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%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
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\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
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\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
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\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

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%% Macros (extraites de commandes.tex)
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\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Soit~$z\in \C$. On pose~$Z=z^2$. On alors l'équivalence
$$ z^4+z^2+1 = 0 \Longleftrightarrow Z^2+Z+1=0. $$
Cette dernière équation est une équation du second degré d'inconnue~$Z$ et de discriminant~$\Delta = 1^2-4\times 1 = -3<0$, qui admet donc deux solutions complexes conjuguées distinctes
$$ Z_1 = \frac{-1-\i\sqrt{-\Delta}}{2} = -\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{3}}{2} = \e^{-2\i\pi/3} \text{ et } Z_2 = \overline{Z_1} = \e^{2\i\pi/3}. $$
Ainsi, $z$ est racine de~$X^4+X^2+1$ dans les cas suivants:
$$ \begin{array}{rl} & z^2 = Z_1 \Longleftrightarrow z^2 = \e^{-2\i\pi/3} \Longleftrightarrow z= \pm\e^{-\i\pi/3} \\[2mm] \text{ou} & z^2 = Z_2 = \e^{2\i\pi/3} \Longleftrightarrow z=\pm\e^{\i\pi/3} \end{array} $$
Les racines de~$X^4+X^2+1$ sont donc $\pm\e^{\pm\i\pi/3}$. Ces quatre racines sont distinctes et $X^4+X^2+1$ est de degré~4, donc il est scindé sur~$\C$ à racines simples, et puisque son coefficient dominant est~1, sa forme factorisée dans~$\C[X]$ est la suivante:
$$ \boxed{X^4+X^2+1 = \left(X-\e^{\i\pi/3}\right)\left(X-\e^{-\i\pi/3}\right)\left(X+\e^{\i\pi/3}\right)\left(X+\e^{-\i\pi/3}\right).} $$
Afin d'obtenir sa forme factorisée dans~$\R[X]$, il reste à développer les produits correspondant aux racines conjugées dans l'expression ci-dessus:
$$ \begin{array}{rl} X^4+X^2+1 & = \big(X^2-\e^{\i\pi/3}X-\e^{-\i\pi/3}X+1\big)\big(X^2+\e^{\i\pi/3}X+\e^{-\i\pi/3}X+1\big) \\[1mm] & = \big(X^2-2\cos(\pi/3)X+1\big)\big(X^2+2\cos(\pi/3)X+1\big) \end{array} $$
d'après les formules d'Euler. En fin de compte, puisque $\cos(\pi/3)=1/2$,
$$\boxed{X^4+X^2+1 = (X^2-X+1)(X^2+X+1).}$$
\item On observe que $\ln(1+x)\sim x$ et~$\sin x\sim x$ au voisinage de~0: la simplification des développements limités dans la fraction va donc entra\^iner un phénomène de chute de l'ordre de grandeur. Ainsi, il faut effectuer un développement limité d'ordre~3 des deux fonctions pour obtenir le développement limité d'ordre~2 cherché. On a au voisinage de~0
$$ \ln(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3} +\text{o}\left(x^3\right)\quad\text{et}\quad \sin x = x-\frac{x^3}{6}+\text{o}\left(x^3\right) $$
donc
$$ \begin{array}{rl} \dfrac{\ln(1+x)}{\sin x} & = \dfrac{x-(x^2/2)+(x^3/3)+\text{o}\left(x^3\right)}{x-(x^3/6)+\text{o}\left(x^3\right)} \\[4mm] &= \dfrac{1-(x/2)+(x^2/3)+\text{o}\left(x^2\right)}{1-x^2/6+\text{o}\left(x^2\right)} \\[4mm] & = \left(1-\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{3}+\text{o}\left(x^2\right)\right)\times\dfrac{1}{1-u(x)} \end{array} $$
où $u(x) = (x^2/6)+\text{o}\left(x^2\right)$. Puisque~$u(x)\xrightarrow[x\to 0]{} 0$ et puisque~$u(x)=\text{O}\left(x^2\right)$ au voisinage de~0, on a en effectuant un développement limité à l'ordre~1 de~$1/(1-u)$:
$$ \frac{1}{1-u(x)} = 1+u(x)+\text{o}(u(x)) = 1+\frac{x^2}{6}+\text{o}\left(x^2\right). $$
En reportant, puis en développant et en ne gardant que les termes d'ordre au plus~2
$$ \frac{\ln(1+x)}{\sin x} = \left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\text{o}\left(x^2\right)\right)\times\left(1+\frac{x^2}{6}+\text{o}\left(x^2\right)\right) = 1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\frac{x^2}{6}+\text{o}\left(x^2\right) $$
soit $\boxed{\dfrac{\ln(1+x)}{\sin x} = 1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{2}+\text{o}\left(x^2\right)}$.
\item Montrons que~$\Phi$ est linéaire. Soient~$(P,Q)\in(\R_2[X])^2$ et~$(\lambda,\mu)\in\R^2$. Alors
$$ \begin{array}{rl} \Phi(\lambda P+\mu Q) & = \big(\lambda P(0)+\mu Q(0),  \lambda P(1)+\mu Q(1), \lambda P(2)+\mu Q(2)\big) \\[2mm] & = \lambda(P(0),P(1),P(2))+\mu(Q(0),Q(1),Q(2)) \\[2mm] & = \lambda \Phi(P)+\mu \Phi(Q) \end{array} $$
donc $\Phi$ est linéaire.

Montrons que~$\Phi$ est bijective. Montrons d'abord que~$\Phi$ est injective. Soit~$P\in\R_2[X]$ tel que~$\Phi(P)=0_{\R^3}$. Montrons que~$P=0$. On~a
$$ \Phi(P)=(P(0),P(1),P(2))=(0,0,0) \quad\text{donc}\quad P(0)=0,\, P(1)=0,\, P(2)=0.$$
Ainsi~$P$ admet au moins trois racines distinctes qui sont~0, 1 et~2, et puisqu'il est de degré au plus~2, on en déduit que~$P=0$. Ceci montre que~$\Ker\Phi=\{0\}$ donc que~$\Phi$ est injective.

