Écricome 2017 voie E Correction

Écricome 2017 voie E Correction

Exercice 1

Dans tout l’exercice, on considère la matriceA∈M₃(R)définie par A=





0 1 2

−1 2 2

−3 3 1



.

Partie A : Étude de la matriceA

1) On commence par expliciter la matriceA−Iavant de calculer ses puissances :

A−I=





0 1 2

−1 2 2

−3 3 1



−





1 0 0 0 1 0 0 0 1



=





−1 1 2

−1 1 2

−3 3 0



.

Il apparaît alors que

(A−I)²=





−6 6 0

−6 6 0

0 0 0



, et (A−I)³=0.

2) Il découle de la question précédente que le polynôme(X−1)³ annuleA. Les valeurs propres deAsont donc nécessairement les racines de ce polynôme qui n’en admet qu’une : 1.

3) SiAétait diagonalisable, sa matrice dans une base de vecteurs propres serait, d’après la ques- tion précédente, l’identité, mais alors, cette dernière commutant avec la matrice de passage (et avec son inverse), finalementAserait l’identité, ce qui n’est pas le cas. Elle n’est donc pas dia- gonalisable. En revanche, 0 n’étant pas valeur propre, le noyau de l’endomorphisme associé à Aest réduit au vecteur nul ; il est donc bijectif etAest inversible.

Partie B : Recherche d’une solution particulière On note, pour toutx∈]−1; 1[,ϕ(x) =√

1+x.

4) Pour tout x∈]−1; 1[, 1+x>0, or la fonction racine est de classe C^∞ (donc en particulier C²) sur cet intervalle. Par composition,ϕ est bien de classe C²sur ]−1; 1[. Pour tout xs’y trouvant, on a

ϕ^′(x) = 1 2√

1+x, ϕ^′′(x) = −1 4(1+x)√

1+x. En particulier,

ϕ^′(0) =1

2, et ϕ^′′(0) =−1 4.

5) D’après les formules de Taylor,ϕ étant de classeC² au voisinage de 0, elle admet un déve- loppement limité d’ordre 2 donné par

ϕ(x) = ϕ(0) +ϕ^′(0)x+ϕ^′′(0)

2! x²+x²ε(x)

= 1+x 2−x²

8 +x²ε(x).

Il suffit donc de prendreα =−1/8.

6) On considère donc la fonction polynomialePde degré 2 défini par P(x) =1+x

2−x² 8. Un développement trivial donne

(P(x)²) =1+x−x³ 8 + x⁴

64.

7) En notant alorsC=A−I, la toute première question s’exprime commeC³=0 (il en est de même pour toutes les puissances supérieures). Ainsi,

P(C)²=I+C−1

8C³+ 1

64C⁴=I+C=A.

En posantM=P(C), on a clairementM²=A. Les coefficients explicites deMsont les suivants M = P(C) =I+1

2C−1 8C²

=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



+1 2





−1 1 2

−1 1 2

−3 3 0



−1 8





−6 6 0

−6 6 0

0 0 0





= 1 4





5 −1 4

1 3 4

−6 6 4



.

Partie C - Résolution complète de l’équation

Soit f l’endomorphisme dont la matrice dans la base canonique est la matriceA.

9) Soientu,vetwles vecteurs définis par







w = (1,0,1) =e₁+e₃ v = f(w)−w

u = f(v)−v

. a: On calcule

v = f(w)−w

= Cw

= (1,1,−3) u = f(v)−v

= f(f(w)−w) + f(w)−w= f²(w)−w=C²w

= (−6,−6,0)

b: Pour montrer que la famille B^′=











−6

−6 0



,



 1 1

−3



,



 1 0 1











forme une base deR³, il suffit de montrer que ces trois vecteurs forment une famille libre. Soient alors x,y,z∈R

tels quexu+yv+zw=0. Il suffit de montrer que, nécessairement,x=y=z=0. On résout donc le système, par pivot de Gauss,

xu+yv+zw=0 ⇐⇒







−6x+y+z = 0

−6x+y = 0

−3y+z = 0

⇐⇒







−6x+y+z = 0 z = 0

−3y+z = 0

⇐⇒ x=y=z=0 et la familleB^′est bien libre et forme donc une base deR³.

