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SESSION 2012

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 1

Problème 1 : continuité uniforme

1.fn"est pas uniformément continue surIsi et seulement si

?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?I2/(|x-y|?ηet|f(x) -f(y)|> ε).

2.Soitfune fonctionk-lipschitzienne surIaveck > 0. Soitε > 0.

Soitη=ε

k. Soientxetydeux réels deItels que|x-y|?η. Alors |f(x) -f(y)|?k|x-y|?kη=ε.

On a montré que?ε > 0,?η > 0/?(x,y)?I2,(|x-y|?η?|f(x)-f(y)|?ε)et doncfest uniformément continue surI.

3.

3.1Soit(x,y)?R2.|x|=|(x-y) +y|?|x-y|±|y|et donc|x|-|y|?|x-y|. En appliquant ce résultat àyetx, on a

aussi|y|-|x|?|y-x|. Comme||x|-|y||est l"un des deux nombres|x|-|y|ou|y|-|x|, on a montré que||x|-|y||?|x-y|.

3.2Soit(x,y)?R2.

|f(x) -f(y)|=????1

1+|x|-11+|y|????

Donc, la fonctionfest1-lipschitzienne surRet en particulierfest uniformément continue surRd"après la question 2.

4.

4.1Soientxetydeux réels positifs.

et donc, puisque les deux nombres x+yet⎷x+⎷ysont positifs, on en déduit que⎷x+y?⎷x+⎷yparstricte croissance de la fonctiont?→t2surR+.

Soientxetydeux réels positifs.

x=⎷y+x-y??y+|x-y|?⎷y+?|y-x|, et donc

x-⎷y??|x-y|. En appliquant àyetx, on a aussi⎷y-⎷x??|x-y|et finalement??⎷x-⎷y????|x-y|.

4.2Soitε > 0. Soitη=ε2> 0. Soientxetydeux réels positifs tels que|x-y|?η. Alors

x-⎷y????|x-y|?⎷ε2=ε.

On a montré que?ε > 0,?η > 0/?(x,y)?[0,+∞[2,(|x-y|?η?|g(x) -g(y)|?ε)et doncgest uniformément

continue sur[0,+∞[.

4.3Il s"agit de prouver que l"ensembleA=?|⎷

x-⎷y| |x-y|, x?0, y?0, x?=y? n"est pas une partie majorée deR. Cet ensemble contient les nombres de la forme x-⎷0| |x-0|=1⎷xoùx > 0. Comme limx→0+1⎷x= +∞, l"ensembleAn"est pas majoré et donc la fonctiongn"est pas lipschitzienne surR+. 5.

5.1Soitε=1

2. Soitη > 0. Soitn?N?puisxn=⎷n+etyn=⎷n.

http ://www.maths-france.fr 1 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés. ?n?1

4η2

On choisit alorsn=E?1

4η2?

+1. D"après ce qui précède, on a|xn-yn|?η. D"autre part, |x2n-y2n|=x2n-y2n=n+1-n=1 > ε.

On a montré que?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?R2/(|x-y|?ηet|h(x) -h(y)|> ε)et donc que la fonctionhn"est pas

uniformément continue surR.

5.2Puisquehn"est pas uniformément continue surR,hn"est pas lipschitzienne surRpar contraposition de l"implication

obtenue à la question 2. 6.

6.1Fest uniformément continue surR+. On peut donc appliquer la définition de l"uniforme continuité avecε=1et on

obtient ?η1> 0/?(x,y)?(R+)2,(|x-y|?η1?|F(x) -F(y)|?1).

6.2Soitn?N?.

x 0 n?η1?x0η1?n?n?E?x0η1? On en déduit l"existence et l"unicité den0:n0=?????1six0

η1< 1

E?x0

η1?

six0η1?1(carn0?N?). 6.3 n 0-1? k=0?

F?(k+1)x0

n0? -F?kx0n0?? =F?n0x0n0? -F(0) =F(x0) -F(0)(somme télescopique). Par suite, |F(x0) -F(0)|=?????n 0-1? k=0?

F?(k+1)x0

n0? -F?kx0n0?? ??n 0-1? k=0????

F?(k+1)x0n0?

-F?kx0n0?

6.4Soitk??0,n-1?.????(k+1)x0

n0-kx0n0???? =x0n0?η1et donc????

F?(k+1)x0n0?

-F?kx0n0? ??1. Par suite, |F(x0) -F(0)|?n 0-1? k=01=n0.