L'application~$\Phi$ est donc linéaire et injective entre les~$\R$-espaces vectoriels~$\R_2[X]$ et~$\R^3$, qui sont de m\^eme dimension finie égale \`a~$3$. D'après la caractérisation des applications linéaires bijectives entre deux espaces vectoriels de m\^eme dimension finie, on en déduit qu'elle est bijective. Ainsi, $\Phi$ est une application linéaire bijective:
\begin{center}
\fbox{l'application~$\Phi$ est un isomorphisme entre~$\R_2[X]$ et~$\R^3$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\noindent \textbf{Partie I : Une étude de fonction}

\begin{enumerate}
\item \label{limite} La fonction $\sin$ étant de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R$, $f$ est, par quotient, de classe $\mathscr C^{\infty}$ lorsque son dénominateur ne s'annule pas. Ainsi, \fbox{$f$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R^*$}.
\item On a, au voisinage de $0$ :
\[\sin(x) = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)\]
donc, par opération sur les développements limités,
\[\frac{x - \sin(x)}{x^3} =  \frac{1}{6} + o(1).\]
Par suite, $f$ tend vers $1/6$ en $0$ donc \fbox{$f$ est prolongeable par continuité sur $\R$ par $f(0) = 1/6$}.
\item \label{signe} Soit $x \in ]0,\pi/2]$. La fonction $\sin$ est continue sur $[0,x]$ et dérivable sur $]0,x[$ donc par l'égalité des accroissements finis, il existe $c \in ]0,x[$ tel que
\[\sin(x) - \sin(0) = (x-0) \sin'(c)\]
ce qui donne $\lvert \sin(x) \rvert = \lvert x \rvert \times \lvert \cos(c) \rvert < \lvert x \rvert$.
La fonction $g : x \mapsto x - \sin x$ est donc est strictement positive sur $]0,\pi/2]$ et nulle en $0$. Ainsi, $f$ est strictement positive sur $]0,\pi/2]$ et, avec la question précédente, également en $0$. \fbox{En conclusion, $f$ est strictement positive sur $[0,\pi/2]$.}
\end{enumerate}

\smallskip

\noindent \textbf{Partie II : Une suite récurrente}

\begin{enumerate}[resume]
\item Par stricte croissance de $\sin$ sur $]0,\pi/2]$, on a, pour tout $x \in ]0,\pi/2]$, $0 < \sin(x) \leqslant 1 \leqslant \pi/2$. Ainsi, $]0,\pi/2]$ est un intervalle stable par $\sin$ donc, comme $u_0 \in \left]0,\frac{\pi}{2}\right]$,
\[\boxed{\forall n \in \N, \quad u_n \in \left]0,\frac{\pi}{2}\right]}.\]
\item Avec la question \ref{signe}, la fonction $x \mapsto \sin x - x$ est strictement négative sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ ce qui signifie que pour tout $n \in \N$ :
\[u_{n+1} = \sin(u_n) < u_n.\]
\fbox{Ainsi, la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est strictement décroissante.}
Cette suite étant positive, par le théorème de la limite monotone, elle converge vers une limite $\ell$. De plus, on a :
\[\boxed{\ell \in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]}.\]
\item Supposons que $\ell \neq 0$. On a $\ell \in \left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ et, par continuité de $\sin$, $\sin(\ell) = \ell$. Or, par la question \ref{signe}, on sait que $\sin(\ell) < \ell$ : contradiction. \fbox{En conclusion $\ell = 0$.}
\end{enumerate}

