%\documentclass{article} %DÉSACTIVER POUR A5
\documentclass[a5paper]{article} %ACTIVER POUR A5

%########
% Packages #
%########

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[frenchb]{babel}

%######Affichage des maths
\DecimalMathComma %pour ne plus avoir d'espace après la virgule dans l'écriture décimale des nombres

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb,amsthm}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{amsopn}

\usepackage[np]{numprint}%écriture des nombres avec des espaces et en écriture scientifique

\usepackage{dsfont} %Pour faire le 1 double barre de la fonction caractérisitque dans un enironnement maths. \mathds{1}
%\usepackage{bbold} %Double barre mais en petit pour tout les nombres dans un enironnement maths.\mathbb{1}

%######Graphique
\usepackage[dvipsnames]{xcolor}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{pgf}
\usepackage{tikz}
\usepackage{tkz-tab}
\usetikzlibrary{shapes,arrows}

\usepackage{geometry} 
\geometry{hscale=0.85,vscale=0.85,centering}

%######Tableau
\usepackage{array}%pour centrer dans un tableau

\usepackage{colortbl}%pour colorier les cellules lignes colonnes d'un tableau: \rowcolor{} , 	\columncolor{}

\usepackage{tabularx}%quelques amélioraions de l"environnement tabular

\usepackage{diagbox} % Pour faire une diagonale dans une case d'un tableau: \diagbox{bas gauche}{haut droit}

%######Hyperliens dans les pdf

\usepackage[colorlinks=true,linkcolor=magenta,urlcolor=magenta]{hyperref}% Pour créer des liens à l'intérieur du pdf: \hyperlink{label}{texte du lien} permettra d'atteindre la cible identifiée par \hypertarget{label}{texte de la cible}. Les textes du lien et de la cible peuvent être vides.

%######Vrac
\usepackage{eurosym}%pour afficher le symbole euro

\usepackage{enumerate}%énumération avec des lettres Pour avoir une liste en ligne utiliser \begin{tasks} et non pas enumerate puis \task et non pas \item

\usepackage{stmaryrd}%pour faire des "intervalles" d'entiers \llbracket et \rrbracket

\usepackage{xlop}%poser les calculs

\usepackage{verbatim}%pour utiliser commande \exclure et normalement pour faire l'affichage tel quel sans compiler le texte. 
%\usepackage{alltt}%Pour utiliser une commande latex dans un environnement verbatim il faut utiliser: alltt

\usepackage{fancyhdr}

%######Algo

\usepackage{listings} % \begin{lstlisting} \end{lstlisting} affiche du code comme le fait le langage choisi. \lstset{language=Pascal} \lstset{language=Python} pour choisir le langage dans le document avant chaque programme ou avant le \begin{document} pour l'appliquer à tout le document. \lstset{} permet d'indiquer toutes les options. Pas de caractère accentué (option lourdingue à rajouter). Il espossible d'inclure un code python d'un fichier extérieur \lstinputlisting{source_filename.py}.
\lstset{language=Python}

\usepackage[french]{algorithm2e}%pseudocode

%############### Formule developpée molécule chimie

\usepackage{chemfig}

%#####################
% Commande et environnement #
%#####################

\theoremstyle{plain}

%Pour redéfinir les commande section (changer la couleur centrer):
\usepackage{titlesec}
\titleformat{\section}[block]{\color{blue}\Large\bfseries\filcenter}{}{1em}{}
\titleformat{\subsection}[hang]{\color{purple}\large\bfseries}{\thesubsection}{1em}{}
\titleformat{\subsubsection}[hang]{\bfseries}{\thesubsubsection}{1em}{}
\titleformat{\paragraph}[hang]{}{}{1em}{}

\renewcommand{\thesection}{{}}
\renewcommand{\thesubsection}{\color{purple}\Roman{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{}

\newenvironment{correction}{\color{Brown}}{\medskip}

\newenvironment{sujet}{}{\medskip}

%environnement bareme
\newenvironment{bareme}{\footnotesize \hfill }{\footnotesize \emph{~points}}


\newenvironment{notes}{\color{violet}\noindent ~\\}{~\\}

%environnement exercice
\newcounter{Exercice}
\setcounter{Exercice}{1}
\newcounter{Exercicecorrection}
\newenvironment{exercice}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\color{blue}Exercice \theExercice} \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{blue}\small}{\medskip}

%environnement exercicecorrection
\newenvironment{exercicecorrection}{\medskip \small \color{Brown} \noindent \underline{Correction exercice \theExercicecorrection}
	
}{~\newline}

%environnement exercice supplémentaire
\newenvironment{exercicesup}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\footnotesize\color{violet}Exercice \theExercice{} pour s'entraîner. } \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{violet}\footnotesize}{\medskip}

%environnement exercice interrogation
\newcounter{Exerciceinterro}
\setcounter{Exerciceinterro}{1}
\newenvironment{exerciceinterro}{
	\medskip \noindent \underline{\color{purple}Exercice noté \theExerciceinterro . } \addtocounter{Exerciceinterro}{1} \medskip \color{blue}\small }{\medskip}

%environnement exercice interrogation déjà donné
\newcounter{Exerciceinterrofait}
\setcounter{Exerciceinterrofait}{1}
\newenvironment{exerciceinterrofait}{
	\medskip \noindent \underline{\color{purple}Exercice noté déjà fait\theExerciceinterrofait . } \addtocounter{Exerciceinterrofait}{1} \medskip \color{blue}\small }{\medskip}

%environnement pour le résumé de la démonstration écrire en orange
\newenvironment{resume}{\color{orange}}{\medskip}

%environnement definition
\newcounter{Definition}
\setcounter{Definition}{1}
\newenvironment{définition}{\medskip \noindent {\color{orange}Définition \theDefinition} \addtocounter{Definition}{1} \newline \noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement théorème il est possible d'ajouter un titre de théorème en mettant entre accolade le titre après le begin{théorème}
\newcounter{Theoreme}
\setcounter{Theoreme}{1}
\newenvironment{théorème}[1]{\medskip \noindent {\color{purple}Théorème \theTheoreme #1} \addtocounter{Theoreme}{1} 
	
	\noindent \begin{tabular}{||m{12cm}||}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement proposition
\newcounter{Proposition}
\setcounter{Proposition}{1}
\newenvironment{proposition}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Proposition \theProposition #1} \addtocounter{Proposition}{1}
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement lemme
\newcounter{Lemme}
\setcounter{Lemme}{1}
\newenvironment{lemme}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Lemme \theLemme #1} \addtocounter{Lemme}{1}
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement corollaire
\newcounter{Corollaire}
\setcounter{Corollaire}{1}
\newenvironment{corollaire}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Corollaire \theCorollaire #1} \addtocounter{Corollaire}{1} 
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement démonstration
\newcounter{Demonstration}
\setcounter{Demonstration}{1}
\newenvironment{preuve}{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Démonstration \theDemonstration} \addtocounter{Demonstration}{1} \color{CadetBlue} 
	
}{}

%environnement conclusion encadré et coloré
\newenvironment{conclusion}
{\color{PineGreen}\begin{tabular}{|c|}\hline \\ \begin{minipage}{0.85\linewidth} \begin{center} }
			{\end{center} \end{minipage} \\ \\ \hline \end{tabular} }

%Commande pour l'objectif et l'écrire en vert
\newcommand{\objectif}[1]{{\color{PineGreen}#1}
	
	\medskip}


%########################
%Test conditionnel pour l'affichage    #
%########################
\newif\ifs
%\strue%affiche la boite à trous
\sfalse%affiche la réponse

%Pour faire une case à trou complétable sur le pdf
\newcounter{Trous}
\setcounter{Trous}{1}
\newcommand{\trous}[2][3cm]{
	\ifs
	\begin{Form}
		\TextField[name=\theTrous ,bordercolor=,borderwidth=0, backgroundcolor=gray!20, align=1,  width=#1 ,height=0.2cm, bordersep=0,color=black] {}
	\end{Form}
	\xspace
	\else
	#2
	\fi
	\addtocounter{Trous}{1}
}

%en tête puis pied de page
\pagestyle{empty}
\pagestyle{fancy} 
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}%Pas de ligne horizontale en haut
\lhead[]{}%entre crochets pages paires entre accolades pages impaires
\chead[\small ]{\footnotesize \href{http://unemainlavelautre.net/bce.html}{BCE ESSEC 2017 BL} }% l left, c center, r right
\rhead[]{}
\lfoot[]{}
\cfoot[\small -\thepage -]{\small -\thepage -}
\rfoot[]{}

%Les couleurs déjà utilisées: blue = liens url, purple = mot importants, brown = correction, cyan = notes, green= exercices du manuel correspondant à la partie, orange=definition, purple = exercice, violet=proposition, corollaire et démonstration

%############################
%les environnements qu'on affiche ou pas  #
%############################

\newcommand{\exclure}[1]{\renewenvironment{#1}{\begingroup\comment}{\endcomment\endgroup\ignorespaces}}
\exclure{exerciceinterro}
\exclure{bareme}
\exclure{notes}
\exclure{exerciceinterrofait}
\exclure{exercicecorrection}
%\exclure{correction}
\exclure{resume}
\exclure{preuve}
%\exclure{sujet}

\begin{document}

\section{BCE ESSEC 2017 épreuve à option BL.}

\begin{center}
	
	Durée 4 heures.
	
\end{center}

\begin{sujet}
		
	\emph{La présentation, la lisibilité, l'orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante  dans l'appréciation des copies.}
	
	\emph{Les candidats sont invités à encadrer dans la mesure du possible les résultats de leurs calculs.}
	
	\emph{Ils ne doivent faire usage d'aucun document. L'utilisation de toute calculatrice et de tout matériel électronique est interdite. Seule l'utilisation d'une règle graduée est autorisée.}
	
	\emph{Si au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d'énoncé, il la signalera sur sa copie et poursuivra sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il sera amené à prendre.}
	
\end{sujet}

\subsection{\color{purple}Exercice.}

\begin{sujet}
	
	Dans cet exercice, on désigne par $E$ l'ensemble des fonctions de classe $C^1$ sur $[0,1]$ à valeurs réelles vérifiant $f(0)=0$ et $f(1)=1$.
	
	On se propose de déterminer, si elles existent les bornes supérieure et inférieure de l'ensemble: \[ I= \left\{ \int_0^1 |f-f'|\ ; \ f\in E \right\}. \]
	
	On rappelle qu'un ensemble $I$ non vide de réels admet une borne supérieure (resp. inférieure), si l'ensemble $I$ est majoré (resp. minoré). Dans ce cas, si $M$ (resp. $m$) est un majorant (resp. minorant) de $I$ et s'il existe une suite  d'éléments de $I$ convergeant vers $M$ (resp. $m$), alors $M$ (resp. $m$) est la borne supérieure (resp. inférieure) de $I$.
	