Maintenant, si

x0

η1?1,n0=E?x0η1?

?x0η1+1ce qui reste vrai dans le cas oùx0η1< 1. On en déduit que

F(x0)?|F(x0)|?|F(x0) -F(0)|+|F(0)|?n0+|F(0)|?1

η1x0+ (1+|F(0)|).

On a trouvé deux réelsaetb(indépendants dex0), à savoira=1

η1etb=1+|F(0)|, tels queF(x0)?ax0+b. On a

montré que ?(a,b)?R2/?x?R+,F(x)?ax+b.

7.SoitFune fonction uniformément continue surR. AlorsFest en particulier une fonction uniformément continue surR+

et?(a,b)?R2/?x?R+,F(x)?ax+b. Pourx?1, on en déduit queF(x) x?a+bx?a+b. Ainsi, siFest uniformément continue surR, nécessairement la fonctionx?→F(x) xest majorée sur[1,+∞[. http ://www.maths-france.fr 2 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

7.1)SoitPun polynôme de degré supérieur ou égal à2. On suppose sans perte de généralité, quite à remplacerPpar

-P, que dom(P)> 0. On sait alors que limx→+∞P(x) x= +∞. D"après la remarque précédente,Pn"est pas uniformément continue surR.

7.2De même, puisque limx→+∞e

x

x= +∞d"après un théorème de croissances comparées, la fonction exponentielle n"est pas

uniformément continue surR.

8. Théorème de Heine.

8.1PuisqueGn"est pas uniformément continue sur[a,b],

?ε > 0/?η > 0,?(x,y)?[a,b]2/(|x-y|?ηet|G(x) -G(y)|> ε). εest ainsi dorénavant fixé. On applique cette définition aux cas particuliersη=1 noùnest un entier naturel non nul donné et on obtient ?ε > 0/?n?N?,?(xn,y)?[a,b]2/? |xn-yn|?1 net|G(x) -G(y)|> ε?

8.2Les suites(xn)n?N?et(yn)n?N?sont à valeurs dans[a,b]et donc(xn)n?N?et(yn)n?N?sont deux suites réelles

bornées. Le théorème deBolzano-Weierstrasspermet d"affirmer que l"on peut extraire de la suite(xn)n?N?une sous-

suite(xψ(n))n?N?convergente. La suite(yψ(n))n?N?est toujours bornée et on peut en extraire une sous-suite(yσ(n))n?N?

convergente. La suite(yσ(n))n?N?est alors une sous-suite convergente de la suite(yn)n?N?. Enfin, la suite(xσ(n))n?N?est

convergente en tant que suite extraite de la suite convergente(xψ(n))n?N?et donc la suite(xσ(n))n?N?est une sous-suite

convergente de la suite(xn)n?N?.

Il est connu que, puisqueσest une application strictement croissante deN?dans lui-même, on a en particulier?n?N?,

σ(n)?net donc

?n?N?,??xσ(n)-yσ(n)???1

σ(n)?1net??G(xσ(n)) -G(yσ(n))??> ε.

8.3Puisque?n?N?,??xσ(n)-yσ(n)???1

n, le théorème des gendarmes permet d"affirmer que limn→+∞?xσ(n)-yσ(n)?=0. Puisque les suites(xσ(n))n?N?et(yσ(n))n?N?sont convergentes, on peut alors écrire lim et donc lim

Pour toutn?N?,a?xσ(n)?b, par passage à la limite quandntend vers+∞on obtienta?x?b. PuisqueGest

continue sur[a,b]et en particulier enx, on doit avoir limn→+∞?G(xσ(n)) -G(yσ(n))?=G(x) -G(x) =0. Ceci contredit le

fait que?n?N?,??G(xσ(n)) -G(yσ(n))??> ε. Il était donc absurde de supposer queGn"était pas uniformément continue

sur[a,b]. Le théorème deHeineest démontré.

9.La fonction exponentielle est continue sur tout segment contenu dansR. D"après le théorème deHeine, la fonction

exponentielle est donc uniformément continue sur tout segment deR. Mais d"après la question 7.2, la fonction exponentielle

n"est pas uniformément continue surR. L"implication ((Guniformément continue sur tout segment contenu dansJ)?(G

uniformément continue surJ)) est donc une implication fausse.

Problème 2 : marches aléatoires

Partie A : quelques résultats d"analyse

1.