\noindent \textbf{Partie III : Détermination d'un équivalent de la suite}

\begin{enumerate}[resume]
\item Comme $(u_n)_{n \in \N}$ converge vers $0$, on a : $\sin(u_n) \sim u_n$ ce qui s'écrit
\[\boxed{u_{n+1} \sim u_n}.\]
Comme $(u_n)_{n \in \N}$ est strictement positive, avec l'équivalent précédent et par somme de limites :
\[\frac{u_{n+1} + u_n}{u_n} = \frac{u_{n+1}}{u_n}+1 \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}  1 + 1 = 2\]
ce qui s'écrit \fbox{$u_{n+1} + u_n \sim 2 u_n$}.
\item \label{qq} On a, pour tout $n \in \N$, $u_{n},u_{n+1} \neq 0$ et :
\[\frac{1}{u_{n+1}^2} - \displaystyle \frac{1}{u_{n}^2} = \frac{u_n^2 - u_{n+1}^2}{u_{n+1}^2u_n^2} = \frac{(u_{n+1} + u_n)(u_{n} - u_{n+1})}{u_{n+1}^2u_n^2} = \frac{(u_{n+1} + u_n)(u_{n} - \sin(u_n))}{u_{n+1}^2u_n^2}\]
donc par somme et produits d'équivalents, avec la question précédente :
\[\boxed{\frac{1}{u_{n+1}^2} - \displaystyle \frac{1}{u_{n}^2} \sim \frac{2u_n\times (u_{n} - \sin(u_n))}{u_n^4} = 2\frac{u_n - \sin(u_n)}{u_n^3}}.\]
\item \label{qq2} Soit $(v_n)_{n\in\N}$ une suite convergente de limite~$\ell$. Soit $\varepsilon \in \R_+^*$. Il existe un rang $N \in \N^*$ tel que pour tout~$n\in\N$ :
\[n \geqslant N \implies \lvert v_n - \ell \rvert \leqslant \frac{\varepsilon}{2}.\]
On a, pour tout $n\in \N$, $n \geqslant N$, gr\^ace à l'inégalité triangulaire :
\begin{align*}
\left\lvert w_n - \ell \right\rvert = \left\lvert \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} v_k - \ell \right\rvert= \left\lvert \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} (v_k - \ell) \right\rvert & \leqslant \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \lvert v_k - \ell \rvert \\
& = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{N-1} \lvert v_k - \ell \rvert + \frac{1}{n}\sum_{k=N}^{n-1} \lvert v_k - \ell \rvert \leqslant \frac{C}{n} + \frac{1}{n}\underbrace{\sum_{k=N}^{n-1} \frac{\varepsilon}{2}}_{= (n - N) \frac{\varepsilon}{2} \leqslant \frac{\varepsilon}{2}} \leqslant \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2}
\end{align*}
où on a posé $C = \sum_{k=0}^{N-1} \lvert v_k - \ell \rvert$. Comme $C/n \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} 0$, il existe un rang $N' \in \N^*$ tel que pour tout $n \in \N$, on a : $n \geqslant N' \implies C/n \leqslant \frac{\varepsilon}{2}$. On pose $N'' = \max(N,N')$. On a, pour tout $n \in \N$ :
\[n \geqslant N'' \implies \left\lvert w_n - \ell \right\rvert \leqslant \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.\]
Par définition, ceci signifie que \fbox{$(w_n)_{n\in\N^*}$ est convergente de limite $\ell$}.
\item Avec la question \ref{qq}, ainsi que la limite de la question \ref{limite}, on a, puisque $(u_n)_{n\in\N}$ tend vers $0$ :
\[\frac{1}{u_{n+1}^2} - \displaystyle \frac{1}{u_{n}^2}\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\]
Ainsi, en appliquant la question \ref{qq2} avec $v_n = 1/u_{n+1}^2 - 1/u_n^2$, on a :
\[\boxed{\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{u_{k+1}^2} - \displaystyle \frac{1}{u_{k}^2}\right) \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \frac{1}{3}}.\]
\item En considérant $n$ au voisinage de $+\infty$, on a, par somme télescopique :
\[\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\frac{1}{u_{k+1}^2} - \displaystyle \frac{1}{u_{k}^2}\right) = \frac{1}{nu_n^2} - \frac{1}{nu_0^2} = \frac{1}{nu_n^2} + o(1)\]
donc $\frac{1}{nu_n^2} \underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \frac{1}{3}$. Par opérations sur les équivalents et positivité de $(u_n)_{n\in\N}$, on a :
\[\boxed{u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Soit~$(x,y,z)\in E$. On pose $(x',y',z')=\varphi\big((x,y,z)\big)$, autrement dit
$$ x'=x-y-z,\quad y'=-x+y-z,\quad z'=-x-y+z. $$
On a alors, par définition de $\varphi$
$$ \varphi\circ\varphi\big((x,y,z)\big) = \varphi\big((x',y',z')\big) = (x'-y'-z',-x'+y'-z',-x'-y'+z') $$
avec
$$ \begin{array}{rl}   x'-y'-z' & =(x-y-z)-(-x+y-z)-(-x-y+z) \\[2mm]  & = x-y-z+x-y+z+x+y-z \\[2mm] & = 3x-y-z \,; \\[2mm] -x'+y'-z' & = -(x-y-z)+(-x+y-z)-(-x-y+z) \\[2mm] & = -x+y+z-x+y-z+x+y-z \\[2mm] & = -x+3y-z\, ; \\[2mm] \text{et } -x'-y'+z' & = -(x-y-z)-(-x-y-z)+(-x-y+z) \\[2mm] & = -x+y+z+x-y+z-x-y+z \\[2mm] & = -x-y+3z \end{array} $$
d'où en reportant: $\boxed{\varphi\circ\varphi\big((x,y,z)\big) = \big(3x-y-z,-x+3y-z,-x-y+3z\big)}$.