	Pour $f$ dans $E$ et $x$ dans $[0,1]$, on pose $g(x)=f(x)\exp(-x)$ et on dira que $g$ est associée à $f$.
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Pour $x \in [0,1]$, exprimer $f'(x)-f(x)$ à l'aide de $g'(x)$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Exprimons $f'-f$ en fonction de $g'(x)$.}
		
		{\color{orange}Nous ne connaissons pas pour l'instant $g'$ nous allons donc calculer la dérivée de $g$.}
		
		\medskip
		$g$ est un produit $uv$ de fonctions avec $u(x)=f(x)$ et $v(x)=\exp(-x)$ qui sont toutes deux de classe $C^1$ donc dérivables et \[ u'(x)=f'(x) \quad \text{et} \quad v'(x)=-\exp(-x). \] Par conséquent $g=uv$ est dérivable et quelque soit $x \in [0,1]$
		
		\begin{align*}
			g'(x) &= u'(x) v(x) +u(x) v'(x)\\
			&= f'(x) \exp(-x) + f(x) \left( -\exp(-x) \right)\\
			&= f'(x){\color{orange}\exp(-x)}-f(x) {\color{orange}\exp(-x)}\\
			&= \left[ f'(x) -f(x) \right] {\color{orange}\exp(-x)}
		\end{align*}
		
		De
		
		\begin{align*}
			g'(x) &= \left[ f'(x)-f(x) \right] \mathrm{e}^{-x}\\
			\intertext{Nous déduisons, puisque $\exp(-x) \ne 0$}
			\frac{g'(x)}{\color{orange}	 \mathrm{e}^{-x}} &= \frac{\left[ f'(x) -f(x) \right] \mathrm{e}^{-x} }{\color{orange} \mathrm{e}^{-x}}
			\intertext{Donc:}
			g'(x) \mathrm{e}^{x} &= f'(x) - f(x)
		\end{align*}
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			quelque soit $x \in [0,1]$, $f'(x)-f(x)= g'(x) \mathrm{e}^x$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Pour $n$ dans $\mathbb{N}^*$, déterminer une fonction $g_n$ polynomiale de degré $2$ telle que: \[ g_n(0)=0 \quad g_n(1)=\frac{1}{\exp(1)} \quad g_n \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{n}{\exp(1)}. \]
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Soit $n\in \mathbb{N}^*$.
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons $g_n$ par analyse-synthèse.}
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item Supposons que $g_n$ est polynomiale de degré $2$ vérifiant les trois conditions de l'énoncé.
			
			Autrement dit il existe $a$, $b$ et $c$ des réels avec $a \ne 0$ tels que: $g_n(x)=ax^2+bx+c$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
			
			$g_n(0)=0$ donc $c=0$ et $g_n(x)=ax^2+bx$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
			
			De: $g_n(1)=\mathrm{e}^{-1}$ nous déduisons $a+b=\mathrm{e}^{-1}$ puis \[ a=-b+ \mathrm{e}^{-1}\quad (E_1). \]
			
			De: $g_n\left( \frac{1}{2} \right) =n \mathrm{e}^{-1}$ nous déduisons $\frac{1}{4}a+ \frac{1}{2}b=n\mathrm{e}^{-1}$ et donc \[ a=-2b + 4n\mathrm{e}^{-1} \quad (E_2). \]
			
			De $(E_1)$ et $(E_2)$ nous déduisons: \[ -b+\mathrm{e}^{-1} = -2b + 4 n \mathrm{e}^{-1}. \]
			
			Donc: $b= (4n-1) \mathrm{e}^{-1}$.
			
			Puis d'après $(E_1)$: $a=(2-4n) \mathrm{e}^{-1}$.
			
			\item Posons, pour tout $x \in \mathbb{R}$: $g_n(x)= (2-4n) \mathrm{e}^{-1}x^2 + (4n-1) \mathrm{e}^{-1}x$.
			
			Il est alors aisé de vérifier que $g_n$ est polynomiale de degré deux et que les conditions sur $g_n(0)$, $g_n(1)$ et $g_n\left( \frac{1}{2} \right)$.
		\end{enumerate}
		
		Nous avons donc démontré par analyse-synthèse que
		
		\begin{conclusion}
			
			quelque soit $n\in\mathbb{N}^*$, la fonction $g_n(x)= (2-4n) \mathrm{e}^{-1}x^2 + (4n-1) \mathrm{e}^{-1}x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, convient.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Pour $n$ dans $\mathbb{N}^*$ et $x$ dans $[0,1]$, on pose $f_n(x)=g_n(x)\exp(x)$.
		
		Déterminer $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \int_0^1 |f_n-f_n'|$ et en déduire que l'ensemble $I$ n'est pas majoré.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \int_0^1 |f_n-f_n'|$.}
		
		{\color{orange}La formulation de l'énoncé semble affirmer l'existence de cette limite ce qui nous autoriserait à faire l'économie de la démonstration de cette existence.}
		
		\medskip
		Soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in [0,1]$.
		
		D'après la question 1:
		
		\begin{align*}
			|f_n(x)-f_n'(x)|  &=  |g_n'(x)| \mathrm{e}^x  \\
			&\geqslant |g_n'(x)| \mathrm{e}^{0}\\
			&\geqslant |g_n'(x)| \\
			\intertext{Donc:}
			\int_0^1 |f_n - f_n' | &\geqslant \int_0^1 |g_n'| \quad (E_3)
		\end{align*}
		
		Et
		\begin{align*}
			g_n'(x) &=  2(2-4n) \mathrm{e}^{-1}x + (4n-1) \mathrm{e}^{-1}\\
			&=  -(8n-4) \mathrm{e}^{-1}x + (4n-1) \mathrm{e}^{-1}
		\end{align*}
		
		$g_n'$ est une fonction affine dont le coefficient directeur est strictement négatif et qui s'annule en $-\frac{(4n-1) \mathrm{e}^{-1}}{-(8n-4) \mathrm{e}^{-1}}= \frac{4n-1}{8n-4}$. Nous en déduisons sa représentation graphique (schématique).
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=0.5,yscale=0.5]
			\def\xY{-0.5};
			\def\yY{-3};
			\def\xZ{6};
			\def\yZ{4};
			\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
			\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
			\draw node[below left,fill=white](0,0){\small $0$};
			\foreach \x in {5}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x /5 }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
			\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
			\coordinate(A)at(0,3);
			\draw (A) node[left]{$g_n'(0)=(4n-1)\mathrm{e}^{-1}$};
			\coordinate(B)at(3,0);
			\draw (B) node{$\bullet$};
			\draw (B) node[below left]{$\frac{4n-1}{8n-4}$};
			\coordinate(C)at(5,-2);
			\draw [dashed] (0,-2)--(5,-2);
			\draw (0,-2) node[left]{$g_n'(1)= -(4n-3) \mathrm{e}^{-1}$};
			\draw [very thick,blue] (A)--(C);
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		Puis celle de $|g_n'|$:
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=0.5,yscale=0.5]
			\def\xY{-0.5};
			\def\yY{-3};
			\def\xZ{6};
			\def\yZ{4};
			\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
			\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
			\draw node[below left,fill=white](0,0){\small $0$};
			\foreach \x in {5}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x /5 }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
			\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
			\coordinate(A)at(0,3);
			\draw (A) node[left]{$g_n'(0)=(4n-1)\mathrm{e}^{-1}$};
			\coordinate(B)at(3,0);
			\draw (B) node{$\bullet$};
			\draw (B) node[below left]{$\frac{4n-1}{8n-4}$};
			\coordinate(C)at(5,2);
			\draw [dashed] (0,2)--(5,2);
			\draw (0,2) node[left]{$g_n'(1)= (4n-3) \mathrm{e}^{-1}$};
			\draw [very thick,blue] (A)--(B)--(C);
			\fill[color=gray , opacity=0.25] (A)--(B)--(0,0)-- cycle;
			\fill[color=gray , opacity=0.25] (C)--(B)--(5,0)-- cycle;
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		$\int_0^1 |g_n'|$ peut alors s'interpréter comme l'aire grisée qui est formée de deux triangles rectangles.
		
		\begin{align*}
			\int_0^1 |g_n'| &= \frac{1}{2} (4n-1) \mathrm{e}^{-1} \frac{4n-1}{8n-4} + \frac{1}{2} (4n-3) \mathrm{e}^{-1} \left( 1 - \frac{4n-1}{8n-4} \right)\\
			&= \frac{\mathrm{e}^{-1}}{2(8n-4)} \left[ (4n-1)^2+(4n-3) \left( 8n-4-4n+1 \right) \right]\\
			&= \frac{\mathrm{e}^{-1}}{2(8n-4)} \left[ (4n-1)^2+(4n-3)^2 \right]
		\end{align*}
		
		Donc en utilisant $(E_3)$: \[ \int_0^1 |f_n-f_n'| \geqslant \frac{\mathrm{e}^{-1}}{2(8n-4)} \left[ (4n-1)^2 + (4n-3)^2 \right]. \]
		
		De $\frac{\mathrm{e}^{-1}}{2(8n-4)} \left[ (4n-1)^2 + (4n-3)^2 \right] \underset{n \to + \infty}{\sim} 2 \mathrm{e}^{-1} n^3$, nous déduisons finalement 
		
		\begin{conclusion}
			
			$\lim_{n \to +\infty} \int_0^1 |f_n-f_n'| = +\infty$.
			
		\end{conclusion}			
		
		\medskip
		Nous avons donc trouvé une suite d'élément de $I$ qui n'est pas majorée donc
		
		\begin{conclusion}
			
			$I$ n'est pas majoré.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		En utilisant la fonction $g$ associée à une fonction $f$ quelconque de $E$, montrer que $\displaystyle \int_0^1 |f-f'|$ est minoré par $\displaystyle \frac{1}{\exp(1)}$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Démontrons: $\forall f \in E,\ \mathrm{e}^{-1} \leqslant \int_0^1 |f-f'|$.}
		
		Soit $f \in E$.
		
		D'après la question 1, quelque soit $x \in [0;1]$,
		
		\begin{align*}
			\int_0^1 |f'(t)-f(t)|\ \mathrm{d}t &= \int_0^1 |g'(t)|\ \mathrm{d}t\\
			&\geqslant \left| \int_0^1 g'(t)\ \mathrm{d}t \right|\\
			&\geqslant \left| \left[ g(t) \right]_0^1 \right|\\
			\intertext{de $f(0)=0$ et $f(1)=1$ nous déduisons $g(0)=0$ et $g(1)=\mathrm{e}^{-1}$, donc:}
			\int_0^1 |f'(t)-f(t)|\ \mathrm{d}t &\geqslant \left| \mathrm{e}^{-1}-0 \right|\\
			&\geqslant \frac{1}{\exp(1)}
		\end{align*}
		
		Nous avons donc établi que quelque soit $f \in E$, $\int_0^1 |f'(t)-f(t)|\ \mathrm{d}t \geqslant \frac{1}{\exp(1)}$. Autrement dit
		
		\begin{conclusion}
			
			$\frac{1}{\exp(1)}$ est un minorant de $I$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\begin{sujet}
	
	Le but de la suite de cet exercice est de montrer que la borne inférieure de $I$ est $\displaystyle \frac{1}{\exp(1)}$.
	
