(1 − x) lorsque (λ, µ) décrit R2. Q27. Soit f une solution de (E) sur ]0; +∞[. Alors f est solution sur ]0; 1[ et sur ]1; +∞[. D’après la question précédente il existe des constantes réelles λ1, µ1, λ2, µ2 telles que ∀x ∈]0; 1[, f(x) = λ1x ln(x) 1 − x + 2µ1x + x3 2(1 − x) ∀x ∈]1; +∞[, f(x) = λ2x ln(x) 1 − x + 2µ2x + x3 2(1 − x) f doit ˆetre continue en 1 donc doit avoir une limite finie en 1. lim x→1 ln(x) 1 − x = −1 (limite usuelle) donc on doit avoir 2µ1 + 1 = 2µ2 + 1 = 0 : µ1 = µ2 = −1 2. Pour x ∈]0; 1[, f(x) = λ1x ln(x) 1 − x + −x + x3 2(1 − x) = λ1x ln(x) 1 − x − x(1 + x) 2 Pour obtenir le nombre dérivée de f à gauche à 1, on cherche le DL1(1) de f : Pour h au voisinage de 0, ln(1 + h) = h − 1 2h2 + o(h2) donc f(1 + h) = −λ1 (1 + h)(h − h2/2 + o(h2) h − (1 + h)(2 + h) 2 et, après simplification, f(1 + h) = −λ1 − 1 − −λ1 2 − 3 2 h + o(h) On en déduit que f ′ g(1) = −λ1 2 − 3 2. De mˆeme, f ′ d(1) = −λ2 2 − 3 2 f est dérivable donc λ1 = λ2. Par conséquent, pour x ∈ R+∗, f(x) = λ1x ln(x) 1 − x − x(1 + x) 2 et f(1) = −λ1 − 1. Pour la réciproque, il suffit que montrer qu’une telle fonction est de classe C2 sur R+∗. f(1 + h) = −λ1(1 + h)ln(1 + h) h − (1 + h)(2 + h) 2 . h → ln(1 + h) h est prolongeable en une fonction développable en série entière de rayon 1 donc f est de classe C∞. On peut alors conclure que les solutions de (E) sur R+∗ sont les fonctions f définies par f(1) = −λ1 − 1 2 et, pour x ̸= 1, f(x) = λ1x ln(x) 1 − x − x(1 + x) 2 avec λ1 réel quelconque. EXERCICE 3 Etude d’une marche aléatoire Partie I - Calcul des probabilités Q28. A l’instant 0, le pion est en A donc p0 = 1 et q0 = r0 = 0. A l’instant 1, la probabilité qu’il reste en A est 1 2 donc p1 = 1 2. Sinon, il se déplace de manière équiprobable sur l’un des deux autres points donc q1 = r1 = 1 4. 6 Q29. Soit n ∈ N. Pour n = 0, on a bien V1 = MV0. On suppose maintenant n ∈ N∗. {An, Bn, Cn} est un système complet d’événements de probabilités non nulles donc, d’après la formule des probabilités totales, P(An+1) = P(An)PAn(An+1) + P(Bn)PBn(An+1) + P(Cn)PCn(An+1) PAn(An+1) est la probabilité de rester en A de l’instant n à l’instant n + 1 donc 1 2. PBn(An+1) est la probabilité de passer de B à A donc 1 4. De mˆeme, PCn(An+1) = 1 4. Par conséquent, P(An+1) = 1 2P(An) + 1 4P(Bn) + 1 4P(Cn). On raisonne de mˆeme pour exprimer bn+1 et cn+1 et on conclut que Vn+1 = MVn. Q30. Pour n ∈ N, on pose P(n) : ”Vn = M nV0”. M 0 = I3 donc P(0) est vraie. Soit n ∈ N. On suppose P(n) vraie. D’après la question précédente, Vn+1 = MVn et, d’après l’hypothèse de récurrence, Vn = M nV0 donc Vn+1 = MM nV0 = M n+1V0 : P(n + 1) est vraie. Par récurrence, on peut alors conclure que, pour tout n ∈ N, Vn = M nV0. V0 = 1 0 0 donc, en utilisant le résultat admis sur M n : ∀n ∈ N, pn = 4n + 2 3 · 4n , qn = rn = 4n − 1 3 · 4n Q31. Quand n tend vers l’infini, 4n + 2 ∼ 4n et 4n − 1 ∼ 4n donc lim n→+∞ pn = lim n→+∞ qn = lim n→+∞ rn = 1 3. Cela signifie que, si on observe la position du pion après un grand nombre d’étapes, il y a autant de chances qu’il soit en A, en B ou en C. Partie II - Nombre moyen de passages en A. Q32. X1 + · · · + Xn est le nombre de passages par le point A lors des n premières étapes et E(X1 + · · · + Xn) est le nombre moyen de passages par A lors des n premières étapes. Q33. Xn suit la loi de Bernoulli de paramètre p = P(An) = 4n + 2 3 · 4n donc E(Xn) = 4n + 2 3 · 4n . Q34. an = E(X1 + · · · + Xn) donc, par linéarité de l’espérance, an = n i=1 E(Xi) et, d’après la question précédente, an = n i=1 1 3 + 2 3 1 4 i = n 3 + 2 3 1 4 1 − 1 4n 1 − 1 4 Par conséquent, an = n 3 + 2 9 1 − 1 4n Partie III - Temps d’attente avant le premier passage en B 7 Q35. Comme le pion est en A à l’instant 0, (TB = 1) = B1 d’ou P(TB = 1) = 1 4. (TB = 2) = B1 ∩ B2 = (A1 ∩ B2) ∪ (C1 ∩ B2) Ces deux événements sont incompatibles donc P(TB = 1) = P(A1 ∩ B2) + P(C1 ∩ B2). Par définition d’une probabilité conditionnelle, P(A1 ∩ B2) = P(A1)PA1(B2) = 1 2 × 1 4 = 1 8. De mˆeme P(C1 ∩ B2) = 1 4 × 1 4 = 1 16. Finalement, P(TB = 2) = 3 16. Q36. A l’instant n, le pion est en A, en B ou en C donc Bn = An ∪ Cn. Q37. B1 ∩ B2 = (A1 ∪ C1) ∩ (A2 ∪ C2) = (A1 ∩ A2) ∪ (A1 ∩ C2) ∪ (C1 ∩ A2) ∪ (C1 ∩ C2). En prenant l’intersection avec B3 on obtient 4 événements deux à deux incompatibles donc P(B3 ∩ B1 ∩ B2 = P(B3 ∩ A1 ∩ A2) + P(B3 ∩ A1 ∩ C2) + P(B3 ∩ C1 ∩ A2) + P(B3 ∩ C1 ∩ C2). P(B3 ∩ A1 ∩ A2) = P(A1 ∩ A2)PA1∩A2(B3) = P(A1 ∩ A2)PA2(B3) car la position à l’instant 3 ne dépend que la position à l’instant 2. Ainsi P(B3 ∩ A1 ∩ A2) = 1 4P(A1 ∩ A2). On procède de mˆeme avec les 3 autres termes puis on se retrouve avec la somme de 4 probabilités d’événements incompatibles. On utilise la relation du début de cette question pour conclure : P(B3 ∩ B1 ∩ B2) = 1 4P(B1 ∩ B2) Avec la définition d’une probabilité conditionnelle, P(B3|B1 ∩ B2) = 1 4 Q38. Soit k ∈ N∗. (TB = k) = k−1 i=1 Bi ∩ Bk. Avec la définition d’une probabilité conditionnelle et le résultat admis, P(TB = k) = 1 4P k−1 i=1 Bi . k−1 i=1 Bi = (TB ≥ k) = (TB = k) ∪ (TB ≥ k + 1) donc P(TB = k) = 1 4(P(TB = k) + P(TB ≥ k + 1) = 1 4(P(TB = k) + 4P(TB = k + 1)) d’ou P(TB = k + 1) = 3 4P(TB = k). De plus P(TB = 1) = 1 4 donc, pour k ≥ 1, P(TB = k) = 1 4 3 4 k−1 . {TB = k; k ∈ N} est un système complet d’événements donc P(TB = 0) = 1 − +∞ k=1 P(TB = k) = 1 − 1 4 1 1 − 3 4 . Par conséquent, P(TB = 0) = 0. Q39. Pour tout k ∈ N∗, P(TB = k) = 1 4 1 − 1 4 k−1 donc TB suit la loi géométrique de paramètre 1 4. On en déduit que TB admet une espérance et E(TB) = 4. 8