En particulier, on observe que
$$ \begin{array}{rl} \varphi\circ\varphi\big((x,y,z)\big) & = \big(x-y-z,-x+y-z,-x-y+z\big)+\big(2x,2y,2z\big) \\[2mm] &= \varphi\big(x,y,z\big) + 2 \cdot\big(x,y,z\big) \end{array}  $$
et ceci étant valable pour tout $(x,y,z)\in E$, $\boxed{\varphi\circ\varphi=\varphi+2\id{E}}$.
\item On procède par récurrence sur~$k$.
\begin{itemize}
\item \underline{Initialisation.} On a~$\varphi^0 = \id{E} = 0\varphi+1\id{E}$ donc le résultat est vrai au rang~$0$ avec $u_0=0$ et~$v_0=1$.
\item \underline{Hérédité.} Soit~$k\in\N$. Supposons qu'il existe~$(u_k,v_k)\in\R$ tel que $\varphi^k=u_k\varphi+v_k\id{E}$. En composant cette égalité par~$\varphi$ il vient
$$ \varphi^{k+1} = u_k\varphi^2+v_k \id{E} = u_k \big(\varphi+2\id{E}\big)+v_k\id{E} = \big(u_k+v_k\big)\varphi+2u_k \id{E}. $$
On pose $u_{k+1}=u_k+v_k$ et~$v_{k+1}=2u_k$, et on a~alors $ \varphi^{k+1} = u_{k+1}\varphi+v_k\id{E}$  ce qui achève la récurrence.
\end{itemize}
En conclusion:
\begin{center}
\fbox{
\begin{minipage}{13cm}
Pour tout $k\in\N$, il existe~$(u_k,v_k)\in\R^2$ tels que~$\varphi^k = u_k\varphi+2\id{E}$, avec
$$ u_0=0,\; v_0=1 \;\text{et :}\; \forall k\in\N,\;\left\{\begin{array}{l} u_{k+1}=u_k+v_k \\ v_{k+1}=2u_k \end{array}\right. $$
\end{minipage}
}
\end{center}
\item On a, en utilisant la formule de récurrence avec~$k+1$ à la place de~$k$,
$$ u_{k+2}=u_{(k+1)+1} = u_{k+1}+v_{k+1} $$
puis d'après l'expression de~$v_{k+1}$: $\boxed{u_{k+2}=u_{k+1}+2u_k}$.
\item D'après la question précédente, la suite~$(u_k)_k$ est une suite récurrente linéaire d'ordre~2 à coefficients constants dont l'équation caractéristique est
$$ r^2=r+2 \Longleftrightarrow r^2-r-2=0. $$
Le discriminant de cette équation du second degré est $(-1)^2-4\times(-2) = 9 > 0$ donc elle admet deux racines réelles qui sont
$$ r_1 = \frac{-(-1)-3}{2} = -1 \quad\text{et}\quad r_2 = \frac{-(-1)+3}{2} = 2. $$
D'après le résultat du cours sur le terme général des suites récurrentes linéaires d'ordre~2 à coefficients constants, il existe deux constantes~$k_1,k_2$ telles~que
$$ \forall k\in\N,\; u_k = k_1r_1^k+k_2r_2^k = (-1)^k k_1+2^k k_2 $$
En appliquant cette égalité avec~$k=0$, on obtient $k_1+k_2 = u_0 = 0$, et avec~$k=1$,
$$ -k_1+2k_2 = u_1 = u_0+v_0 = 1. $$
Le couple~$(k_1,k_2)$ est donc solution du système
$$ \left\{\begin{array}{l} k_1+k_2 = 0 \\ -k_1+2k_2 = 1 \end{array}\right. \underset{\substack{L_2\leftarrow L_2+L_2}}{\Longleftrightarrow} \left\{ \begin{array}{l} k_1+k_2=0 \\ 3k_2 = 1 \end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k_1 = -1/3 \\ k_2 = 1/3 \end{array}\right. $$
En reportant dans l'expression de~$u_k$, on obtient pour tout~$k\in\N$
$$ \begin{array}{rl} & u_k = -\dfrac{1}{3}(-1)^k+\dfrac{1}{3}2^k = \dfrac{(-1)^{k+1}+2^k}{3}\\[4mm] \text{et, si } k \ge 1, & v_k = 2u_{k-1} = \dfrac{2\cdot(-1)^k +2^k}{3}. \end{array} $$
L'expression ci-dessus de~$v_k$ est également valable pour~$k=0$ (on obtient bien~$v_0=1$). En fin de compte:
$$ \boxed{\forall k\in\N,\; \left\{ \begin{array}{rl} u_k = \dfrac{(-1)^{k+1}+2^k}{3} \\[4mm] v_k = \dfrac{2\cdot(-1)^k+2^k}{3}\end{array}\right.} $$
\item Soit~$k\in\N$ et~$(x,y,z)\in E$. En reportant l'expression de~$u_k$ et celle~$v_k$ obtenues à la question précédente dans le résultat de la question~2, on~a
$$ \varphi^k = \dfrac{(-1)^{k+1}+2^k}{3}\varphi + \frac{2\cdot(-1)^k+2^k}{3}\id{E} = \frac{(-1)^k}{3}\big(2\id{E}-\varphi\big)+\frac{2^k}{3}\big(\varphi+\id{E}\big) $$
avec
$$ \begin{array}{rl} & 2\id{E}\big((x,y,z)\big)-\varphi\big((x,y,z)\big) = \big(x+y+z,x+y+z,x+y+z\big) \\[2mm]\text{et} & \varphi\big((x,y,z)\big)+\id{E}\big((x,y,z)\big) = \big(2x-y-z,-x+2y-z,-x-y+2z\big) \end{array} $$
On obtient donc
$$ \boxed{\forall (x,y,z)\in E,\; \forall k\in\N,\; \varphi\big((x,y,z)\big) = \frac{(-1)^k}{3}\begin{pmatrix} x+y+z \\ x+y+z \\ x+y+z \end{pmatrix} + \frac{2^k}{3} \begin{pmatrix} 2x-y-z \\ -x+2y-z \\ -x-y+2z \end{pmatrix} }  $$
\item
\begin{itemize}
\item Le vecteur nul appartient à $F$ car $f(0_E)=\lambda 0_E = 0_E$.
\item Soient $u,v\in F$ et $\lambda_1,\lambda_2\in \K$. Montrons que $\lambda_1 u+\lambda_2 v \in F$. On a par linéarité de~$f$ et puisque $u,v\in F$
$$ f(\lambda_1 u+\lambda_2 v)  = \lambda_1 f(u)+\lambda_2 f(v) = \lambda_1 \lambda u+\lambda_2 \lambda v = \lambda\big(\lambda_1 u+\lambda_2 v\Big) $$
donc $\lambda_1 u+\lambda_2 v \in F$.
\end{itemize}
Ainsi, \fbox{$F$ est un sous-espace vectoriel de~$E$}. La démonstration est la m\^eme pour~$G$.
\item Soit $u\in F\cap G$. Montrons que~$u=0_E$. On a
$$ \left\{ \begin{array}{ll} f(u)=\lambda u & \text{car }u\in F \\ f(u)=\mu u & \text{car } u\in G \end{array}\right.  $$
donc par différence $0=\lambda u-\mu u = (\lambda-\mu)u$, et puisque~$\lambda \neq \mu$ par hypothèse on obtient $u=0_E$. Ceci montre que $F\cap G = \{0_E\}$ donc que
\begin{center}
\fbox{$F$ et $G$ sont en somme directe.}
\end{center}
\item En développant l'hypothèse (3) de l'énoncé, on a
$$ 0_E = (f-\lambda\id{E})\circ (f-\mu\id{E}) = f\circ f - \lambda f -\mu f + \lambda\mu\id{E} = f\circ f - (\lambda+\mu)f+\lambda\mu \id{E}  $$
d'où en isolant $f\circ f$ : $\boxed{f\circ f = (\lambda+\mu)f-\lambda\mu\id{E}}$.
\item On raisonne par analyse-synthèse.
\begin{itemize}
\item \underline{Analyse.} Supposons l'existence de~$u_1,u_2$ vérifiant:
\begin{enumerate}[label=(\alph*)]
\item $u_1\in F$, ce qui équivaut à $f(u_1)=\lambda u_1$; \label{a}
\item $u_2\in G$, ce qui équivaut à $f(u_2)=\lambda u_2$; \label{b}
\item $u_1+u_2=u$. \label{c}
\end{enumerate}
En appliquant $f$ à l'égalité \ref{c}, il vient $f(u_1)+f(u_2)=f(u)$ donc, d'après \ref{a} et~\ref{b},
\begin{equation} \lambda u_1+\mu u_2 = f(u) \label{d} \tag{d} \end{equation}
L'opération \eqref{d}$-\mu$\ref{c} permet d'éliminer~$u_2$ et d'obtenir
$$ (\lambda-\mu)u_1 = f(u)-\lambda u \quad\text{donc}\quad u_1 = \frac{f(u)-\lambda u}{\lambda-\mu} $$
où la division est autorisée car~$\lambda\neq \mu$ d'après l'énoncé. De m\^eme, l'opération \eqref{d}$-\lambda$\ref{c} donne
$$ (\mu-\lambda) u_2 = f(u)-\mu u \quad\text{donc}\quad u_2 = -\frac{f(u)-\mu u}{\lambda-\mu}. $$
\item \underline{Synthèse.} On pose
$$ u_1 = \frac{f(u)-\mu u}{\lambda-\mu} \quad\text{et}\quad u_2 = -\frac{f(u)-\lambda u}{\lambda-\mu} $$
et on vérifie que~$(u_1,u_2)$ vérifie les points~\ref{a}, \ref{b} et~\ref{c} ci-dessus.