	Pour $t$ dans $]0,1[$, on définit la fonction $f_t$ sur $[0,1]$ par: \[ f_t(x)= \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \frac{(2t-x)x\exp(x-1)}{t^2} & \text{si } 0\leqslant x \leqslant t \\ \exp(x-1) & \text{si } t< x \leqslant 1 \end{array} \right. \]
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{4}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que $f_t$ est dans $E$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Soit $t \in ]0;1[$.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons: $f_t$ est de classe $C^1$ sur $[0;1]$.}
		
		{\color{orange}Le résultat est évident sur $[0;1] \setminus \{ t \}$.}
		
		\medskip
		\begin{enumerate}[*]
			\item $f$ est continue sur $[0;1]$.
			\item $f$ est dérivable sur $[0;1] \setminus \{ t \}$.
			
			Si $x \in [0;t[$ alors $f_t(x)=\frac{1}{t^2} (2tx-x^2) \exp(x-1)$ et donc
			\begin{align*}
				f_t'(x) &= \frac{1}{t^2} \left[ (2t-2x) \exp(x-1)+ (2tx-x^2) \exp(x-1) \right]\\
				&= \frac{\exp(x-1) }{t^2} (-x^2+(2t-2)x+2t)
			\end{align*}
			
			 et si $x \in ]t;1]$ alors $f_t'(x)= \exp(x-1)$.
			 
			 \item $f_t'(x) \underset{x \to t}{\rightarrow} \exp(t-1)$.
			 
			 En effet \[ \frac{\exp(x-1) }{t^2} (-x^2+(2t-2)x+2t) \underset{x \to t^-}{\rightarrow} \exp(t-1), \] et \[ \exp(x-1) \underset{x \to t^+}{\rightarrow} \exp(t-1).\]
			 
		\end{enumerate}
		
		Des trois points précédents nous déduisons d'après le \og théorème limite de la dérivée \fg{} que $f$ est dérivable en $t$ et $f'(t)= \exp(t-1)$.
		
		\medskip
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$f_t \in E$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Calculer $\displaystyle  \int_0^1 |f_t -f_t'|$ et en déduire $\displaystyle \lim_{ \substack{t\to 0 \\ t>0}} \int_0^1 |f_t-f_t'|$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Calculons $\int_0^1 |f_t-f_t'|$.}
		
		Soit $t \in ]0;1[$.
		
		\begin{align*}
		\intertext{Utlisons la relation de Chasles:}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \int_0^t |f_t - f_t'| + \int_t^1 |f_t - f_t'| \\
			\intertext{Puisque sur $[t;1]$, $f_t=f_t'$:}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \int_0^t |f_t-f_t'|\\
			\intertext{En utilisant l'expression de $f_t'$ trouvée à la question précédente ainsi que celle de $f_t$:}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \int_0^t \left| \frac{\exp(x-1)}{t^2}(2tx-x^2) -\frac{\exp(x-1)}{t^2} \left( -x^2+(2t-2)x +2t \right) \right|\ \mathrm{d}x\\
			&= \int_0^t \frac{\exp(x-1)}{t^2} \left| 2x-2t \right| \mathrm{d}x\\
			&= \frac{2}{t^2}\int_0^t (t-x)\exp(x-1) \ \mathrm{d}x\\
			\intertext{En intégrant par parties:}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \frac{2}{t^2} \left(  \left[ (t-x) \exp(x-1) \right]_0^t - \int_0^t -\exp(x-1) \ \mathrm{d}x \right)\\
			&= \frac{2}{t^2} \left( -t\mathrm{e}^{-1} + \left[ \exp(x-1) \right]_0^t \right)\\
			&= \frac{2}{t^2} \left( -t\mathrm{e}^{-1} +\exp(t-1) -\mathrm{e}^{-1} \right)
		\end{align*}
		
		Enfin
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \int_0^1 |f_t - f_t'| = \frac{2\mathrm{e}^{-1}}{t^2} \left( -t+\exp(t)-1) \right)$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons $\lim_{ \substack{t\to 0 \\ t>0}} \int_0^1 |f_t-f_t'|$.}
		
		\begin{align*}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \frac{2\mathrm{e}^{-1}}{t^2} \left( -t+\exp(t)-1) \right)\\
			\intertext{En considérant un développement limité à l'ordre $3$ en $0$ de la fonction exponentielle:}
			\int_0^1 |f_t - f_t'| &= \frac{2\mathrm{e}^{-1}}{t^2} \left[ -t+\left( 1+ t +\frac{1}{2}t^2 + \frac{1}{6}t^3 + \mathrm{o}(t^3) \right) -1) \right]\\
			&= \mathrm{e}^{-1} \left( 1+\frac{1}{3}t + \mathrm{o}(t) \right)
		\end{align*}
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \lim_{ \substack{t\to 0 \\ t>0}} \int_0^1 |f_t-f_t'| =\mathrm{e}^{-1}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que la borne inférieure de $I$ est $\displaystyle \frac{1}{\exp(1)}$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons la borne inférieure de $I$.}
		
		D'après la question précédente, quelque soit $\varepsilon >0$, il existe $t \in ]0;1[$ tel que $f_t \in E$ et \[ \left| \mathrm{e}^{-1} - \int_0^1 |f_t-f_t'| \right| < \varepsilon \]
		
		Nous en déduisons, $\mathrm{e}^{-1}$ étant, d'après la question $4$, un minorant de $I$: \[ \mathrm{e}^{-1} \leqslant \int_0^1 |f_t-f_t'| < \mathrm{e}^{-1} +\varepsilon \]
		
		Ceci étant vrai quelque soit $\varepsilon >0$, nous pouvons conclure:
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \frac{1}{\exp(1)}$ est la borne inférieure de $I$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\subsection{\color{purple}Problème.}

\begin{sujet}
	
	La première partie de ce problème détermine quelques propriétés des matrices d'Ehrenfest.
	
	La seconde partie étudie un modèle de diffusion de particules à travers une membrane poreuse.
	
	Dans ce problème, $n$ est un entier supérieur ou égale à $2$.
	
	On désigne par $A_n$ la matrice carrée de $\mathscr{M}_{n+1}(\mathbb{R})$ définie par: \[ A_n =\begin{pmatrix}
	0 & n & 0 & \dots & \dots & 0 \\
	1 & 0 & n-1 & \dots & \dots & 0 \\
	0 & 2 & 0 & \ddots & \vdots & 0 \\
	\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots\\
	0 & \dots & \dots & \ddots & \ddots & 1\\
	0 & \dots & \dots & \dots & n & 0
	\end{pmatrix}\]
	
	Plus formellement, pour $1 \leqslant i \leqslant n+1$ et $1 \leqslant j \leqslant n+1$, le terme situé sur la ligne $i$ et la colonne $j$ de $A_n$ est $\displaystyle \left\{ \begin{array}{ll} n-i+1 & \text{si }j=i+1 \\
	i-1 & \text{si } i=j+1\\
	0 & \text{sinon} \end{array} \right.$.
	
	Enfin on pose $\displaystyle A_n'= \frac{1}{n}A_n$ et $B_n=A_n^{T}$ où $A_n^T$ désigne la matrice transposée de $A_n$.
	
	Par commodité, on confondra matrice colonne à $k$ lignes et vecteurs de $\mathbb{R}^k$.
	
\end{sujet}

\subsubsection{Partie 1: matrice d'Ehrenfest.}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{7}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Déterminer les éléments propres (valeurs propres et vecteurs propres) de la matrice $B_2$.
		
		Cette matrice est-elle diagonalisable?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\begin{align*}
			B_2 &= A_2 ^T\\
			&= \begin{pmatrix}
			0 & 2 & 0 \\
			1 & 0 & 1 \\
			0 & 2 & 0
			\end{pmatrix} ^T \\
			&= \begin{pmatrix}
			0 & 1 & 0 \\
			2 & 0 & 2 \\
			0 & 1 & 0
			\end{pmatrix}			
		\end{align*}
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item Première méthode: détermination du noyau.
			
			Dire que $\lambda \in \mathbb{R}$ est une valeur propre pour $B_2$ et que $X \in \mathbb{R}^3 \setminus \{ 0 \}$ est un vecteur propre associé à $\lambda$ si et seulement si $\ker (\lambda I_3-B_2) \ne \{ 0 \}$.
			
			Déterminons donc le noyau de $\lambda I_3-B_2$.
			
			Pour cela nous allons échelonner en colonnes la matrice du haut {\color{orange}en préférant des coefficients sans $\lambda$ sur la diagonale afin d'être sur du rang de la matrice}.
			
			\medskip
			$\left[ \begin{array}{c}
			\lambda I_3-B_2 \\
			\hline
			I_3
			\end{array} \right]$
			
			\medskip
			$\left[ \begin{array}{ccc}
			\lambda & -1 & 0 \\ 
			-2 & \lambda & -2 \\ 
			0 & -1 & \lambda \\
			\hline
			1 & 0 & 0 \\ 
			0 & 1 & 0 \\ 
			0 & 0 & 1 
			\end{array} \right]$
			et en intervertissant les colonnes 
			$\left[ \begin{array}{ccc}
			-1 & 0 & \lambda \\ 
			\lambda & -2 & -2 \\ 
			-1 & \lambda & 0 \\
			\hline
			0 & 0 & 1 \\ 
			1 & 0 & 0 \\ 
			0 & 1 & 0 
			\end{array} \right]$
			
			\medskip
			En faisant: $C_3\leftarrow \lambda C_1+C_3$ 
			$\left[ \begin{array}{ccc}
			-1 & 0 & 0 \\ 
			\lambda & -2 & \lambda^2-2 \\ 
			-1 & \lambda & -\lambda \\
			\hline
			0 & 0 & 1 \\ 
			1 & 0 & \lambda \\ 
			0 & 1 & 0 
			\end{array} \right]$
			
			\medskip
			En faisant: $C_3\leftarrow \lambda -\frac{\lambda^2-2}{-2}C_2+C_3$ 
			$\left[ \begin{array}{ccc}
			-1 & 0 & 0 \\ 
			\lambda & -2 & 0 \\ 
			-1 & \lambda & \lambda \frac{\lambda^2-2}{2}-\lambda \\
			\hline
			0 & 0 & \color{red}1 \\ 
			1 & 0 & \color{red}\lambda \\ 
			0 & 1 & \color{red}\frac{\lambda^2-2}{2} 
			\end{array} \right]$.
			