1.1Soitk?N?. La fonctiont?→1

test continue et décroissante sur[k,k+1]. Par suite, pour tout réeltde[k,k+1], on a 1 k+1?1t?1k. D"après l"inégalité de la moyenne, on a alors 1 k+1=(k+1) -kk+1?? k+1 k1tdt?(k+1) -kk=1k. http ://www.maths-france.fr 3 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

1.2Soitn?1. Pour toutk??1,n?,?

k+1 k1tdt?1k. En sommant ces inégalités, on obtient H n=n? k=11 k?n? k=1? k+1 k1tdt=? n+1

11tdt=ln(n+1).

Soitn?2. Pour toutk??2,n?,1

k?? k k-11tdt. En sommant ces inégalités, on obtient n k=21 k?n? k=2? k k-11tdt=? n

11tdt=ln(n),

puis en rajoutant1à chaque membre de l"inégalité, on obtientHn?1+ln(n). Cette dernière inégalité reste vraie pour

n=1carH1=1et on a donc montré que ?n?N?, ln(n+1)?Hn?1+ln(n).

Soitn?2. Alors ln(n)> 0et en divisant les deux membres de l"encadrement précédent par ln(n), on obtientln(n+1)ln(n)?

H n

ln(n)?1+1ln(n). Quandntend vers+∞,1+1ln(n)tend vers1et d"autre part,ln(n+1)ln(n)tend vers1car ln(n+1)≂ln(n).

Le théorème des gendarmes permet alors d"affirmer que Hn ln(n)tend vers1ou encore que H n≂n→+∞ln(n).

2.Soitn?N?.Kn+1-Kn=1(n+1)2> 0. Donc la suite(Kn)n?N?est strictement croissante. D"autre part, pourn?2,

K n=1+n? k=21 k×k?1+n? k=21(k-1)×k=1+n? k=2?

1k-1-1k?

=1+1-1 n(somme télescopique) ?2.

ce qui reste vrai pourn=1. Ainsi, la suite(Kn)n?N?est croissante et majorée par2et donc la suite(Kn)n?N?converge.

3.Déterminons un équivalent deanquandntend vers+∞:

a n=⎷ n

4n×(2n)!n!2

n→+∞⎷ n

4n×?

2n e?

2n⎷4πn

??n e? n⎷2πn?

2=⎷

n n n×⎷ 4π

2π=1⎷π.

lim n→+∞an=1

4.Soitn?N?.

a n+1 an=⎷ n+1 n+1 puis a n+1 an-1=2n+1-2⎷ n⎷n+1

2⎷n⎷n+1=?

n?2-2⎷n⎷n+1+?⎷n+1?2

2⎷n⎷n+1=?⎷

n+1-⎷n?2

2⎷n⎷n+1.

http ://www.maths-france.fr 4 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

5.On en déduit que pour toutn?N?,an+1an-1 > 0puis quean+1> an(caran> 0). Ainsi, la suite(an)n?N?est

strictement croissante et tend vers 1 ⎷πd"après la question 3. Mais alors ?n?N?,an?1 6.

6.1Soientaetbdeux réels.

(a+b)2-4ab=a2-2ab+b2= (a-b)2?0, et donc(a+b)2?4ab.

6.2Soitn?N?.⎷

n+1-⎷n=1⎷n+⎷n+1. De plus, d"après la question précédente,?⎷n+⎷n+1?2?4⎷n⎷n+1.

Par suite,

7.

7.1Soitn?N?. On sa it déjà quean+1-an?0. Ensuite,

a n+1-an=an?an+1 an-1? =an?⎷ n+1-⎷n?2

2⎷n⎷n+1(d"après la question 4)

×14?n(n+1)×12?n(n+1)(d"après les questions 5 et 6.2) 1

8n(n+1)⎷π.

?n?N?,0?an+1-an?1

8n(n+1)⎷π.

7.2L"inégalité est claire sip=k. Soientketpdeux entiers naturels tels que1?< p.

a p-ak=p-1? i=k(ai+1-ai) (somme télescopique) p-1? i=k1

8i(i+1)⎷π(d"après la question 7.2)

1

8⎷πp-1?

i=k?

1i-1i+1?

=18⎷π?

1k-1p?

(somme télescopique) 1

8k⎷π.

7.3kétant fixé, on fait tendrepvers+∞dans l"encadrement précédent. D"après la question 3, on obtient

?k?N?,0?1 ⎷π-ak?18k⎷π.

Partie B : marche aléatoire sur une droite

http ://www.maths-france.fr 5 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

1.Pour tout entier naturel non nuln,Un=2n?

k=1O k. 2.