D'une part, par linéarité de~$f$,
$$ \begin{array}{rl} f(u_1) & = \dfrac{1}{\lambda-\mu}\big(f(f(u))-\mu f(u)\Big)  = \dfrac{1}{\lambda-\mu}\Big((\lambda+\mu)f(u)-\lambda\mu u -\mu f(u)\Big) \text{ d'après la question 8}\\[4mm] &= \dfrac{\lambda f(u)-\lambda\mu u}{\lambda-\mu}  = \lambda \times\dfrac{ f(u)-\mu u}{\lambda-\mu}  = \lambda u_1 \end{array} $$
et l'hypothèse \ref{a} est vérifiée. D'autre part, par le m\^eme raisonnement,
$$ \begin{array}{rl} f(u_2) & = -\dfrac{1}{\lambda-\mu}\big(f(f(u))-\lambda f(u)\Big)  = -\dfrac{1}{\lambda-\mu}\Big((\lambda+\mu)f(u)-\lambda\mu u -\lambda f(u)\Big) \\[4mm] & = -\dfrac{\mu f(u)-\lambda\mu u}{\lambda-\mu} = \mu\times\left(-\dfrac{f(u)-\lambda u}{\lambda-\mu}\right)  = \mu u_2 \end{array} $$
ce qui prouve~\ref{b}. Enfin,
$$ u_1+u_2 = \frac{f(u)-\mu u}{\lambda-\mu} -\frac{f(u)-\mu u}{\lambda-\mu} = \frac{\lambda u-\mu u}{\lambda-\mu} = u  $$
ce qui prouve~\ref{c}.
\end{itemize}
Ainsi, les vecteurs~$u_1$ et~$u_2$ satisfont les propriétés suivantes: $u_1\in F$, $u_2\in G$ et~$u=u_1+u_2$. Ceci prouve le résultat:
\begin{center}
\fbox{il existe $u_1\in F$ et~$u_2\in G$ tels que~$u=u_1+u_2$.}
\end{center}
\item
\begin{itemize}
\item D'après la question 7, les sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ sont en somme directe.
\item D'après la question 9, tout vecteur de~$E$ peut s'écrire comme somme d'un vecteur de~$F$ et d'un vecteur de~$G$, ce qui prouve l'inclusion $E\subset F+G$, et l'inclusion réciproque est évidente car~$F$ et~$G$ sont des sous-espaces vectoriels de~$E$.
\end{itemize}
On a donc $E=F\oplus G$: \fbox{$F$ et~$G$ sont supplémentaires dans~$E$}.
\item On développe l'expression du membre de gauche de l'equation~(3) avec~$\lambda = 2$ et~$\mu=-1$:
$$ (f-2\id{E})\circ(f+\id{E}) = f\circ f -2f+f-2\id{E} = f\circ f -f-2\id{E}. $$
Or, d'après l'équation~(2), $f\circ f = f+2\id{E}$. On obtient donc
$$ (f-2\id{E})\circ(f+\id{E}) = 0_E $$
et \fbox{l'hypothèse (3) est vérifiée avec~$\lambda=2$ et~$\mu=-1$}.
\item Soit~$u=(x,y,z)\in\R^3$. On a les équivalences suivantes:
$$ \varphi(u)=2u \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} x-y-z \\ -x+y-z \\ -x-y+z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \\ 2z \end{pmatrix} \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{r} -x-y-z = 0 \\ -x-y-z = 0 \\ -x-y-z =  0 \end{array}\right. $$
Ainsi, \fbox{$F$ est le plan vectoriel d'équation $x+y+z=0$}. Pour tout~$u\in F$, on a alors
$$ u = (x,y,z) = (-y-z,y,z) = y\cdot (-1,1,0) + z\cdot(-1,0,1) = -ye_1-ze_2 $$
ce qui prouve que~$(e_1,e_2)$ est génératrice de~$F$, et c'est une famille libre car elle est formée de deux vecteurs non colinéaires. Par conséquent,
\begin{center} \fbox{les vecteurs $e_1=(1,-1,0)$ et~$e_2=(1,0,-1)$ forment une base de~$F$.} \end{center}
\item Soit~$u=(x,y,z)\in \R^3$. On a les équivalences suivantes:
$$ \varphi(u)=-u \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} x-y-z \\ -x+y-z \\ -x-y+z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -x \\ -y \\ -z \end{pmatrix} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{r} 2x-y-z = 0 \\ -x+2y-z = 0 \\ -x-y+2z =  0 \end{array}\right. $$
On résout ce système linéaire par l'algorithme de Gauss:
$$ \begin{array}{rcl} \varphi(u)=-u & \underset{\substack{L_2 \leftarrow 2L_2+L_1 \\ L_3 \leftarrow 2L_3+L_1}}{\Longleftrightarrow} & \left\{\begin{array}{r} 2x-y-z=0 \\ 3y-3z=0 \\ -3y+3z = 0 \end{array}\right. \underset{\substack{L_2 \leftarrow L_2/3 \\ L_3\leftarrow L_3+L_2}}{\Longleftrightarrow} \left\{\begin{array}{r} 2x-y-z = 0 \\ y-z = 0 \\ 0 = 0 \end{array}\right. \\[8mm] & \underset{L_1 \leftarrow (L_1+L_2)/2}{\Longleftrightarrow} & \left\{\begin{array}{r} x-z = 0 \\ y-z=  0 \end{array}\right. \Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} x = z \\ y = z \end{array}\right. \end{array}  $$
En utilisant~$z$ comme paramètre, il vient l'équivalence
$$ \varphi(u)=-u \Longleftrightarrow (x,y,z)=(z,z,z) = z\cdot(1,1,1). $$
Par conséquent, \fbox{l'ensemble~$F$ est la droite vectorielle dirigée par~$e_3=(1,1,1)$.}

