le corrigé

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corrig

é

Préparation aux oraux – 2

Exercice 1

[TPE PC 2018]

On munit M2(R) du produit scalaire défini par hA | Bi = tr(ATB).

Soit F = a _b −_b _a ! ∈ M₂_(R) (a, b) ∈ R 2_.

a. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de M2(R).

b. Déterminer le projeté orthogonal de J = 1 1 1 1 !

sur F⊥. c. Calculer la distance entre J et F .

a. F = Vect(I, K) avec K = 0₋ 1 1 0 !

donc F est un sous-espace vectoriel de M2(R).

b. On a hI | Ii = 2, hK | Ki = 2 et hI | Ki = 0 donc√1 2I, 1 √ 2K

forme une base orthonormée de F . Le projeté orthogonal de J sur F s’écrit donc p(J) = 1

2hI | JiI + 1

2hK | JiK = I et le projeté orthogonal de J sur F

⊥ vaut donc J − p(J) = 0 1 1 0 ! . c. On a d(J, F ) = kJ − p(J)k =√1 2.

Exercice 2

[Centrale PC 2018]

Soit α > 1. On pose pour tout n ∈ N∗, In(α) =

Z+∞

0

dt (1 + tα₎n.

a. Montrer que In(α) est bien définie.

b. Etablir une relation de récurrence liant In(α) et In+1(α).

c. Déterminer la limite de la suite (In(α))n>1.

d. Montrer l’existence de k(α) > 0 tel que In(α)_n→+∞∼ k(α)

n1/α. a. Au voisinage de +∞, 1 (1 + tα₎n _t→+∞∼ 1 tnα. Or l’intégrale de Riemann Z+∞ 1 dt

tnα converge car nα > α > 1, donc il en est

de même de In(α).

b. Une intégration par partie donne In(α) = " t (1 + tα₎n #+∞ 0 + nα Z+∞ 0 tα (1 + tα₎n+1= nα Z+∞ 0 1 + tα−₁ (1 + tα₎n+1 = nα(In(α) − In+1(α)) donc In+1(α) = 1 − 1 nα In(α).

c. On a donc ln(In+1(α))−ln(In(α)) = ln

_I n+1(α) In(α) ∼ − 1 nα. Ainsi, la série X ln(In+1(α))−ln(In(α))

diverge ; étant à terme général négatif, ses sommes partielles divergent vers −∞, ce qui par télescopage équivaut à dire que lim

n→+∞ln(In(α)) = −∞,

puis que lim

n→+∞In(α) = 0.

d. Il s’agit de montrer que nα1_I

n(α) converge vers une limite k(α) > 0, ce qui revient à prouver que la suite un =

lnn1α_I_n_(α)_{converge vers une limite `(α) = ln}_k(α)_.

Or un+1−un = ln _I n+1(α) In(α) +1 αln 1 + 1 n = ln 1 − 1 nα +1 αln 1 +1 n = O ₁ n2

donc la sérieX(un+1−un) converge

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absolument, ce qui prouve la convergence de la suite (un) vers une limite `(α) ; il suffit de poser k(α) = e`(α) pour

conclure.

Exercice 3

[Mines PC 2018]

Soit T une variable aléatoire à valeurs dans N. On suppose que pour tout n ∈ N, P(T > n) > 0. On pose, pour tout n ∈ N, θ_n= P(T = n | T > n).

a. Montrer que les θnsont dans [0, 1[.

b. Exprimer P(T > n) en fonction des θn, puis montrer que la série

X

θndiverge.

c. Réciproquement, si (θn) est une suite d’éléments de [0, 1[ telle que la série

X

θ_ndiverge, montrer l’existence d’une variable aléatoire T à valeurs dans N telle que P(T > n) > 0 et P(T = n | T > n) = θnpour tout n ∈ N.

a. On a P(T > n + 1) = P(T > n + 1 et T > n) = P(T > n + 1 | T > n)P(T > n) = (1 − θn)P(T > n) et puisque P(T > n + 1) > 0

on en déduit θn< 1.

b. De l’égalité ci-dessus on tire aussi P(T > n) = P(T > 0)

n−1 Y k=0 (1 − θk) = n−1 Y k=0 (1 − θk).

Si la sérieXθ_nconvergeait, on aurait lim θn= 0 et ainsi ln(1 − θn) ∼ −θn, ce qui prouverait que la série

X

ln(1 − θn)

converge, puis, en notant ` sa somme, que lim

n→+∞ n−1 Y k=0 (1 − θk) = e`> 0. Cependant, P(T > n) = +∞ X k=n

P(T = k) est le reste d’une série convergente, donc lim

n→+∞

P(T > n) = 0. ceci est contradictoire,

et permet d’en déduire que la sérieXθ_ndiverge.

c. Si une telle variable aléatoire existe, alors P(T = n) = P(T > n) − P(T > n + 1) = θn n−1

Y

k=0

(1 − θk).