c: Pour connaître la matrice de f dans la base B^′, il faut exprimer les images, par f, des vecteurs de B^′ en fonction de ces mêmes vecteurs. La définition des vecteurs donne la décomposition souhaitée

u= f(v)−v ⇐⇒ f(v) =u+v v= f(w)−w ⇐⇒ f(w) =v+w

u= (−6,−6,0) =⇒ f(u) =A·u= (−6,−6,0) =u.

Il suit alors que,

Mat(f,B^′) =





1 1 0 0 1 1 0 0 1



=T.

d: Si on introduit P la matrice de passage de la base B^′ à la base canonique, alors P= Mat(Id,B^′,B) est inversible et ses colonnes sont les vecteurs de la base B^′ exprimés dans la base canonique

P=





−6 1 1

−6 1 0 0 −3 1



=Id(B^′,B),

(qui est bien inversible car les colonnes qui la composent forment une base de R³) on a bien

T =Mat(f,B^′) =Id(B,B^′)Mat(f,B)Id(B^′,B) =P⁻¹AP. 10) SoitN∈M₃(R).

a: Si on suppose queN²=T, alorsNT =N²·N=N³=N·N²=NT. En d’autres termes,N etT commutent. En notant

N=





a b c d e f g h i



,

on a

NT =T N⇐⇒































a = a+d a+b = b+e b+c = c+f d = d+g d+e = e+h e+f = f+i

g = g g+h = h h+i = i

⇐⇒























a = e d = 0 b = f g = 0 e = i g = 0 h = 0

,

ce qui donne bien

N=





a b c 0 a b 0 0 a



. b: Il est alors facile de résoudre l’équation cherchée

N²=T ⇐⇒







a² = 1 2ab = 1 b²+2ac = 0

⇐⇒







a = ±1 b = 1/2a c = −1/8 et on a deux solutions :

N₁=





1 1/2 −1/8

0 1 1/2

0 0 1



, et N₂=





−1 −1/2 −1/8

0 −1 −1/2

0 0 −1



.

11) On utilise le fait queT =P⁻¹APce qui, étant équivalent àA=PT P⁻¹, donne M²=A ⇐⇒ M²=PT P⁻¹

⇐⇒ P⁻¹M²P=T

⇐⇒ P⁻¹MP2

=T

⇐⇒ P⁻¹MP=N₁ ou P⁻¹MP=N₂

⇐⇒ M=PN₁P⁻¹ ou M=PN₂P⁻¹ et on a bien exhibé les deux solutions souhaitées.

12) Il est facile de voir que l’ensemble des solutions n’est pas un sous-espace vectoriel (deM₃(R)).

Il existe une multitude de contre-arguments. Le plus simple est de mentionner que la matrice nulle n’en est pas un élément.

Exercice 2

Partie A

1) La limite en 0 n’est pas indéterminée : lim

x→0ϕ(x) =−∞ Au voisinage de+∞,ϕ(x) =x^2a

−a+ln(x) x^2a

On sait, par comparaison des fonctions, que lim

x→+∞

ln(x)

x^2a =0 donc lim

x→+∞ϕ(x) =−∞ 2) x7→ln(x)estC^∞surR^+∗etx7→x^2aestC^∞surR^+∗doncϕ estC^∞surR^+∗.