%La famille $(e_1,e_2,e_3)$ est obtenue par réunion d'une base $(e_1,e_2)$ de~$F$ et d'une base~$(e_3)$ de~$G$: ces espaces étant en somme directe, c'est une base de~$F\oplus G$ en tant que base adaptée à une somme directe. Puisque~$F\oplus G = E$ d'après la question~10,
%\begin{center} \fbox{la famille $(e_1,e_2,e_2)$ est une base de~$E$.} \end{center}
\item Les réels~$a,b,c$ cherchés sont solution du système linéaire
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = a \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + b \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}  \Longleftrightarrow  \left\{ \begin{array}{l} x = a+b+c \\ y = -a+c \\ z = -b+c \end{array}\right. $$
$$\begin{array}{cl}  \underset{L_1 \leftarrow L_1+L_2+L_3}{\Longleftrightarrow} & \left\{ \begin{array}{r} x+y+z = 3c \\ y = -a+c \\ z = -b+c \end{array}\right. \\[8mm]  \underset{\substack{L_2 \leftarrow 3L_2-L_1 \\L_3 \leftarrow 3L_3-L_1}}{\Longleftrightarrow} & \left\{ \begin{array}{r} x+y+z=3c \\ -x+2y-z = -3a \\ -x-y+2z = -3b \end{array}\right. \end{array}   $$
ce qui donne $\boxed{a=\dfrac{1}{3}(x-2y+z),\; b = \dfrac{1}{3}(x+y-2z) \text{ et } c = \dfrac{1}{3}(x+y+z).}$

Le résultat étant valable pour tout~$(x,y,z)\in E$, ce calcul montre que
$$ \forall u\in E,\; \exists (a,b,c)\in\R^3,\; u = ae_1+be_2+ce_3. $$
Autrement dit, la famille $(e_1,e_2,e_3)$ est une famille génératrice de~$E$. Puisqu'elle est de cardinal~3 qui est égal à la dimension de~$E$,
\begin{center} \fbox{la famille $(e_1,e_2,e_3)$ est une base de~$E$.} \end{center}
\item Puisque $e_1\in F$ et par linéarité de~$\varphi$, on a successivement
$$ \begin{array}{rl} & \varphi(e_1)=2e_1 \\[2mm] \text{donc} & \varphi^2(e_1) =\varphi\big(\varphi(e_1)\big) = \varphi\big(2e_1\big) = 2\varphi(e_1) = 4e_1 \\[2mm] \text{puis} & \varphi^3(e_1) = \varphi(4e_1) = 4\varphi(e_1) = 8e_1 \end{array} $$
et par récurrence immédiate, puis en procédant de m\^eme pour~$e_2$ et~$e_3$ (qui appartiennent respectivement à~$F$ et à~$G$),
$$ \boxed{\forall k\in\N,\; \varphi^k(e_1)=2^k e_1,\; \varphi^k(e_2)=2^k e_2,\; \varphi^k(e_3)=(-1)^ke_3.}  $$
\item Soit~$k\in\N$ et~$(x,y,z)\in E$. Soient~$a,b,c$ les réels de la question~14. Par linéarité de~$\varphi^k$, et d'après la question~15,
$$ \varphi^k\big((x,y,z)\Big) = a\varphi^k(e_1)+b\varphi^k(e_2)+c\varphi^k(e_3) = 2^k(ae_1+be_2)+(-1)^k ce_3. $$
Reste à calculer les vecteurs $ae_1+be_2$ et $ce_3$ en utilisant les définitions de $e_1,e_2,e_3$ et les expressions de~$a,b,c$ de la question 14. D'une part,