			\medskip
			Ainsi $\ker(\lambda I_3-B_2) \ne 0$ si et seulement si $\lambda \frac{\lambda^2-2}{2}-\lambda =0$. 
			
			Or 
			\begin{align*}
				\lambda \frac{\lambda^2-2}{2}-\lambda &= \frac{\lambda^3-2\lambda}{2} - \frac{2\lambda}{2}\\
				&= \frac{\lambda^3-4\lambda}{2}\\
				&= \frac{1}{2} \lambda (\lambda^2-4 )\\
				&= \frac{1}{2} \lambda (\lambda-2)(\lambda +2)
			\end{align*}
			
			donc les valeurs propres de $B_2$ sont $0$, $-2$ et $2$ et des vecteurs propres correspondants sont $\color{red}\begin{pmatrix} 1 \\ \lambda \\ \frac{\lambda^2-2}{2} \end{pmatrix}$.
			
			
			
			\item Seconde méthode: en utilisant le polynôme caractéristique (hors programme en B/L).
			
			\begin{align*}
			\chi_{B_2}(X) &=\det \left( XI_3 - B_2 \right) \\
			&= \begin{vmatrix}
			X & -1 & 0 \\
			-2 & X & -2 \\
			0 & -1 & X
			\end{vmatrix} \\
			\intertext{D'après la règle de Sarrus:}
			\chi_{B_2}(X) &= X^3-2X-2X\\
			&= X^3-4X\\
			&= X(X^2-4)\\
			&= X(X^2-2^2)\\
			&= X(X-2)(X+2)
			\end{align*}
			$\chi_{B_2}$ est scindé simple sur $\mathbb{R}$ donc $B_2$ est diagonalisable, $\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(B_2) = \{ 0; -2; 2 \}$ et les sous-espaces propres correspondants sont de dimension $1$.
			
			Déterminons un vecteur propre pour chacune des valeurs propres.
			
			\begin{enumerate}[.]
				\item Dire que $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \ne 0$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $0$ équivaut successivement à:
				
				\[ B_2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0 \]
				
				\[ \left\{ \begin{array}{rcl} 
				y &= &0 \\
				2x+2z & = & 0 \\
				y & = & 0
				\end{array}
				\right. \]
				
				Donc 
				
				$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $0$.
				
				\item Dire que $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \ne 0$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $2$ équivaut successivement à:
				
				\[ B_2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \]
				
				\[ \left\{ \begin{array}{rcl} 
				y &= & 2x \\
				2x +2z & = & 2y \\
				y & = & 2z
				\end{array}
				\right. \]
				
				\[ \left\{ \begin{array}{rcl} 
				y &= & 2x \\
				y & = & y \\
				y & = & 2z
				\end{array}
				\right. \]				
				
				Donc 
				
				$\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $2$.
				
				\item Dire que $\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \ne 0$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $-2$ équivaut successivement à:
				
				\[ B_2 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -2\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \]
				
				\[ \left\{ \begin{array}{rcl} 
				y &= & -2x \\
				2x + 2z & = & -2y \\
				y & = & -2z
				\end{array}
				\right. \]
				
				\[ \left\{ \begin{array}{rcl} 
				y &= & -2x \\
				y & = & y \\
				y & = & -2z
				\end{array}
				\right. \]				
				
				Donc 
				
				$\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $-2$.
				
			\end{enumerate}
			
		\end{enumerate}
		
		Quelle que soit la méthode retenue:
		
		\begin{conclusion}
			
			Ainsi $\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(B_2)= \{ -2 ; 0; 2 \}$ et $E_{-2} = \mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)$, $E_{0} = \mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \right)$ et $E_{2} = \mathrm{Vect}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)$.
			
			Et par conséquent $B_2$ est diagonalisable.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Déterminer $B_2^p$ pour $p$ entier naturel.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Soit $p \in \mathbb{N}$.
		
		\medskip
		\begin{enumerate}[*]
			
			\item Notons $\mathscr{B}_v= \left( \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix},  \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix},  \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)$ la base formée de vecteurs propres pour $B_2$.
			
			La matrice représentative de $X \mapsto B_2X$ dans $\mathscr{B}_v$ est donc $D_2=\mathrm{diag}(-2,0,2)$.
			
			La matrice de passage de $\mathscr{B}_v$ vers la base canonique $\mathscr{B}_0$ est clairement: $P=\begin{pmatrix} 
			1 & 1 & 1 \\
			-2 & 0 & 2 \\
			1 & -1 & 1
			\end{pmatrix}$.
			
			Et donc: $B_2=P^{-1}D_2P$.
			
			Puis
			
			\begin{align*}
				B_2^p &= \left( P^{-1} D_2 P \right)^p\\
				&= P^{-1} D_2^p P\\
				&= P^{-1} \mathrm{diag}((-2)^p,0,2^p)P
			\end{align*}
			
			\item Déterminons $P^{-1}$ par la méthode de Gauss-Jordan.
			
			$\begin{array}{|c|c|c|}
				\hline
				&&\\
				
				& \begin{pmatrix}
					1 & 1 & 1 \\
					-2 & 0 & 2 \\
					1 & -1 & 1
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
					1 & 0 & 0 \\
					0 & 1 & 0 \\
					0 & 0 & 1
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
				&&\\
				
				\begin{minipage}{3cm}
				$L_2 \leftarrow L_2+2L_1$
				
				$L_3 \leftarrow L_3-L_1$
				\end{minipage}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 1 & 1 \\
				0 & 2 & 4 \\
				0 & -2 & 0
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 0 & 0 \\
				2 & 1 & 0 \\
				-1 & 0 & 1
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
				&&\\
				
				\begin{minipage}{3cm}
				
				$L_3 \leftarrow L_3+L_2$
				\end{minipage}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 1 & 1 \\
				0 & 2 & 4 \\
				0 & 0 & 4
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 0 & 0 \\
				2 & 1 & 0 \\
				1 & 1 & 1
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
				&&\\
				
				\begin{minipage}{3cm}
				$L_2 \leftarrow \frac{1}{2}L_2$
				
				$L_3 \leftarrow \frac{1}{4}L_3$
				\end{minipage}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 1 & 1 \\
				0 & 1 & 2 \\
				0 & 0 & 1
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 0 & 0 \\
				0 & \frac{1}{2} & 0 \\
				\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4}
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
				&&\\
				
				\begin{minipage}{3cm}
				$L_1 \leftarrow L_1-L_3$
				
				$L_2 \leftarrow L_2-2L_3$
				\end{minipage}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 1 & 0 \\
				0 & 1 & 0 \\
				0 & 0 & 1
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
				\frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & -\frac{1}{4} \\
				\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\
				\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4}
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
				&&\\
				
				\begin{minipage}{3cm}
				$L_1 \leftarrow L_1-L_2$
				
				\end{minipage}
				
				& \begin{pmatrix}
				1 & 0 & 0 \\
				0 & 1 & 0 \\
				0 & 0 & 1
				\end{pmatrix}
				
				& \begin{pmatrix}
				\frac{1}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\
				\frac{1}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\
				\frac{1}{4} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4}
				\end{pmatrix}
				
				\\
				&&\\
				\hline
			\end{array}$
			
			Ainsi $P^{-1}= \frac{1}{4}\begin{pmatrix}
			1 & -1 & 1 \\
			2 & 0 & -2 \\
			1 & 1 & 1
			\end{pmatrix}$
			
		\end{enumerate}
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$\forall p \in \mathbb{N},\ B_2^p= \frac{1}{4}\begin{pmatrix}
			1 & -1 & 1 \\
			2 & 0 & -2 \\
			1 & 1 & 1
			\end{pmatrix}
			\begin{pmatrix}
			(-2)^p & 0 & 0 \\
			0 & 0 & 0 \\
			0 & 0 & 2^p
			\end{pmatrix}
			\begin{pmatrix}
			1 & 1 & 1 \\
			-2 & 0 & 2 \\
			1 & -1 & 1
			\end{pmatrix}$
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		En utilisant $B_2$, justifier que $A_2$ est diagonalisable et donner ses éléments propres.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Démontrons que $A_2$ est diagonalisable.}
		
		$P$ étant inversible $P^T$ l'est aussi et: $\left( P^{-1} \right) ^T = \left( P^T \right) ^{-1}$.
		
		\begin{align*}
			A_2 &= B_2^T \\
			&= \left( P^{-1}D_2 P \right)^T\\
			&= P^T D_2^T \left( P^{-1} \right)^T \\
			&=P^T D_2 \left(P^T \right)^{-1}
		\end{align*}
		
		Donc 
		
		\begin{conclusion}
			
			$A_2$ est diagonalisable et $\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(A_2)= \mathrm{SP}_{\mathbb{R}}(B_2) = \{ -2; 0 ; 2 \}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\begin{sujet}
	
	On va généraliser les résultats obtenus pour $n=2$ en ce qui concerne les éléments propres de $B_n$.
	
	Pour $x$ réel on pose $\displaystyle \mathrm{ch}(x)= \frac{\exp(x)+ \exp(-x)}{2}$ et $\displaystyle \mathrm{sh}(x)= \frac{\exp(x) -\exp(-x)}{2}$.
	
	on admet les résultats suivants, concernant les fonctions $\mathrm{ch}$ et $\mathrm{sh}$:
	
	\begin{enumerate}[$\bullet$]
		\item pour tout réel $x$, $\exp(x)= \mathrm{ch}(x)+\mathrm{sh}(x)$,
		\item pour tout réel $x$, $\mathrm{ch}^2(x)-\mathrm{sh}^2(x) =1$,
		\item les fonctions $\mathrm{ch}$ et $\mathrm{sh}$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ et $\mathrm{ch}' = \mathrm{sh}$ et $\mathrm{sh}'= \mathrm{ch}$.
	\end{enumerate}
	
	Pour $p$ entier naturel avec $0\leqslant p \leqslant n$ et $x$ réel, on pose $f_p(x) = \mathrm{sh}^p(x) \mathrm{ch}^{n-p}(x)$ et on désigne par $F_n$ le sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel $\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$ des applications de $\mathbb{R}$ dans lui-même, engendré par la famille $\mathscr{B} = (f_0, f_1,  \dots ,f_n)$.
	
	Pour $p$ entier relatif, on définit la fonction $e_p$ sur $\mathbb{R}$ par $e_p(x)= \exp(px)$.
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{10}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que la famille $\mathscr{B}$ est une base de $F_n$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Par construction, $\mathscr{B}$ est une famille génératrice de $F_n$.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que $\mathscr{B}$ est une famille libre de $\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$.}
		
		Notons $\mathscr{P}(n)$: \og $(f_0,\dots , f_n)$ est libre\fg{}.
		
		Nous allons démontrer par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$ que $\mathscr{P}(n)$ est vraie.
		
		\begin{enumerate}[*]
			
			\item Si $n=1$ alors $f_0=\mathrm{ch}$ et $f_1=\mathrm{sh}$. Démontrons que $(\mathrm{sh}, \mathrm{ch})$ est une famille libre.
			