∀x∈R^+∗: ϕ^′(x) = 1

x−2a²x^2a−1=1−2a²x^2a x

ϕ^′(x)>0 ⇐⇒ 1−2a²x^2a>0

⇐⇒ x^2a< 1 2a²

⇐⇒ x<

1 2a²

1/2a

=x₀ On peut donc dresser le tableau de variations :

x

ϕ^′(x)

ϕ

0 x₀ +∞

+ 0 −

−∞

M M

−∞

−∞ 3) M=ϕ(x0) =ln(x0)−ax^2a₀ . Or ln(x0) = 1

2aln 1

2a²

etx^2a₀ = 1

2a² donc : M= 1

2aln 1

2a²

− 1 2a = 1

2a

ln 1

2a²

−1

M>0 ⇐⇒ ln 1

2a²

−1>0

⇐⇒ 1 2a² >e

⇐⇒ 2a²< 1 e

⇐⇒ a<

r1

2e cara>0 Donc :

•sia<

r 1

2e, M>0.

x

ϕ^′(x)

ϕ

0 x0 +∞

+ 0 −

−∞

M>0 M>0

−∞

−∞ z₁

0

z₂

0

L’équationϕ^′(x) =0 admet deux solutionsz₁etz₂vérifiantz₁<x₀<z₂

•sia= r 1

2e, M=0. L’équationϕ^′(x) =0 admet une solution qui estx₀

•sia>

r 1

2e, M<0. L’équationϕ^′(x) =0 n’admet pas de solutions.

Partie B

4) t7→ln(t)estC^∞surR^+∗,(x,y)7→xyestC²surR²,u7→u^aestC^∞surR^+∗, donc, par compo- sition, produit et addition, f estC²sur(R^+∗)².

5) ∂₁(f)(x,y) =1

x ln(y)−ay(xy)^a−1 et ∂₂(f)(x,y) = 1

yln(x)−ax(xy)^a−1 6) (1) (x,y)est un point critique de f ⇐⇒∂1(f)(x,y) =0 et∂2(f)(x,y) =0

(1) ⇐⇒









 1

x ln(y)−ay(xy)^a−1 =0 1

yln(x)−ax(xy)^a−1 =0

⇐⇒

ln(y) =a(xy)^a ln(x) =a(xy)^a

⇐⇒ x=y et ln(x) =ax^2a

⇐⇒ x=y et ϕ(x) =0 C’est le résultat attendu.

7) On discute :

• Si a<

r1

2e, ϕ(x) =0 admet deux solutionsz1 et z2, donc f admet deux points critiques (z1,z₁)et(z2,z₂)

•Sia= r 1

2e,ϕ(x) =0 admet une seule solutionx₀, donc f admet un point critique(x0,x₀).

•Sia>e r 1

2e,ϕ(x) =0 n’admet pas de solutions donc f n’admet pas de point critique.

Partie C

On se place dans le cas : a<

r 1 2e 8) ∂_1,1² (f)(x,y) =−1

x²ln(y)−ay−(a−1)y(xy)^a−2=−1

x²ln(y)−a(a−1)y²(xy)^a−2

∂_2,2² (f)(x,y) =−1

y²ln(x)−ax−(a−1)x(xy)^a−2=−1

y²ln(x)−a(a−1)x²(xy)^a−2

∂_1,2² (f)(x,y) =∂_1,2² (f)(x,y)par le théorème de Schwarz.

∂_1,2² (f)(x,y) = 1

xy−a(xy)^a−1−a(a−1)xy(xy)^a−1= 1

xy−a(xy)^a−1−a(a−1)(xy)^a

9) Six=y:

∂_1,1² (f)(x,x) =−1

x²ln(x)−a(a−1)x^2a−2 Si maintenantx=z1:

∂_1,1² (f)(z1,z₁) =−1

z²₁×az²₁−a(a−1)z^2a₁ ⁻²=−az^2a₁ ⁻²−a(a−1)z^2a₁ ⁻²=−a²z^2a₁ ⁻²

Ayant prouvé notre savoir faire, nous revendiquons le droit de ne pas calculer les deux autres coefficients et de profiter des réponses de l’énoncé.