$$ \begin{array}{rl} ae_1+be_2 & = \dfrac{x-2y+z}{3}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + \dfrac{x+y-2z}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \\[8mm] & = \dfrac{1}{3} \begin{pmatrix} (x-2y+z) + (x+y-2z) \\ -x+2y-z \\ -x-y+2z \end{pmatrix}  = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 2x-y-z \\ -x+2y-z \\ -x-y+2z \end{pmatrix} \end{array}  $$
et d'autre part, on a directement
$$ ce_3 = \dfrac{x+y+z}{3} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} x+y+z \\ x+y+z \\ x+y+z \end{pmatrix}  $$
En reportant dans l'expression précédente de $\varphi^k\big((x,y,z)\big)$, il vient
$$ \boxed{\varphi^k\big((x,y,z)\big) = \dfrac{2^k}{3}\begin{pmatrix} 2x-y-z \\ -x+2y-z \\ -x-y+2z \end{pmatrix} + \dfrac{(-1)^k}{3} \begin{pmatrix} x+y+z \\ x+y+z \\ x+y+z \end{pmatrix}}  $$
et l'on retrouve bien le résultat de la question~5.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
%Soit $a$ un réel, $n$ un entier naturel non nul.
\begin{enumerate}
\item Soit $z \in \C$. Par le théorème des racines de l'unité, on a les équivalences :
\begin{align*}
(z + 1)^n = \e^{2\i na} \Longleftrightarrow \big((z + 1)\e^{-2\i a}\big)^n = 1 &\Longleftrightarrow \exists k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket, \quad (z + 1)\e^{-2\i a} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\\
&\Longleftrightarrow \exists k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket, \quad z  = -1 + \e^{\frac{2\i k\pi}{n}}\e^{2\i a} = \e^{\frac{2\i k\pi}{n} + 2\i a} - 1
\end{align*}
Les nombres complexes $\e^{\frac{2\i k\pi}{n}}$ étant distincts pour $k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket$, l'équation l'équation d'inconnue $z \in \C$ :
\[(z + 1)^n = \e^{2\i na}\]
admet \fbox{$n$ solutions} et l'ensemble de ces solutions s'écrit :
\[\boxed{\left\{ \e^{\frac{2\i k\pi}{n} + 2\i a} - 1 \mid k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket \right\}}\]
\item Le polynôme $P$ est la différence d'un polynôme de degré $n$ et d'une constante donc ce \fbox{polynôme a pour degré $n$}. De plus, avec la formule du binôme de Newton, lorsqu'on développe $(X+1)^n$, le monôme de plus haut degré est $X^n$ donc \fbox{$P$ a pour coefficient dominant $1$}.
\item Avec les deux questions précédentes, le théorème de factorisation des polynômes nous donne :
\[\boxed{P(X) = 1 \times \prod_{k=0}^{n-1} \big(X - (\e^{\frac{2\i k\pi}{n} + 2\i a} - 1)\big) = \prod_{k=0}^{n-1} \big(X +1 -  \e^{\frac{2\i k\pi}{n} + 2\i a} \big)}.\]
On peut également écrire, pour tout $k \in \llbracket 0,n-1\rrbracket$ :
\[\e^{2\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)} - 1 = \e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)}\left( \e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)} - \e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)}\right) = 2\i\sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right)\e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)}\]
ce qui donne
\[\boxed{P(X) = \prod_{k=0}^{n-1} \left(X -  2\i\sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right)\e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)} \right)}.\]
\item On a
\[1- \e^{2ina} =P(0)= \prod_{k=0}^{n-1} \left(-2\i\sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right)\e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}+a\right)} \right)= (-2i)^n  \e^{ina} \prod_{k=0}^{n-1} \sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right) \prod_{k=0}^{n-1} \e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}\right)}.\]
Or, on a :
\[\prod_{k=0}^{n-1} \e^{\i\left(\frac{k\pi}{n}\right)} = \e^{\i\left(\frac{\pi}{n}\right)\sum_{k=0}^{n-1} k} = \e^{\i\left(\frac{\pi}{n}\right)\frac{n(n-1)}{2}} = i^{n-1}.\]
Ainsi, on obtient :
\[1- \e^{2ina} = (-2i)^n  \e^{ina} \prod_{k=0}^{n-1} \sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right) \i^{n-1} = (-\i)^{n-1}\times i^{n-1} \times 2^n \times (-\i) \e^{ina} \prod_{k=0}^{n-1} \sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right)\]
puis en divisant par $\e^{ina}$ :
\[-2\i\sin(na) = \e^{-ina}- \e^{ina} = 2^n \times (-\i) \e^{ina} \prod_{k=0}^{n-1} \sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right)\]
et enfin
\[\boxed{\prod_{k=0}^{n-1} \sin\left(a + \frac{k\pi}{n}\right) = \frac{\sin(na)}{2^{n-1}}}\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item La variable aléatoire $X_1$ est à valeurs dans $\{0,1\}$ et la probabilité de $(X_1 = 1)$ est égale à $1/2$ (les boules étant supposées indiscernables). Ainsi, \fbox{$X_1$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $1/2$}. On a donc \fbox{$E(X_1) = 1/2$ et $V(X_1) = 1/2\times(1-1/2) = 1/4$}.
\item On souhaite calculer la probabilité de l'évènement $(X_{p+1}=1)$ lorsque l'évènement~$(Z_{p}=k)$ est réalisé ce qui signifie qu'on a obtenu $k$ boules noires lors des $p$
premiers tirages et on souhaite piocher une boule blanche au $(p+1)$-ièmetirage. Par conséquent, on déjà obtenu $k$ boules blanches en $p$ tirages : on a donc ajouté $k\times c$ boules blanches et $(p-k)\times c$ boules noires dans l'urne. Après le $p^{i\grave{e}me}$ tirage, l'urne contient ainsi~$p\times c+2$ boules dont $kc+1$ boules blanches et $(p-k)\times c+1 $ boules noires. On pioche une boule dans cette urne et on obtient une blanche. On obtient finalement : \[\boxed{P_{(Z_{p}=k)}(X_{p+1}=1) = \dfrac{kc+1}{pc+2}}\]
\item Pour obtenir une boule blanche au $(p+1)$-ième tirage, il est nécessaire de connaitre le contenu de l'urne à l'issue des $p$ premiers tirages. Le contenu de cette urne dépend du nombre de boules blanches obtenues lors des $p$ premiers tirages. Soit on a obtenu $0$ boule blanche $(Z_{p}=0)$, soit $1$ boule blanche $(Z_{p}=1)$, ..., soit $p$ boules blanches $(Z_{p}=p)$.
On considère le système complet d'évènements $(Z_{p}=k)_{0\leqslant k\leqslant p},$ on a :
\begin{eqnarray*}
P(X_{p+1} =1)&=&\sum\limits_{k=0}^{p}P(Z_{p}=k\cap
X_{p+1}=1)=\sum\limits_{k=0}^{p}P(Z_{p}=k)P_{(Z_{p}=k)}(X_{p+1}=1)=\sum\limits_{k=0}^{p}\dfrac{kc+1}{pc+2}P(Z_{p}=k) \\
&=&\dfrac{1}{2+pc}\sum\limits_{k=0}^{p}(kc+1)P(Z_{p}=k)=\dfrac{c}{2+pc}%
\sum\limits_{k=0}^{p}kP(Z_{p}=k)+\dfrac{1}{2+pc}\sum%
\limits_{k=0}^{p}P(Z_{p}=k) \\
&=&\dfrac{c}{2+pc}E(Z_{p})+\dfrac{1}{2+pc}
\end{eqnarray*}
En conclusion :
\[\boxed{P(X_{p+1} =1) = \dfrac{1+cE(Z_{p})}{2+pc}}.\]