2.1Soitk?0. Une marche aléatoire de l"instant0à l"instantks"identifie à unk-uplet(x1,x2,...,xk)d"éléments

de l"ensemble{-1,1}. L"abscisse de la particule à l"instantkestx1+x2+...+xkpuis l"abscisse de la particule est

x

1+x2+...+x2k+x2k+1. Modulo2,x1+x2+...+x2k+x2k+1≡1+1+...+1=2k+1≡1. Ainsi, l"abscisse de la

particule à l"instant0est un nombre impair et en particulier n"est jamais égale à0. Doncp(O2k+1=1) =0.

2.2Soitk?1. Le nombre total de2k-uplets d"éléments de{-1,1}est22k=4k. D"autre part, une marche aléatoire de

l"instant0à l"instant2kaboutissant enOs"identifie à un2k-uplet(x1,...,x2k)d"éléments de{-1,1}tel quex1+x2+...+

x

2k=0c"est-à-dire un2k-uplet(x1,...,x2k)d"éléments de{-1,1}contenant de1que de-1. Il y a?2k

k? tels2k-uplets, 2k k? étant le nombre de choix de l"emplacement deknombres1dans2kplaces. Finalement,p(O2k=1) =? 2k k? 4k.

3.Soitk?N?.E(O2k+1) =0×p(O2k+1=0) +1×p(O2k+1=1) =0. D"autre part,

E(O2k) =0×p(O2k=0) +1×p(O2k=1) =1

4k? 2k k?

L"espérance étant linéaire

E(Un) =2n?

k=1E(Ok) =n? k=1E(O2k) =n? k=11 4k? 2k k? Montrons alors par récurrence que?n?1,E(Un) =2n+1 4n? 2n n? -1.

•Pourn=1,E(Un) =1?

k=11 4k? 2k k? =24=12et2n+14? 2n n? -1=34×2-1=12. L"égalité est donc vraie quandn=1.

•Soitn?1. Supposons queE(Un) =2n+1

4n? 2n n? -1.

E(Un+1) =E(Un) +1

4n+1?

2(n+1)

n+1? =2n+14n? 2n n? -1+14n+1? 2n+2 n+1? 1 4n+1?

4(2n+1)?2n

n? +?2n+2 n+1?? -1=14n+1?

4(2n+1)(n+1)2(2n+2)(2n+1)+1??2n+2

n+1? -1 1

4n+1(2(n+1) +1)?2(n+1)

n+1? -1. Le résultat est démontré par récurrence. ?n?1,E(Un) =2n+1 4n? 2n n? -1.

4.E(Un) =2n+1⎷n⎷

n 4n? 2n n?

-1=(2n+1)an⎷n-1. D"après la question 3 de la partie A,(2n+1)an⎷n≂n→+∞2n⎷n⎷π=

2 n⎷π. Puisque limn→+∞2⎷ n⎷π= +∞, on en déduit que

E(Un)≂n→+∞2⎷

n⎷π.

Partie C : marche aléatoire sur un plan

1.Pour toutn?1,Un=2n?

k=1O k. http ://www.maths-france.fr 6 c?Jean-Louis Rouget, 2011. Tous droits réservés.

2.•Soitk?0. Si une marche dans le plan aboutit à l"origine à l"instantk, alors la projetée de cette marche sur l"axe

(Ox)aboutit aussi à l"origine. D"après la partie B, la projetée de la particule sur(Ox)n"est jamais enOà l"instant2k+1

et donc la particule n"est jamais enOà l"instant2k+1. On en déduit quep(O2k+1=1) =0.

•Soitk?1. Une marche entre l"instant0et l"instant2kaboutit enOsi et seulement si ses projections sur(Ox)et(Oy)

aboutissent enO. La probabilité demandée est donc p(O2k=1) =?1 4k? 2k k?? 2 =?ak⎷k? 2 =a2kk.

3.La question précédente fournit aussi?k?0,E(O2k+1) =0et?k?1,E(O2k) =a2k

k.

Soitn?1.E(Un) =2n?

k=1E(Ok) =n? k=1E(O2k) =n? k=1a 2 k k.

4.Soitk?1. D"après la question 7.3 de la partie A,0?1

⎷π-ak?18k⎷πet donc1⎷π-18k⎷π?ak?1⎷πpuis 1 kπ?

1-18k?

2 ?a2kk?1kπ. D"autre part, 1-1 8k? 2 =1-14k+164k2?1-14k, et doncak?1 kπ?

1-18k?

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