∇²(f)(z1,z₁) =

∂_1,1² (f)(z1,z₁) ∂_1,2² (f)(z1,z₁)

∂_1,2² (f)(z1,z₁) ∂_2,2² (f)(z1,z₁)

=









−a²z^2a₁ ⁻² 1

z²₁−a²z^2a₁ ⁻² 1

z²₁−a²z^2a₁ ⁻² −a²z^2a₁ ⁻²









10) M X₁=







 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻² 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻²









= 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻²

X₁

Doncλ1= 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻²est valeur propre deMassocié au vecteur propreX₁. M X₂=







 1 z²₁

−1 z²₁









=−1 z²₁X₂ Doncλ2=−1

z²₁ est valeur propre deMassocié au vecteur propreX₂.

CommeX₁etX₂forment une base deM_2,1(R), nous avons bien les deux valeurs propres deM.

Les valeurs propres deMsontλ1= 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻²etλ2=−1 z²₁ 11) Regardons les signes deλ₁etλ₂. On a immédiatement : λ₂<0

λ1>0⇐⇒ 1

z²₁ >2a²z^2a₁ ⁻²⇐⇒ 1

2a² >z^2a₁ Orz₁est tel quez₁<x₀doncz^2a₁ <x^2a₀ =

"

1 2a²

1/2a#2a

= 1 2a² Doncz^2a₁ < 1

2a² et ainsi λ₁>0

On aλ1>0 etλ2<0, doncil n’y a pas d’extremum local en(z1,z₁).

12) Pour regarder ce qui se passe en (z2,z₂), on reprend les calculs en substituant z₁ par z₂. On obtient les valeurs propres :

λ1= 1

z²₁−2a²z^2a₁ ⁻²etλ2=−1 z²₁ On aλ2<0, mais commez₂>x₀on aλ2<0.

Doncil y a un maximum local en(z₂,z₂).

Exercice 3

Partie A

1) Les tirages ayant lieu avec remise, pour tout k∈N^∗, il est clair que X_k suit la (même) loi uniforme sur[[1;n]]. On en connait l’espéranceE(X_k) = (n+1)/2.

2) a: Chaque tirage rapportant un nombre entre 1 etn, la somme dentels nombres ne peut être supérieure àndès le premier tirage, et dans le pire des cas atteintnaprès l’obtention den fois la boule numéro 1. On a alorsT_n(Ω) = [[1;n]].

b: T_n=1 signifie qu’on obtient la boule numérotéendès le premier tirage, ce qui se produit avec probabilité 1/n. Ainsi,

P(Tn=1) =1 n.

c: P(Tn=n) signifie qu’on a obtenu des 1 au cours des n−1 premiers tirages, le n−ième tirage permettant nécessairement de dépasser un total den(car, pour tout k∈[[1;n]],n− 1+k>n). Chaque tirage étant indépendant des précédents, on a

P(Tn=n) =P

n−1

\

k=1

(X_k=1)

!

=

n−1 k=1

∏

P(X_k=1) = 1

n n−1

.

3) On suppose dans cette question quen=2. D’après ce qu’on a vu précédemment, on aT₂(Ω) = {1; 2},P(T2=1) =1/2 etP(T2=2) =1/2. On retrouve la loi uniforme sur[[1; 2]].

4) On prend maintenantn=3. On a alorsT₃(Ω) ={1; 2; 3}. Toujours d’après les questions pré- cédentes,

P(T3=1) = 1

3, et P(T3=3) = 1

3 2

=1 9. On en déduit que

P(T3=2) =1−1 3−1

9= 5 9. Il suit que

E(T₃) =1

3+2×5

9+3×1 9 =16

9 , ce qui est bien le résultat attendu.

Partie B

5) La somme dek nombres compris entre 1 etndonne un nombre entreketnk. Ainsi,S_k(Ω) = [[k;nk]].