			Soient $\lambda$ et $\mu$ des réels tels que: $\lambda \mathrm{ch} + \mu \mathrm{sh}=0$.
			
			Autrement dit: $\forall x \in \mathbb{R},\ \frac{1}{2} (\lambda + \mu) \mathrm{e}^x + \frac{1}{2}(\lambda - \mu) \mathrm{e}^{-x}=0$.
			
			Nous en déduisons en passant à la limite lorsque $x$ tend vers $+\infty$ que nécessairement $\lambda+ \mu=0$. Puis en faisant tendre $x$ vers $-\infty$ que $\lambda- \mu=0$. Finalement $\lambda=\mu=0$.
			
			Autrement dit $(f_0,f_1)$ est libre et $\mathscr{P}(0)$ est vraie.
			
			\item Soit $n \in \mathbb{N}^*$. supposons $\mathscr{P}(n)$ est vraie et démontrons qu'alors $\mathscr{P}(n+1)$ est vraie.
			
			Soient $(\lambda_0, \dots , \lambda _{n+1}) \in \mathbb{R}^{n+2}$ tels que \[ \lambda_0 f_0 + \dots + \lambda_{n+1}f_{n+1}=0. \]
			
			Autrement dit: \[ \lambda_0 \mathrm{ch}^{n+1}+ \lambda_1 \mathrm{sh}\cdot \mathrm{ch}^{n}+ \dots + \mathrm{sh}^{n+1} =0. \]
			
			En particulier nous en déduisons pour $x=0$ que $\lambda_0=0$. Ainsi: \[ \lambda_1 \mathrm{sh} \cdot \mathrm{ch}^{n}+ \dots + \lambda_{n+1}\mathrm{sh}^{n+1} =0. \]
			
			En factorisant \[ \mathrm{sh} \cdot \left( \lambda_1 \mathrm{ch}^n + \lambda_{2}\mathrm{sh} \cdot \mathrm{ch}^{n-1} + \dots + \lambda_{n+1}\mathrm{sh}^n \right) =0 . \]
			
			Puisque $\mathrm{sh}$ ne s'annule qu'en $0$ nous en déduisons que quelque soit $x \in\mathbb{R}^*$, \[ \lambda_1 \mathrm{ch}^n + \lambda_{2}\mathrm{sh} \cdot \mathrm{ch}^{n-1} + \dots + \lambda_{n+1}\mathrm{sh}^n =0 .\]
			
			Or, d'après notre hypothèse de récurrence $(f_0, \dots , f_n)$ est une famille libre, donc, nécessairement $\lambda_1= \dots =\lambda_{n+1}=0$.
			
			Ainsi nous avons établi que $(f_0, \dots , f_{n+1})$ est une famille libre. Autrement dit $\mathscr{P}(n+1)$ est vraie.
			
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré par récurrence sur $n\in\mathbb{N}^*$ que $(f_0, \dots f_n)$ est une famille libre de $\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		Et puisque $\mathscr{B}$ est un famille libre et génératrice de $F_n$
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathscr{B}$ est une base de $F_n$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Soit $k$ un entier vérifiant $0 \leqslant 2k \leqslant n$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En remarquant que pour $x$ réel, \[ \exp((n-2k)x) = \left( \mathrm{ch}^2(x) - \mathrm{sh}^2(x) \right)^k \left( \mathrm{ch}(x)+ \mathrm{sh}(x) \right)^{n-2k}, \] montrer que $e_{n-2k}$ est dans $F_n$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Justifions l'égalité proposée.}
			
			Soit $x \in \mathbb{R}$.
			
			Puisque $\mathrm{ch}^2-\mathrm{sh}^2=0$,
			
			\begin{align*}
				\exp \left( (n-2k)x \right) &= \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \exp \left( (n-2k) x \right) \\
				&= \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \mathrm{e}^{(n-2k) x }\\
				&= \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \left( \mathrm{e}^{ x } \right) ^{n-2k}\\
				\intertext{Puisque $\exp = \mathrm{ch} + \mathrm{sh}$}
				\exp \left( (n-2k)x \right) &= \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \left( \mathrm{ch}(x) + \mathrm{sh}(x) \right) ^{n-2k}\\
			\end{align*}
			
			Ainsi
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soit $x \in \mathbb{R}$ \[ \exp \left( (n-2k)x \right) = \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \left( \mathrm{ch}(x) + \mathrm{sh}(x) \right) ^{n-2k}. \]
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Montrons que $e_{n-2k}$ est dans $F_n$.}
			
			Il faut établir que $e_{n-2k}$ est une combinaison linéaire d' éléments de $\mathscr{B}$.
			
			\begin{align*}
				e_{n-2k} &= \left( \mathrm{ch}^2(x)- \mathrm{sh}^2(x) \right) ^{k} \left( \mathrm{ch}(x) + \mathrm{sh}(x) \right) ^{n-2k}\\
				\intertext{En utilisant la formule du binôme de Newton:}
				e_{n-2k} &=  \left( \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \mathrm{ch}^{2i} (-1)^{k-i} \mathrm{sh}^{2(k-i)} \right) \left( \sum_{j=0}^{n-2k} \binom{n-2k}{j} \mathrm{ch}^j \mathrm{sh}^{n-2k-j} \right)\\
				\intertext{En développant:}
				e_{n-2k} &= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} \mathrm{ch}^{2i+j} \mathrm{sh}^{2(k-i) +n-2k-j}\\
				&= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} \mathrm{ch}^{2i+j} \mathrm{sh}^{n-2i-j}\\
				&= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} f_{2i+j}\\
			\end{align*}
			
			Nous avons démontré que $e_{n-2k}$ est dans l'espace vectoriel engendré par $\mathscr{B}$. Autrement dit
			
			\begin{conclusion}
				
				$e_{n-2k} \in F_n$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Déterminer les coordonnées de $e_n$ et de $e_{n-2}$ dans la base $\mathscr{B}$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons les coordonnées de $e_n$ dans $\mathscr{B}$.}
			
			D'après la question précédente
			
			\begin{align*}
				e_{n-2k} &= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} f_{2i+j}\\
				\intertext{Donc, pour $k=0$,}
				e_n &= \sum_{j=0}^{n} (-1)^{0} \binom{0}{0} \binom{n-2\times 0}{j} f_{2 \times 0+j}\\
				&= \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} f_{j}\\
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Le vecteur coordonnées en ligne de $e_n$ dans $\mathscr{B}$ est \[ \begin{pmatrix}
				 \binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \dots & \binom{n}{n} \end{pmatrix}. \]
				 
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Déterminons les coordonnées de $e_{n-2}$ dans $\mathscr{B}$.}
			
			D'après la question précédente
			
			\begin{align*}
			e_{n-2k} &= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} f_{2i+j}\\
			\intertext{Donc, pour $k=1$,}
			e_{n-2} &= \sum _{i=0}^1 \sum_{j=0}^{n-2 \times 1} (-1)^{1-i} \binom{1}{i} \binom{n-2 \times 1}{j} f_{2 i+j}\\
			&=  \left( \sum_{j=0}^{n-2} (-1)^{1-0} \binom{1}{0} \binom{n-2 }{j} f_{2 \times 0+j} \right) \\
			&\quad + \left( \sum_{j=0}^{n-2} (-1)^{1-1} \binom{1}{1} \binom{n-2}{j} f_{2 \times 1+j} \right)\\
			&= \left(- \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j} f_j \right) + \left( \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j} f_{2+j} \right)\\
			\intertext{Nous observons un télescopage des termes:}
			e_{n-2} &= \left(- \sum_{j=0}^{1} \binom{n-2}{j} f_j \right) + \left( \sum_{j=n-3}^{n-2} \binom{n-2}{j} f_{2+j} \right)\\
			&= -f_0-(n-2)f_2+(n-2)f_{n-1}+f_n
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Le vecteur coordonnées en ligne de $e_{n-2}$ dans $\mathscr{B}$ est \[ \begin{pmatrix}
				-1 & -(n-2) & 0 & \dots & 0 & (n-2) & 1 \end{pmatrix}. \]
				
			\end{conclusion}
			
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Montrer que $e_{2k-n}$ est dans $F_n$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Justifions que: $e_{2k-n} \in F_n$.}
			
			Soit $x \in \mathbb{R}$.
			
			\begin{align*}
				e_{2k-n}(x) &= \exp\left( (2k-n)x \right)\\
				&= \exp \left( (n-2k) (-x) \right) \\
				&= e_{n-2k}(-x) \\
				&= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} f_{2i+j}(-x)\\
				&= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} \mathrm{sh}^{2i+j}(-x) \mathrm{ch}^{n-(2i+j)}(-x)\\
				\intertext{Et puisque $\mathrm{sh}$ est impaire et que $\mathrm{ch}$ est paire:}
				e_{2k-n} (x) &= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} (-1)^{2i+j}\mathrm{sh}^{2i+j}(x) \mathrm{ch}^{n-(2i+j)}(x)\\
				&= \sum_{i=0}^k \sum_{j=0}^{n-2k} (-1)^{k-i+2i+j} \binom{k}{i} \binom{n-2k}{j} f_{2i+j}(x)\\
			\end{align*}
			
			$e_{2k-n}$ peut s'écrire comme une combinaison linéaire d'élément de $\mathscr{B}$ donc 
			
			\begin{conclusion}
				
				$e_{2k-n} \in F_n$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Pour $j$ entier naturel avec $0 \leqslant j \leqslant n$, exprimer la dérivée $f_j'$ en fonction de vecteurs de la famille $(f_0, f_1, \dots f_n)$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Soit $j \in \llbracket 0, n \rrbracket$.
		
		\medskip
		\objectif{Exprimons $f_j'$.}
		
		\begin{enumerate}[*]
			
			\item Supposons $0 < j < n$.
			
			$f_j$ est un produit de puissances de fonctions $\mathrm{sh}$ et $\mathrm{ch}$ qui sont dérivables sur $\mathbb{R}$ donc $f_j$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et l'énoncé nous donne les dérivées de $\mathrm{sh}$ et $\mathrm{ch}$ donc
			
			\begin{align*}
				f_j' &= (j\mathrm{ch} \cdot \mathrm{sh}^{j-1}) \cdot \mathrm{ch}^{n-j} + \mathrm{sh}^{j} \cdot ( (n-j)  \mathrm{sh} \cdot \mathrm{ch}^{n-j-1} )\\
				&= j \mathrm{sh}^{j-1} \mathrm{ch}^{n-(j-1)} + (n-j) \mathrm{sh}^{j+1} \mathrm{ch}^{n-(j+1)}
			\end{align*}
			
			\item Si $j=0$ alors $f_0'= n\mathrm{sh} \cdot \mathrm{ch}^{n-1} = nf_1$.
			