Posons, pour tout n ∈ N, pn= θn n−1

Y

k=0

(1 − θk). On a pn∈[0, 1] et on prouve par récurrence que 1 − n X k=0 pk= n Y k=0 (1 − θk).

les deux sériesXθnet

X

ln(1 − θn) sont de même nature (si l’une des deux converge alors lim θn= 0 et dans ce cas

ln(1 − θn) ∼ −θn) donc lim n X k=0 ln(1 − θn) = −∞, puis lim n Y k=0 (1 − θk) = 0. On en déduit que +∞ X n=0 pn= 1.

De ceci il résulte qu’il existe une variable aléatoire T à valeurs dans N telle que pour tout n ∈ N, P(T = n) = pn.

On a alors P(T > n) = +∞ X k=n pn = 1 − n−1 X k=0 pk = n−1 Y k=0 (1 − θk) > 0 et P(T > n + 1 | T > n) = P(T > n + 1) P(T > n) = 1 − θn donc P(T = n | T > n) = θ_n.

Exercice 4

[X PC 2018] Pour n ∈ N∗et (a1, . . . , an) ∈ (R ∗ +)non pose : D(a1, . . . , an) = a1 −1 0 · · · 0 1 a2 −1 . .. ... 0 1 a3 . .. 0 .. . . .. ... ... −1 0 · · · ₀ ₁ _a_n et [a1, . . . , an] = a1+ 1 a2+ 1 a3+ · · · + 1 an−1+ 1 an

Montrer que pour tout n > 2 on a [a1, . . . , an] =

D(a1, . . . , an)

D(a2, . . . , an)

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On raisonne par récurrence sur n. – Si n = 2 on a D(a1, a2) D(a2) =a1a2+ 1 a2 = a1+ 1 a2 = [a1, a2].

– Si n > 3, supposons le résultat acquis au rang n − 1, et développons D(a1, . . . , an) suivant la première colonne :

D(a1, . . . , an+1) = a1D(a2, . . . , an+1) − −₁ ₀ ₀ · · · ₀ 1 a3 −1 . .. ... 0 . .. ... ... 0 .. . . .. ... ... −1 0 · · · ₀ ₁ _a_n .

En développant ce deuxième déterminant suivant la première ligne on obtient : D(a1, . . . , an) = a1D(a2, . . . , an) + D(a3, . . . , an)

et à l’aide de l’hypothèse de récurrence : D(a1, . . . , an) D(a2, . . . , an) = a1+ D(a3, . . . , an) D(a2, . . . , an) = a1+ 1 [a2, . . . , an] = [a1, . . . , an].

Exercice 5

[CCP PC 2018]

Soit a > 0 et X une variable aléatoire telle que E(X) = V (X) = a. a. Donner un exemple de variable aléatoire vérifiant ces conditions. b. Montrer que P(X > 2a) 6 P(X − a + 1)2>_{(a + 1)}2_.

c. Montrer que P(X > 2a) 6 1

a + 1.

a. C’est le cas d’une variable suivant une loi de Poisson de paramètre a.

b. On a (X − a + 1)2>_{(a + 1)}2 ⇐⇒ _{X − a + 1 > a + 1 ou X − a + 1 6 −a − 1 ⇐⇒ X > 2a ou X 6 −2.} Ainsi, X > 2a =⇒ (X − a + 1)2>_{(a + 1)}2_{et donc P(X > 2a) 6 P}_{(X − a + 1)}2>_{(a + 1)}2_.

c. D’après l’inégalité de Markov, P(X − a + 1)2>_{(a + 1)}26

E((X − a + 1)2) (a + 1)2 .

Par linéarité de l’espérance,

E((X − a + 1)2) = E(X2) − 2(a − 1)E(X) + (a − 1)2= V (X) + E(X)2−2(a − 1)E(X) + (a − 1)2= a + 1 donc P(X > 2a) 6 1

a + 1.

Exercice 6

[Centrale PC 2018]

Soit E un espace euclidien muni d’une base (e) = (e1, . . . , en). On considère l’endomorphisme f de E défini par :

∀_{x ∈ E,} _{f (x) =}

n

X

i=1

h_e_i |_xie_i a. Montrer que f est un automorphisme symétrique de E.

b. Montrer que Sp(f ) ⊂ R∗+.

c. Montrer qu’il existe un automorphisme symétrique g tel que g ◦ g = f−1. g est-il unique ?

d. Soit g un automorphisme symétrique tel que g ◦ g = f−1. Montrer que (g(e1), . . . , g(en)) est une base orthonormée de E.

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a. La linéarité de f résulte de la bilinéarité du produit scalaire.