6) Soitk∈[[1;n−1]]fixé.

a: Il est clair queS_k+1=S_k+X_k+1.

b: Comme S_k est une variable aléatoire, la famille d’évènements {(S_k = j): j ∈[[k;nk]]} forme un système complet d’évènements. Par la formule des probabilités totales, pour tout

i∈[[k+1;n(k+1)]], P(S_k+1=i) =

nk

∑

P(S_k+1=i|S_k= j)P(Sk= j)

=

nk

∑

P(Xk+1=i− j)P(Sk= j)

=

i−1

∑

P(X_k+1=i− j)P(S_k= j) (carP(X_k+1=i−j) =0 sii−j>n)

= 1 n

i−1

∑

j=k

)P(Sk= j) (carX_k+1֒→U_[[1;n]]) 7) a: La formule du triangle de Pascal donne

j−1 k−1

+

j−1 k

= j

k

.

b: C’est une récurrence classique sur i>2 et 16k6i−1 mais dont la preuve nécessite d’être rigoureux. Pouri=2 etk=1

1

∑

j−1 k−1

= 0

0

=1 1

1

= i−1

k

,

et la propriété est initialisée. Supposons alors que la propriété est vraie pour un certain i>2 et pour toutkentre 1 eti−1. Montrons qu’elle reste vraie pouri+1 et toutkentre 1 eti. On distingue alors deux cas :

— Sik=i:

i

∑

j=k

j−1 k−1

=

i

∑

j−1 i−1

= i−1

i−1

=1= i

i

, et on a bien la formule attendue ;

— Si 16k6i−1 :

i

∑

j−1 k−1

=

i−1 j=k

∑

j−1 k−1

+

j−1 k−1

=

i−1 k

+

j−1 k−1

(Par HR)

= i

k

(Par le triangle de Pascal) et la récurrence est bien démontrée.

c: Pour k=1, la proposition H_k découle de la loi deS₁ qui est la loi de X₁ et donc la loi uniforme sur[[1;n]]. Plus précisément,

P(S1=i) =1 n = 1

n¹

k−1 0

.

Reste donc à vérifier le caractère héréditaire de la propriété. Supposons donc H_k vraie pour un certaink. D’après la question(6)(b),

P(Sk+1=i) = 1 n

i−1

∑

j=k

P(Sk= j)

= 1 n

i−1 j=k

∑

1 n^k

j−1 k−1

(Par HR)

= 1

n^k+1

i−1

∑

j=k

j−1 k−1

= 1

n^k+1 i−1

k

(Par la Question(7)(b)), ce qui est bienH_k+1et termine la récurrence.

8) a: L’évènement [Tn>k] signifie qu’on a besoin d’au moins k+1 tirages pour dépasser la valeur nou, de manière équivalente, qu’après k tirages, le total des nombres obtenus est inférieur ou égal àn−1, ce qui est exactement l’évènement[S_k6n−1]. Ainsi,

[Sk6n−1] = [Tn>k].

b: Soitk∈[[0;n−1]]. Il découle de la question précédente que P(Tn>k) = P(S_k6n−1) =

n−1

∑

i=k

P(S_k=i)

=

n−1 i=k

∑

1 n^k

i−1 k−1

= 1 n^k

n−1 k

(Par la Question(7)(b)) et on a bien la formule attendue.

9) La première formule est une formule classique, à savoir démontrer. Elle repose sur le fait que P(Tn=k) =P(Tn>k−1)−P(Tn>k)

et sur un décalage d’indice. C’est un peu une "intégration par parties discrètes".

E(Tn) =

n k=1

∑

kP(Tn=k)

=

n k=1

∑

k(P(Tn>k−1)−P(Tn>k))

=

n

∑

k=1

kP(Tn>k−1)−

n

∑

k=1

kP(Tn>k)

=

n−1 k=0

∑

(k+1)P(Tn>k)−

n k=1

∑

kP(Tn>k)

=

n−1 k=0

∑

P(Tn>k) +

n−1 k=0

∑

kP(Tn>k)−

n k=1

∑

kP(Tn>k)

=

n−1 k=0

∑

P(Tn>k)−P(Tn>n)

=

n−1

∑

k=0

P(Tn>k),

ce qu’on voulait (carP(Tn>n) =0). On injecte alors le résultat de la question précédente : E(Tn) =

n−1 k=0

∑

P(Tn>k) =

n−1 k=0

∑

1 n^k

n−1 k

=

1+1 n

n−1

, par la formule du binôme.