\item Puisque $Z_{p+1}$ représente le nombre de boules blanches obtenues lors des $(p+1)$ premiers tirages et que $Z_{p}$ représente le nombre de boules blanches obtenues lors des $p$ premiers tirages. Par conséquent, $Z_{p+1}-Z_{p}$ représente le nombre de boules blanches obtenue lors du $(p+1)$-ième tirage, ce qui s'écrit par définition~$X_{p+1}$ donc
\begin{equation*}
Z_{p+1}-Z_{p}=X_{p+1}\Leftrightarrow Z_{p+1}=Z_{p}+X_{p+1}
\end{equation*}
Par linéarité de l'espérance et comme $X_{p+1}(\Omega )=\{0,1\}$, on a \begin{eqnarray*}
E(Z_{p+1}) &=&E(Z_{p}+X_{p+1})=E(Z_{p})+E(X_{p+1})=E(Z_{p})+0\times
P(X_{p+1}=0)+1\times P(X_{p+1}=1) \\
&=&E(Z_{p})+P(X_{p+1}=1)=E(Z_{p})+\dfrac{1+cE(Z_{p})}{2+pc}=\dfrac{1+(2+c+pc)E(Z_{p})}{2+pc}
\end{eqnarray*}
En conclusion :
\[\boxed{E(Z_{p+1}) = \dfrac{1+(2+c+pc)E(Z_{p})}{2+pc}}.\]
\item On procède par récurrence en
posant l'hypothèse de récurrence, pour $p\in\N^*$, $p\leqslant n-1$ : $(\mathcal{H}_{p}):E(Z_{p})=\dfrac{p}{2}$ \newline
\textbf{Initialisation :} Par définition, on a $Z_{1}=X_{1}$ donc $E(Z_{1})=E(X_{1})=\dfrac{1}{2}$ ce qui démontre $(\mathcal{H}_{1}).$\newline
\textbf{Hérédité :} Soit $p\in\N^*$, $p \leqslant n-2$. Supposons que $(\mathcal{H}_{p})$ soit vraie et montrons
$(\mathcal{H}_{p+1}),$ i.e. supposons que $E(Z_{p})=\dfrac{p}{2}$ et
montrons que $E(Z_{p+1})=\dfrac{p+1}{2}.$ D'après la question précédente, on a
\begin{eqnarray*}
E(Z_{p+1}) &=&\dfrac{1+(2+c+pc)E(Z_{p})}{2+pc}=\dfrac{1+(2+c+pc)\dfrac{p}{2}%
}{2+pc}=\dfrac{2+(2+c+pc)p}{2(2+pc)}=\dfrac{2+2p+pc+p^{2}c}{2(2+pc)} \\
&=&\dfrac{(2p+p^{2}c)+(2+pc)}{2(2+pc)}=\dfrac{p(2+pc)+(2+pc)}{2(2+pc)}=%
\dfrac{2+pc}{2+pc}\times \dfrac{p+1}{2}=\dfrac{p+1}{2}
\end{eqnarray*}
ce qui achève la récurrence. En conclusion, pour tout $p \in \llbracket 1,n-1\rrbracket$ :
\[\boxed{E(Z_{p})=\dfrac{p}{2}}.\]
Soit $p _in \llbracket 1,n-1\rrbracket$. Comme $X_{p+1}(\Omega) = \{0,1\}$, $X_{p+1}$ suit une loit de Bernoulli. il reste à déterminer son paramètre. Pour tout $p _in \llbracket 1,n-1\rrbracket$ : $E(Z_{p})=\dfrac{p}{2}$ donc, avec les questions précédente :
\begin{equation*}
P(X_{p+1}=1)=\dfrac{1+cE(Z_{p})}{2+pc}=\dfrac{1+c\times \dfrac{p}{2}}{2+pc}=%
\dfrac{2+pc}{2(2+pc)}=\dfrac{1}{2}
\end{equation*}%
donc $P(X_{p+1}=0)=1-P(X_{p+1}=1)=\dfrac{1}{2}$.

En conclusion, \fbox{la variable $X_{p+1}$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\dfrac{1}{2}$}.
\end{enumerate}
\end{exoDS}

\end{document}