(e) étant une base, f (x) = 0E ⇐⇒ ∀i ∈ ~1, n, hei|xi = 0 ⇐⇒ x ∈ Vect(e1, . . . , en)

⊥

= E⊥= {0E}. f est donc injective, puis

bijective s’agissant d’un endomorphisme en dimension finie. Enfin, hf (x) | yi =

n

X

i=1

h_e_i |_xihe_i|_{yi = hx | f (y)i donc f est un automorphisme symétrique.} b. Soit λ une valeur propre de f , et x un vecteur propre associé. Alors λkxk2= hf (x) | xi =

n

X

i=1

h_e_i |_xi2>_{0 donc λ > 0 et} puisque f est un automorphisme, λ > 0.

c. Soit (b) une base orthonormée qui diagonalise f , avec f (bi) = λibi. On définit g ∈ L(E) en posant g(bi) = √1

λ_ibi. g est un automorphisme symétrique car sa matrice dans la base orthonormée (b) est diagonale donc symétrique, et de déterminant non nul. Et on a g ◦ g ◦ f (bi) = bidonc g ◦ g ◦ f = Id.

Notons que g n’est pas unique, par exemple parce que −g convient aussi. Plus précisément, on pourrait montrer qu’il y a exactement 2nsolutions, correspondant au choix des i∈ {−1, 1} tels que g(bi) =

_i √

λ_ibi. d. On a hg(ei) | g(ej)i = hei|g ◦ g(ej)i = hei|f

−1_(e j)i. Par ailleurs, ej= f f−1(ej) = n X i=1

h_e_i |_f−1_(e_j_)ie_i_{et par unicité de la décomposition dans une base, he}_i|_f−1_(e_j_{)i = δ}_ij_{. Ainsi,} h_g(e_i_{) | g(e}_j_{)i = δ}_ij_{; la famille (g(e}_i_{)) est orthonormée ; c’est donc une base orthonormée puisque g est un automorphisme.}

Exercice 7

[Mines PC 2018]

Soit Γ : x 7→ Z+∞

0

tx−1e−tdt.

a. Déterminer le domaine de définition de Γ . b. Soit x > 0. Pour n ∈ N∗on pose Tn(x) =

Z n 0 tx−1 1 − t n n dt. Calculer Tn(x).

c. Montrer que Γ (x) = lim

n→+∞ nxn! x(x + 1) · · · (x + n). a. Pour tout x ∈ R, tx−1e−t = +∞O(e −t/2_{) donc l’intégrale} Z+∞ 1 tx−1e−tdt converge, et tx−1e−t∼ 0 1 tx−1 donc l’intégrale Z 1 0

tx−1e−tdt converge si et seulement si x > 0. On en déduit que Γ est définie sur ]0, +∞[. b. Réalisons n intégrations par parties successives en intégrant t 7→ tx−1et en dérivant t 7→

1 −t n n pour obtenir : ∀_{x > 0,} _T_n_{(x) =} " n X k=0 n(n − 1) · · · (n − k + 1) nk 1 − t n n−k _tx+k x(x + 1) · · · (x + k) #t=n t=0 = n!n x x(x + 1) · · · (x + n)

c. Appliquons maintenant le théorème de convergence dominée, en posant fn(t) =

         tx−1 1 −t n n si t 6 n 0 si t > n . les fonctions fnsont continues par morceaux, la suite (fn) converge simplement sur R

∗

+vers la fonction f : t 7→ tx−1e −_t

, elle-même continue par morceaux et : ∀t > 0, |fn(t)| 6 tx−1e

−_t

= φ(t). La fonction φ est continue par morceaux et intégrable sur ]0, +∞[ donc le théorème de convergence dominée s’applique : lim

n→+∞Tn(x) = Γ (x).

De la question précédente on déduit immédiatement que Γ (x) = lim

n→+∞

nxn! x(x + 1) · · · (x + n).

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Exercice 8

[X PC 2020]

Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N telle que P(X , 0) > 0 et d’espérance finie. On définit une variable aléatoire b

X par : ∀k ∈ N, P(bX = k) =kP(X = k) E(X) .

a. Trouver X lorsque X et bX suivent la même loi.

b. Déterminer la loi de X lorsque X + 1 et bX suivent la même loi. a. On suppose que pour tout k ∈ N∗, P(X = k) =kP(X = k)

E(X) .

Puisque P(X , 0) > 0 il existe k ∈ N∗ tel que P(X = k) > 0. Dans ce cas, E(X) = k. Mais l’espérance ne peut prendre qu’une seule valeur, donc j , k =⇒ P(X = j) = 0. Ainsi, il existe k ∈ N∗tel que P(X = k) = 1 : X est presque surement constante.

b. On suppose que pour tout k > 1, P(X = k − 1) = k

λP(X = k) avec λ = E(X). Cette relation s’écrit aussi(k − 1)!

λk−1 P(X = k −1) =

k!

λkP(X = k) donc il existe c > 0 telle que pour tout k ∈ N, P(X = k) = c

λk

k!.

Mais X est une variable aléatoire entière donc

+∞

X

k=0

P(X = k) = 1, ce qui impose c = e−λ. Ainsi, X suit une loi de Poisson, et on a bien λ = E(X).