			\item Si $j=n$ alors $f_n'= n \mathrm{ch} \cdot \mathrm{sh}^{n-1}= n f_{n-1}$.
			
		\end{enumerate}
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$f_0'=nf_1$, $f_n'=nf_{n-1}$ et 
			$f_j'= jf_{j-1}+(n-j)f_{j+1}$ pour tout $j \in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que l'application $u_n: f \mapsto f'$ réalise un endomorphisme de $F_n$ et donner la matrice de $u_n$ dans la base $\mathscr{B}$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Montrons que $u_n$ est un endomorphisme.}
		
		D'après la question précédente, $u_n$ est effectivement une application de $F_n$ dans lui même: tout élément de $F_n$ est une combinaison linéaire de $f_j$ et les dérivées des $f_j$ sont encore des combinaisons linéaire de $f_j$ donc des éléments de $F_n$.
		
		$u_n$ est bien sûr linéaire puisque la dérivation est linéaire.
		
		
		\begin{conclusion}
			
			$u_n$ est un endomorphisme de $F_n$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons la matrice de $u_n$ relativement à la base $\mathscr{B}$.}
		
		D'après la question précédente, $u_n(f_0)=nf_1$, $u_n(f_n)=nf_{n-1}$ et si $j \in \llbracket 1, n-1 \rrbracket$ alors $u_n (f_j) = j f_{j-1}+ (n-j)f_{j+1}$.
		
		Par conséquent 
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathrm{mat}_{\mathscr{B}}(u_n)=B_n$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Soit $\lambda$ un réel. Quelles sont les fonctions $f$ dérivables sur $\mathbb{R}$ vérifiant $f'=\lambda f$? (on pourra calculer la dérivée de $x \mapsto \exp(-\lambda x)f(x)$ )
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons les fonctions $f$ dérivables telles que $f'=\lambda f$ en raisonnant par analyse-synthèse.}
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item Supposons qu'il existe une fonction $f$ dérivable telle que $f'= \lambda f$.
			
			Notons $h: x \mapsto \exp(-\lambda x)f(x)$.
			
			$h$ est dérivable (comme produit de fonctions dérivables) sur $\mathbb{R}$ et quelque soit $x \in \mathbb{R}$
			
			\begin{align*}
				h'(x) &= -\lambda \exp(-\lambda x)f(x) + \exp(-\lambda x)f'(x)\\
				&=  \left[ -\lambda f(x) + f'(x) \right] \exp(- \lambda x)\\
				&= 0
			\end{align*}
			
			Par conséquent il existe un nombre réel $\mu$ tel que $h(x)=\mu$ pour tout $x\in \mathbb{R}$. Autrement dit
			
			\begin{align*}
				\exp(-\lambda x)f(x) &= \mu \\
				\intertext{D'où:}
				f(x) &= \mu \exp(\lambda x)
			\end{align*}
			
			\item Soit $\mu$ un nombre réel. Notons $f(x)= \mu \exp(\lambda x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
			
			Il est clair que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x \in\mathbb{R}$:
			
			\begin{align*}
				f'(x) &= \lambda \mu \exp(\lambda x)\\
				&= \lambda f(x)
			\end{align*}
			
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré en raisonnant par analyse-synthèse que l'ensemble des fonctions $f$ dérivables telles que  $f'=\lambda f$ est \[ \left\{ x \mapsto \mu \exp(\lambda x) | \mu \in \mathbb{R} \right\}. \]
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que les valeurs propres de $u_n$ sont les entiers de l'ensemble \[ \{ \pm n, \pm (n-2), \dots , \pm (n-2p) \} \] où $p= \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$ (partie entière de $\frac{n}{2}$) et qu'un vecteur associé à la valeur propre $\varepsilon (n-2k)$ pour $0\leqslant k \leqslant p$ et $\varepsilon \in \{ -1;1 \}$ est l'application $e_{\varepsilon (n-2k)}$.
		
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Démontrons qu'il s'agit effectivement des valeurs propres et de vecteurs propres de $u_n$.}
		
		D'après la question 12, $e_{n-2k}$ et $e_{2k-n}$ sont dans $F_n$.
		
		D'après la question 15, $e_{\varepsilon (n-2k)}$ est bien un vecteur propre de $u_n$ associé à la valeur propre $\varepsilon (n-2k)$.
		
		Il est aisé de vérifier, en distinguant les cas $n$ pair et $n$ impair, qu'il y a donc $n+1$ valeurs propres distinctes. Nous les avons donc toutes trouvées.
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(u_n)=\{ \pm n, \pm (n-2), \dots , \pm (n-2p) \}$ et, pour $k \in \llbracket 0,p \rrbracket$, $e_{\varepsilon (n-2k)}$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\varepsilon (n-2k)$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		La matrice $B_n$ est-elle diagonalisable?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Puisque $B_n= \mathrm{mat}_{\mathscr{B}}(u_n)$, d'après la question précédente $B_n$ admet $n+1$ valeurs propres distinctes donc
		
		\begin{conclusion}
			
			$B_n$ est diagonalisable.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que $\displaystyle \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix} 1 & \displaystyle \binom{n}{1} & \displaystyle \binom{n}{2} & \dots & \displaystyle \binom{n}{n-1} & 1 \end{pmatrix}$ est l'unique matrice ligne $L= \begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \dots & \ell_{n+1} \end{pmatrix}$ telle que: \[ \sum_{i=1}^{n+1} \ell_i=1 \quad \text{et} \quad LA_n'=L \]
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Démontrons l'existence et l'unicité en raisonnant par analyse-synthèse.}
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item Supposons qu'il existe $L$ telle que $LA_n'=L$ et $\sum_{i=0}^n \ell_i=1$.
			
			De $LA_n'=L$ nous déduisons successivement
			
			\begin{align*}
				\frac{1}{n} LA_n &= L\\
				LA_n &= nL\\
				A_n^T L^T &= n L^T\\
				B_nL^T &= n L^T
			\end{align*}
			
			Donc $L^T$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $n$ pour $B_n$ ou bien le vecteur nul. Puisque $\sum_{i=0}^n \ell_i=1$, $L^T$ n'est pas nul.
			
			Puisque $B_n$ admet $n+1$ valeurs propres distinctes, le sous-espace propre associé à chaque valeur propre est de dimension $1$. En particulier celui associé à la valeur propre $n$ est engendré par $\mathrm{mat}_{\mathscr{B}}(e_n)$. Par conséquent il existe un unique $\mu \in \mathbb{R}^*$ tel que $L^T= \mu \mathrm{mat}_{\mathscr{B}} (e_n)$.
			
			Or, d'après la question 12 $\mathrm{mat}_{\mathscr{B}} (e_n)^T = \begin{pmatrix}
			\binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \dots & \binom{n}{n} \end{pmatrix}$ donc nécessairement: \[ \mu \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}=1. \]
			
			De $\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}=2^n$ nous déduisons que $\mu=\frac{1}{2^n}$.
			
			Ainsi: $L= \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix}
			\binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \dots & \binom{n}{n} \end{pmatrix}$.
			
			\item Réciproquement, notons $L= \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix}
			\binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \dots & \binom{n}{n} \end{pmatrix}$ nous vérifions immédiatement que  $LA_n'=L$ et $\sum_{i=0}^n \ell_i=1$.			
				
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons établi par analyse-synthèse que $L$ est bien l'unique vecteur ligne vérifiant les deux conditions imposées.
			
		\end{conclusion}
			
	\end{correction}

\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: diffusion des particules.}

\begin{sujet}
	
	Une boîte contient $n$ particules; cette boîte est séparée en deux boîtes notées $C_1$ et $C_2$ par une membrane poreuse. On modélise le passage des particules d'une boîte à l'autre de la façon suivante. À chaque instant entier, on choisit une des $n$ particules avec équiprobabilité et on la transfère dans l'autre boîte. Les tirages sont supposés indépendants.
	
	\begin{center}
		
		\includegraphics[scale=0.2]{bce_essec_2017_epreuve_a_option_bl_lettres_et_sciences_sociales_image_01.png}
		
	\end{center}
	
	On admet qu'il existe un espace probabilisé $\mathscr{E}= \left( \Omega , \mathscr{A}, \mathbb{P} \right)$ tel que pour tout $p$ de $\mathbb{N}$, le nombre de particules dans la boîte $C_1$ à l'instant $p$ définit une variable aléatoire $X_p$ sur $\mathscr{E}$.
	
	Si $A$ est un événement élément de $\mathscr{A}$, si $0 \leqslant k \leqslant n$ et si $\mathbb{P}(X_p=k)=0$, on pose par convention $\mathbb{P}(A/ X_p=k)=0$. Avec cette convention, on a la formule que l'on pourra admettre: \[ \mathbb{P}(A)= \sum_{k=0}^n \mathbb{P}(A/X_p=k) \mathbb{P}(X_p=k). \]
	
	L'espérance d'une variable aléatoire discrète finie sera notée $\mathbb{E}(X)$.
	
	On note enfin, pour $p$ dans $\mathbb{N}$, $L_p$ la matrice ligne: \[ L_p= \begin{pmatrix}
	\mathbb{P}(X_p=0) & \mathbb{P}(X_p=1) & \dots & \mathbb{P}(X_p=n)
	\end{pmatrix}. \]
		
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{18}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Déterminer $L_{p+1}$ en fonction de $L_p$ en utilisant la matrice $A_n'$ et en déduire $L_p$ en fonction de $A_n'$, $p$ et $L_0$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons $l_{p+1}$ en fonction de $L_p$ en utilisant $A_n'$.}
		
		{\color{orange}
		À chaque instant $p$ une particule est déplacée d'un côté vers l'autre.
		
		\begin{enumerate}[*]
			
			\item Si à l'instant $p$ il n'y a aucune particule dans $C_1$ alors nécessairement $X_{p+1} =1$ et donc $\mathbb{P}(X_{p+1}=1 \ | \ X_p=0)=1$.
			
			\item Si à l'instant $p$ toutes les particules sont dans $C_1$ alors nécessairement $X_{p+1} =n-1$ et donc $\mathbb{P}(X_{p+1}=n-1 \ | \ X_p=n)=1$.
			
			\item Si à l'instant $p$ il y a $k \in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$ particules dans $C_1$, alors $X_{p+1} \in \{ k-1, k+1 \}$.
			
			De plus comme le choix de la particule déplacée est fait avec équiprobabilité:
			
			\begin{align*}
				\mathbb{P}(X_{p+1}=k-1 \ | \ X_p=k ) &= \frac{k}{n}\\
				\intertext{{\color{orange}(la particule quitte $C_1$)} et}
				\mathbb{P}(X_{p+1}=k+1 \ | \ X_p=k ) &= \frac{n-k}{n} \mathbb{P}(X_p=k)\\
				\intertext{{\color{orange}(la particule arrive dans $C_1$)}}
			\end{align*}
						
		\end{enumerate}
		
		}
		
		Soit $i \in \llbracket1, n-1 \rrbracket$.
		