10) Une fois de plus, cette limite est une question classique, déjà vue en classe :

1+1 n

n−1

= exp

(n−1)ln

1+1 n

= exp

n 1

n+1 nε

1 n

−ln

1+1 n

= exp

1+ε 1

n

−ln

1+1 n

−→ e, n→+∞.

En d’autres termes,

n→lim+∞E(Tn) =e.

Partie C

11) SoitY telle queP(Y =k) =(k−1)

k! (pourk∈N^∗).

a: On reconnait bien sûr les manipulations classiques sur la série exponentielle. Plus précisé-

ment,

n

∑

k=1

P(Y =k) =

n

∑

k=1

k−1 k!

=

n k=1

∑

k k!−

n k=1

∑

1 k!

=

n

∑

k=1

1 (k−1)!−

n

∑

k=1

1 k!

=

n−1

∑

k=0

1 k!−

n

∑

k=1

1 k!

= 1− 1 n!

−→ 1, n→+∞

et on a bien convergence de la série de terme généralP(Y =k)dont la somme vaut bien 1.

b: Pour montrer queY admet une espérance, il suffit de vérifier que la série (à termes positifs) kP(Y =k) est convergente, et calculer sa somme. C’est encore des manipulations sur le série exponentielle :

n

∑

k=1

kP(Y =k) =

n

∑

k=1

k(k−1) k! =

n

∑

k=2

k(k−1) k!

=

n

k=2

∑

=

n−1

∑

k=0

1 k!

−→ e, etY admet bien une espérance, avecE(Y) =e.

12) D’après la Question(8)(b), P(Tn>k) = 1

n^k

n−1 k

= (n−1)!

n^kk!(n−1−k)! = 1 k!

k

∏

n−j n = 1

k!

k

∏

1− j

n

Il suffit alors de montrer que

n→lim+∞

k

∏

1− j

n

=1,

ce qui est clair car j/n→0,n→+∞et que le produit est fini. On a bien

n→lim+∞P(Tn>k) = 1 k!.

13) (Tn)converge en loi versY si, il y a convergence des fonctions de répartition. Plus précisément, si

∀k∈[[1;n]], lim

n→+∞P(Tn6k) =P(Y 6k).

Ceci est clairement équivalent au fait que

∀k∈[[1;n]], lim

n→+∞P(Tn>k) =P(Y >k).

On connait la valeur de la limite ce-dessus par la question précédente. Reste donc à vérifier que

P(Y >k) = 1 k!. Par définition deY,

P(Y >k) = 1−

k

∑

P(Y =k)

= 1−

k

∑

j=1

(j−1) j!

= 1−

1− 1 k!

(D’après le calcul effectué au(11)(a))

= 1 k!,

ce qu’on voulait et qui montre bien la convergence de loi de(Tn)versY.

14) Le programme à compléter ne présente aucune difficulté. On en présente une version com- mentée ci-dessous :

function y=T(n)

S=0 // on met S à 0 pour commencer y=0 // quand on a fait 0 tirage while S<n

tirage=grand(1,1,’uin’,1,n) S=S+tirage

y=y+1 // on a fait un tirage de plus end

endfunction

15) a: Le vecteur généré par loitheoY() renvoie un vecteur le longueur n correspondant à la loi deY, ses composantes[y(1), ...,y(k)]sont les probabilités théoriquesy₍k) =P(Y =k).

Le vecteur généré par freqT() renvoie quant à lui les fréquences observées des valeurs prises par Tn sur 100000 réalisations de la variable. Plus précisément,y(k) correspond à la fréquence du nombre de fois où la fonctionfreqT()a renvoyékau cours des 100000 réalisations.

b: On constate que pournde plus en plus grand, larépartitiondes valeurs empiriques deT_n se rapproche de plus en plus des valeurs théoriques (pourkallant de 1 à 5), illustrant donc la convergence en loi de(Tn)versY.