		{\color{orange}Un embranchement de l'arbre probabiliste représentant cette situation pourrait clarifier les choses.}
			
		D'après la formule des probabilités totales que nous fourni l'énoncé
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(X_{p+1}=i) &= \sum_{k=0}^n \mathbb{P}(X_{p+1}=i \ | \ X_p=k) \mathbb{P} (X_p=k)\\
			\intertext{$X_{p+1}$ et $X_p$ ne peuvent différer que de $1$ exactement donc}
			\mathbb{P}(X_{p+1}=i) &= \sum_{k \in \{ i-1, i+1 \} } \mathbb{P}(X_{p+1}=i \ | \ X_p=k) \mathbb{P} (X_p=k)\\
			&= \mathbb{P}(X_{p+1}=i \ | \ X_p=i-1) \mathbb{P} (X_p=i-1) + \\
			&\quad  \mathbb{P}(X_{p+1}=i \ | \ X_p=i+1) \mathbb{P} (X_p=i+1)\\
			\intertext{Puisque le choix de la particule à déplacer se fait de manière équiprobable:}
			\mathbb{P}(X_{p+1}=i) &= \frac{n-(i-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=i-1) + \frac{i+1}{n} \mathbb{P} (X_p=i+1)\\
		\end{align*}
		
		En raisonnant de même nous établissons
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(X_{p+1}=0) &= \mathbb{P}(X_{p+1}=0 \ | \ X_p=1) \mathbb{P}(X_p=1)\\
			&= \frac{1}{n}\mathbb{P}(X_p=1)\\
			\intertext{et}
			\mathbb{P}(X_{p+1}=n) &= \mathbb{P}(X_{p+1}=n \ | \ X_p=n-1)\mathbb{P}(X_p=n-1)\\
			&= \frac{1}{n}\mathbb{P}(X_p=n-1)
		\end{align*}
		
		Il est alors aisé de vérifier (par le calcul) que
		
		\begin{conclusion}
			
			$L_pA_n'=L_{p+1}$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons $L_{p}$ en fonction de $A_n'$, $p$ et $L_0$.}
		
		Nous remarquons que par une récurrence évidente ($L_p=L_{p-1} A_n'^1 = L_{p-2}A_n'^{2} =L_{p-3} A_n'^3= \dots = L_0A_n'^{p}$) nos obtenons
		
		\begin{conclusion}
			
			$L_p=L_0A_n'^p$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		On suppose dans cette question que $X_0$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $\displaystyle \frac{1}{2}$.
		
		Quelle la loi suivie par $X_p$? Quelle est son espérance et sa variance?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons la loi suivie par $X_p$.}
		
		Puisque $X_0$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $\frac{1}{2}$, quelque soit $i \in  \llbracket 0, n \rrbracket$ \[ \mathbb{P}(X_0=i)= \binom{n}{i}\left( \frac{1}{2} \right)^i \left( \frac{1}{2} \right)^{n-i}. \]
		
		Donc $L_0= \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix} 1 & \displaystyle \binom{n}{1} & \displaystyle \binom{n}{2} & \dots & \displaystyle \binom{n}{n-1} & 1 \end{pmatrix}$.
		
		D'après la question 18: $L_0=L_0A_n'$, et par conséquent, quelque soit $p\in \mathbb{N}$, $L_p=L_0$.
		
		Nous en déduisons:
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \forall i \in \llbracket 0,n \rrbracket,\ P(X_p=i)= \frac{1}{2^n} \binom{n}{i}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\begin{sujet}
	
	On revient au cas général.
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{20}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que pour tout $p$ entier naturel: \[ \mathbb{E}(X_{p+1})= \left( \frac{n-2}{n} \right) \mathbb{E}(X_p)+1 \] et en déduire l'espérance de $X_p$ en fonction de $n$, $p$ et $\mathbb{E}(X_0)$ (on pourra étudier $\mathbb{E}(X_p)- \frac{n}{2}$ ).
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Démontrons l'égalité proposée.}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \sum_{k=0}^n \mathbb{P}(X_{p+1}=k)k \\
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_{p+1}=n)n + \sum_{k=1}^{n-1} \mathbb{P}(X_{p+1}=k)k \\
			\intertext{D'après la question 19}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \frac{1}{n} \mathbb{P}(X_p=n-1)n +\\
			&\quad \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{n-(k-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=k-1) + \frac{k+1}{n} \mathbb{P} (X_p=k+1) \right) k
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) +\\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}  (n-(k-1))k \mathbb{P} (X_p=k-1) + \\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} (k+1)k\mathbb{P} (X_p=k+1) \\
			\intertext{En faisant le changement de variable $i=k-1$ dans la première somme et $j=k+1$ dans la seconde}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) +\\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-2}  (n-i)(i+1) \mathbb{P} (X_p=i) + \\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n} j(j-1)\mathbb{P} (X_p=j) 
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) + \mathbb{P} (X_p=0) + \frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)\\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{i=2}^{n-2}  (n-i)(i+1) \mathbb{P} (X_p=i) + \\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{j=2}^{n-2} j(j-1)\mathbb{P} (X_p=j) +\\
			&\quad \frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1) + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) + \mathbb{P} (X_p=0) + \frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)\\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{i=2}^{n-2}  \left[ (n-i)(i+1) + i(i-1) \right]\mathbb{P} (X_p=i) +\\
			&\quad \frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1) + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) + \mathbb{P} (X_p=0) + \frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)\\
			&\quad \frac{1}{n}\sum_{i=2}^{n-2}  \left[ (n-2)i + n \right]\mathbb{P} (X_p=i) +\\
			&\quad \frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1) + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) + \mathbb{P} (X_p=0) + \frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)\\
			&\quad {\color{orange}\frac{1}{n}\sum_{i=2}^{n-2} (n-2)i \mathbb{P} (X_p=i)} +\\
			&\quad {\color{violet}\sum_{i=2}^{n-2} \mathbb{P} (X_p=i)} +\\
			&\quad \frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1) + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1}) &= \mathbb{P}(X_p=n-1) + \mathbb{P} (X_p=0) + \frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)\\
			&\quad {\color{orange} \frac{n-2}{n} \mathbb{E}(X_p) - \frac{n-2}{n}1 \mathbb{P}(X_p=1) - \frac{n-2}{n}(n-1) \mathbb{P}(X_p=n-1)}\\
			&\quad {\color{orange} - \frac{n-2}{n}n \mathbb{P}(X_p=n)} +\\
			&\quad {\color{violet}1 - \mathbb{P}(X_p=0)  - \mathbb{P}(X_p=1)  - \mathbb{P}(X_p=n-1) - \mathbb{P}(X_p=n)} + \\
			&\quad \frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1) + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)
		\end{align*}
		
		\begin{align*}
		\intertext{Nous remarquons certains simplifications:}
		\mathbb{E}(X_{p+1}) &= {\color{green}\mathbb{P}(X_p=n-1)} + {\color{blue}\mathbb{P} (X_p=0)} + {\color{red}\frac{2(n-1)}{n} \mathbb{P} (X_p=1)}\\
		&\quad \frac{n-2}{n} \mathbb{E}(X_p) {\color{red}- \frac{n-2}{n} \mathbb{P}(X_p=1)} {\color{orange}- \frac{n-2}{n}(n-1) \mathbb{P}(X_p=n-1)}\\
		&\quad {\color{violet}- (n-2) \mathbb{P}(X_p=n)} +\\
		&\quad 1 {\color{blue}- \mathbb{P}(X_p=0) } {\color{red}- \mathbb{P}(X_p=1)}  {\color{green}- \mathbb{P}(X_p=n-1)} {\color{violet}- \mathbb{P}(X_p=n)} + \\
		&\quad {\color{orange}\frac{(n-1)(n-2)}{n} \mathbb{P} (X_p=n-1)} {\color{violet} + (n-1)\mathbb{P} (X_p=n)}
		\end{align*}
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{E}(X_{p+1})=\frac{n-2}{n} \mathbb{E}(X_p)+1$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons $\mathbb{E}(X_p)$.}
		
		Soit $p>0$.
		
		\begin{align*}
			\mathbb{E}(X_{p+1})-\frac{n}{2} &= \frac{n-2}{n} \mathbb{E}(X_p) +1-\frac{n}{2}\\
			&= \frac{n-2}{n} \left( \mathbb{E}(X_p)- \frac{n}{2} \right) +\frac{n-2}{n} \cdot \frac{n}{2}+1 -\frac{n}{2}\\
			&= \frac{n-2}{n} \left( \mathbb{E}(X_p)- \frac{n}{2} \right)
		\end{align*}
		
		Ainsi $\left( \mathbb{E}(X_p) -\frac{n}{2} \right)_{p\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique de premier terme $\mathbb{E}(X_0) - \frac{n}{2}$ et de raison $\frac{n-2}{n}$. Par conséquent: \[ \forall p \in \mathbb{N},\ \mathbb{E}(X_p)-\frac{n}{2} = \left( \frac{n-2}{n} \right)^p \left( \mathbb{E}(X_0) - \frac{n}{2} \right). \]
		
		Enfin
		
		\begin{conclusion}
			
			$\forall p \in \mathbb{N},\ \mathbb{E}(X_p) = \left( \frac{n-2}{n} \right)^p \left( \mathbb{E}(X_0) - \frac{n}{2} \right) + \frac{n}{2}$.
			
		\end{conclusion}			
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Quelle est la limite de $\mathbb{E}(X_p)$ lorsque $p$ tend vers $+\infty$? Ce résultat vous semble-t-il conforme à l'intuition?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Déterminons la limite de $\mathbb{E}(X_p)$.}
		
		$n \geqslant 2$ donc $0 \leqslant \frac{n-2}{n} <1$ et \[ \left( \frac{n-2}{n} \right)^p \underset{p \to +\infty}{\longrightarrow} 0. \]
		
		Nous en déduisons, d'après la question précédente,
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \lim_{p \to + \infty} \mathbb{E}(X_p)=\frac{n}{2}$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\begin{conclusion}
			
			On s'attend effectivement à ce que, si l'expérience dure indéfiniment, en moyenne, à chaque instant, il y ait autant de particules dans les deux boîtes.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Une modélisation physique stipule que la pression $P_p$ dans la boîte $C_1$ à l'instant $p$ est l'ordre de $\displaystyle P_p= \mathbb{E} \left( \frac{X_p}{n} \right)$.
		
		On note $t$ la fréquence de transitions par seconde et on suppose que $p=nt$ (temps mis pour effectuer $n$ transitions).
		
		Exprimer la limite de $P_{nt}$ lorsque $n$ temps $+\infty$ en fonction de $t$ et de $P_0$ seulement. Ceci établit une loi de refroidissement due à Isaac Newton.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\objectif{Exprimons la limite de $P_{nt}$ lorsque $n$ temps vers $+\infty$.}
		
		
		D'après la question 21
		
		\begin{align*}
			P_p &= \mathbb{E}\left( \frac{X_p}{n} \right) \\
			&= \frac{1}{n}\mathbb{E}\left( X_p \right) \\
			\intertext{D'après la question 21}
			P_p &= \frac{1}{n} \left[ \left( \frac{n-2}{n} \right)^{p} \left( \mathbb{E}(X_0) - \frac{n}{2} \right) + \frac{n}{2} \right]\\
			&= \frac{1}{n} \left[ \left( \frac{n-2}{n} \right)^{p} n\left( P_0 - \frac{1}{2} \right) + \frac{n}{2} \right]\\
			&= \left( \frac{n-2}{n} \right)^{p} \left( P_0 - \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{2}
			\intertext{D'où}
			P_{nt} &= \left( \frac{n-2}{n} \right)^{nt} \left( P_0 - \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{2} \\
		\end{align*}
		
		Déterminons la limite de cette dernière expression.
		
		\begin{align*}
			\left( \frac{n-2}{n} \right)^{nt} &= \exp \left[ tn \ln \left( 1- \frac{2}{n} \right) \right] \\
			\intertext{Or en utiisant un développement de $\ln$}
			n \ln \left( 1 - \frac{2}{n} \right) &= n \left[ -\frac{2}{n} -\frac{ \left( \frac{2}{n} \right)^2}{2} + \mathrm{o}_{n \to +\infty} \left( \frac{1}{n^2} \right) \right]\\
			&= -2 -\frac{2}{n} + \mathrm{o}_{n \to +\infty} \left( \frac{1}{n} \right)
			\intertext{donc}
			\left( \frac{n-2}{n} \right)^{nt} &\underset{n \to + \infty} {\longrightarrow} \exp \left( -2t \right)
		\end{align*}
		
		Nous en déduisons finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle P_{nt} \underset{n \to + \infty}{\longrightarrow} \exp(-2t) \left( P_0 - \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{2}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\end{document}

\section{Modèles.}

\subsection{Graphique}

	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			\def\xY{-0.5};
			\def\yY{-0.5};
			\def\xZ{8.5};
			\def\yZ{7};
			\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
			\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
			\draw[step=0.1cm,line width=0.01cm,gray!30!white] (Y) grid (Z);
			\draw[step=1cm,line width=0.02cm,black!70!white] (Y) grid (Z);
			\draw node[below left,fill=white](0,0){\small $0$};
			\foreach \x in {1, 2}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\foreach \y in {1,2}	\draw[thick](0.1cm,\y)--(-0.1cm,\y) node[left,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\y }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
			\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
			\draw[blue, thick][samples=100,domain=0:7] plot(\x,{(\x +1)^2/exp(\x )});
			\draw[blue] (3,2) node[fill=white] {$\mathcal{C}_B$};
			\fill[color=gray , opacity=0.25] (-0.5, {(-(2/9)*((-0.5)*2)*(2*(-0.5))+(4/3)*(2*(-0.5))+4)/2})
				-- plot [domain=-0.5:2] (\x,{(-(2/9)*(\x*2)*(2*\x)+(4/3)*(2*\x)+4)/2})
				-- (2, {(-(2/9)*(2*2)*(2*2)+(4/3)*(2*2)+4)/2})
				-- (2,0) 
				--(-0.5,0)
				-- cycle;
			\draw[blue, thick] plot[smooth] coordinates {(-3,-1)(-2.5,-0.65)(-2,0)(-1.5,1)(-1,1.5)(-0.5,1.8)(0,2)(0.5,1.89)(1,1.6)(1.5,1.35)(2,1)(2.5,0.55)(3,0)(3.5,-0.9)(4,-1.5)(4.5,-1.82)(5,-2)};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}

Pour évaluer la fonction f en a avec tikz: \pgfmathparse{f(a)}\pgfmathresult

Pour affecter la valeur a à la variable \x: \def\x{a}

\subsection{Dessin.}

	\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A) at (0,0);
		\coordinate (B) at (5,-1);
		\coordinate (F) at (6,0);
		\coordinate (C) at (7,1);
		\coordinate (D) at (2,2);
		\coordinate (O) at (3.5,0.5);
		\coordinate (S) at (3.5,6);
		\coordinate (J) at (3.5,3.5);
		\coordinate (K) at (3,4.666);
		\draw (A) node {$\bullet$};
		\draw (B)node {$\bullet$};
		\draw (F)node {$\bullet$};
		\draw (C)node {$\bullet$};
		\draw (D)node {$\bullet$};
		\draw (O)node {$\bullet$};
		\draw (S)node {$\bullet$};
		\draw (J)node {$\bullet$};
		\draw (K)node {$\bullet$};
		\draw (A)node[below]{$A$};
		\draw (B)node[below right]{$B$};
		\draw (F)node[right]{$F$};
		\draw (C)node[right]{$C$};
		\draw (D)node[above right]{$D$};
		\draw (O)node[above right]{$O$};
		\draw (S)node[above]{$S$};
		\draw (J)node[above right]{$J$};
		\draw (K)node[below right]{$K$};
		\draw[blue, thick](A)--(B)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(D)--(C);
		\draw[blue, thick](A)--(S);
		\draw[blue, thick](B)--(S);
		\draw[blue, thick](C)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](O)--(S);
		\draw[blue, thick](F)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(B);
		\draw[blue, thick,dashed](B)--(J)--(C);
		\fill[color=gray , opacity=0.05] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle;	
		\fill[color=gray , opacity=0.1] (B)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.15] (A)--(D)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.20] (B)--(C)--(J)--cycle;			
	\end{tikzpicture}

\subsection{Arbre.}

	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A1) at (3.2,2);
		\coordinate (A2) at (3.2,1.2);
		\coordinate (A3) at (3.2,-0.4);
		\coordinate (A4) at (3.2,-1.2);
		\coordinate (A5) at (3.2,-2);
		\coordinate (A6) at (3.2,-2.8);
		\coordinate (B1) at (1.6,1.7);
		\coordinate (B2) at (1.6,-1.7);
		\coordinate (C1) at (0,0);
		\draw node (A11) at (A1) {$1$};	
		\draw node (A12) at (A2) {$2$};
		\draw node (A13) at (A3) {$1$};
		\draw node (A14) at (A4) {$2$};
		\draw node (A15) at (A5) {$3$};
		\draw node (A16) at (A6) {$4$};
		\draw node (B11) at (B1) {$N$};
		\draw node (B12) at (B2) {$B$};
		\draw node (C11) at (C1) {$\square$};
		\draw (B11)--(A11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw (B11)--(A12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw[color=red] (B12)--(A13)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A14)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A15)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A16)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (C11)--(B11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{8}$};
		\draw[color=red] (C11)--(B12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{5}{8}$};
		\node [shading = axis,rectangle, left color=blue, right color=blue!30!white,shading angle=135, anchor=north, minimum width=\paperwidth, minimum height=5.5cm] (box) at (current page.north){};
	\end{tikzpicture}
	\end{center}

\subsection{Tab}
	
	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=1.6 , espcl=1.6, deltacl=0.5]{$x$ /0.8, $f'(x)$ /0.8, $f(x)$ /1.6}
		{$-\infty$ ,$1$, $+\infty$}
		\tkzTabLine{,+,d,+,}%
		\tkzTabVar {+/ $\mathrm{e}$, -D+ / $0$ / $+\infty$, - / $\mathrm{e}$ / }
	\end{tikzpicture}
	\end{center}

\subsection{Tab2.}

\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=1 , espcl=1.6]{$x$ /0.8, $C_M'$ /0.8, $C_M$ /2.4}
	{$-\infty$ ,$-10$, $0$, $5$, $10$, $40$,  $+\infty$}
		\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,t,-,z,+,t,+,}%
		\tkzTabVar {-/$-\infty$, +/$30$,-D+/$-\infty$ /$+\infty$,R/ /,-/$70$, R/ /, +/$+\infty$ }
		\tkzTabVal[draw]{3}{5}{0.5}{}{$75$}
		\tkzTabVal[draw]{5}{7}{0.5}{}{$\np{92,5}$}
		\draw[fill=Red!80,opacity=0.2](M30) rectangle (M63);
		\end{tikzpicture}

\subsection{Python}

\begin{tabular}{|c|}
	\hline
	\begin{minipage}{8cm}
		\begin{lstlisting}{language=Python}
		\textbf{Inititalisation}
		for i=1 to 14:
		print("oups")
		while 1<2:
		a=input()
		test
		\end{lstlisting}
	\end{minipage}
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Pseudocode}

\begin{tabular}{|c|}
	\hline
	\begin{minipage}{8cm}
		\LinesNumbered
		\SetKw{entrer}{entrer}
		\SetKw{prend}{prend la valeur}
		\SetKw{afficher}{afficher}
		\begin{algorithm}[H]
			\SetAlgoLined
			\DontPrintSemicolon
			\entrer pi
			0\;
			\Tq{1}{
				2\;
				\eSi{3}{
					4\;
					5\;
					}{
					6\;
					}
				}
				
			\Pour{7}{
				\Si{8}{
					9\;
					}
				}
		\end{algorithm}
	\end{minipage}
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Tableau sans une case et diagonale.}


	\begin{tabular}{|*{7}{c|}}
		\cline{2-7} \multicolumn{1}{c|}{}& Moyenne & Minimum & Quartile 1 & Médiane &	Quartile 3 & Maximum
		\\
		\hline
		Série $T$ &	\backslashbox{$v_n$}{$u_n$}&	67&	70&	72&	74& 78
		\\
		\hline
		Série $P$ &&&&&& 
		\\
		\hline
	\end{tabular}
	
\subsection{Retrait dans la marge.}

\hspace*{-1cm}

\subsection{Note dans la marge}

\marginpar{\color{red}$\heartsuit$}

\subsection{Notation modulo.}

$3 \equiv 1 \mod{2}$

\subsection{Diapositive.}

%Pour afficher la page en paysage il faut modifier
%\usepackage[a5paper,landscape]{geometry} %ACTIVER POUR A5
%\geometry{hscale=0.9,vscale=0.9,centering} %ACTIVER POUR A5

\pagecolor{cyan!25}

\begin{center}
	
	\begin{tikzpicture}
	\coordinate (AA) at (-9,6.5);
	\node (AA) at (AA) {};
	\coordinate (BB) at (9,6.5);
	\node (BB) at (BB) {};
	\coordinate (CC) at (9,-6.5);
	\node (CC) at (CC) {};
	\coordinate (DD) at (-9,-6.5);
	\node (DD) at (DD) {};
	\draw (AA)--(BB)--(CC)--(DD)--(AA);
	\end{tikzpicture}
	
\end{center}