ANNALES PASSERELLE CONCOURS 2016 361
MA THÉMA TIQUES
PASSERELLE2Exercice 1
1. La fonctionφ:x∈IR→e−x−xest strictement d´ecroissante sur IR comme somme de fonctions qui le sont et elle est continue, c’est donc une bijection de IR surφ(IR). Comme lim
t→−∞φ(t) = +∞et
t→+∞lim φ(t) =−∞,φ(IR) = IR. Par cons´equent l’´equationφ(x) = 0, c.`a.de−x=x, admet une unique solution sur IR.
2. Recherchons les points critiques def, fonction de classeC∞sur IR2comme somme de fonctions qui le sont:
(S)
∂f
∂x(x, y) = 0
∂f
∂y(x, y) = 0
⇔
2x−2y−e−x= 0
−2x+ 4y = 0 ⇔
e−2y= 2y x= 2y
D’apr`es la premi`ere question, il existe un uniquey0∈IR tel quee−2y0 = 2y0, donc le syst`eme (S) admet une unique solution (x0, y0) v´erifiant
e−x0 =x0
y0 =x20.
3. D’apr`es la question pr´ec´edente, (x0, y0) est un point critique def. Nous allons montrer que les d´eriv´ees secondes en (x0, y0) v´erifient les conditions suffisantes pour quef pr´esente un minimum en (x0, y0):
r=∂∂x2f2(x0, y0) = 2 +e−x0= 2 +x0,s=∂x∂y∂2f(x0, y0) =−2,t=∂∂y2f2(x0, y0) = 4 rt−s2= 4(2 +x0)−4 = 4(1 +x0)
orx0=e−x0doncx0>0 etrt−s2>0
De plusr= 2 +x0>0 doncfpr´esente un minimum en (x0, y0).
Exercice 2 1.a ) Par le calcul, on trouveA2= 3A.
b) Soitλune valeur propre deAetXun vecteur propre associ´e.
A2X=AλX=λAX=λ2X etA2X= 3AX= 3λX
doncλ(λ−3)X= 0
CommeXest un vecteur propre, il est non nul, doncλ(λ−3) = 0 c.`a.d:λ∈ {0,3}. 2.a) Recherchons (s’ils existent) les vecteurs propres associ´es `a 0:
A
x y z
= 0⇔
x+23y+ 2z= 0 (L1)
3
2x+y+ 3z= 0 (L2)
1
2x+13y+z= 0 (L3)
⇔x+2
3y+ 2z= 0 car (L2) =32(L1) et (L3) =12(L1).
Or l’ensembleE0={(x, y, z)∈IR3:x+23y+2z= 0}est engendr´e par la famille{(2,−3,0); (2,0,−1)}, qui est libre. Donc, 0 est une valeur propre deA,E0est son sous-espace propre associ´e et{(2,−3,0); (2,0,−1)}
est une base deE0.
Recherchons (s’ils existent) les vecteurs propres associ´es `a 3:
CORRIGÉ
Corrigé
362 ANNALES PASSERELLE CONCOURS 2016
MA THÉMA TIQUES
PASSERELLE2CORRIGÉ(A−3I)
x y z
= 0⇔
−2x+23y+ 2z= 0 (L1)
3
2x−2y+ 3z= 0 (L2)
12x+13y−2z= 0 (L3)
⇔
−2x +23y+ 2z= 0
−32y+92z= 0 L2→L2+34L1 12y−32z= 0 L3→L3+14L1
Or dans le dernier syst`eme les deux derni`eres lignes sont proportionnelles (L2=−3L3). Ainsi
(A−3I)
x y z
= 0⇔
−2x+23y+ 2z = 0
1
2y−32z = 0 ⇔
x = 2z y = 3z
Or, L’ensembleE3={(x, y, z)∈IR3:x= 2zety= 3z}= Vect ((2,3,1)), donc, 3 est une valeur propre deA,E3est son sous-espace propre associ´e et{(2,3,1)}est une base deE3.
b) La somme des dimensions des sous-espaces propres deAest 2 + 1 = 3 = dim IR3doncAest diagonalisable.
3.a) On trouveP Q=I. Pest donc inversible etP−1=Q.
Par le calcul, on trouveP DQ=A. On pourrait se passer du calcul en remarquant queP est la matrice de passage entre la base canonique et une base form´ee par des vecteurs propres deA, et donc P−1AP=D, d’o`uP DP−1=A, c.`a.dP DQ=A.
b) SoitX∈ M3(IR) etY =QXP. Alors
AX−XA= 3X ⇔(P DQ)X−X(P DQ) = 3X ⇔Q((P DQ)X−X(P DQ))P =Q(3X)P ⇔ (QP)D(QXP)−(QXP)D(QP) = 3(QXP)⇔DY−Y D= 3Y.
c) 4.SoitY=
a b c d e f g h i
DY−DY = 3Y ⇔
3 0 0 0 0 0 0 0 0
a b c d e f g h i
−
a b c d e f g h i
3 0 0 0 0 0 0 0 0
= 3
a b c d e f g h i
D’o`u
DY−DY = 3Y ⇔
0 3b 3c
−3d 0 0
−3g 0 0
=
3a 3b 3c 3d 3e 3f 3g 3h 3i
⇔a=d=e=f=g=h=i= 0
Les matrices deM3(IR) v´erifiantDY−Y D= 3Y sont de la forme
Y =
0 b c 0 0 0 0 0 0
d) Les matricesX∈ M3(IR) telles queAX−XA= 3Xsont donc de la forme
X=P
0 b c 0 0 0 0 0 0
Q=bM1+cM2
o`u M1=P
0 1 0 0 0 0 0 0 0
Q= 1 18
6 −8 12
9 −12 18
3 −4 6
etM2=P
0 0 1 0 0 0 0 0 0
Q= 1 18
6 4 −24 9 6 −36 3 2 −12
{M1, M2}est `a l’´evidence une famille libre, et l’´egalit´eX=bM1+cM2montre que c’est ´egalement une famille g´en´eratrice de l’espace recherch´e donc l’ensemble des matricesX deM3(IR) v´erifiant AX−XA= 3X, est un espace vectoriel de dimension 2 sur IR.
ANNALES PASSERELLE CONCOURS 2016 363
MA THÉMA TIQUES
PASSERELLE2CORRIGÉExercice 3
1.La fonctionfest positive sur IR, continue sur IR∗et on remarque qu’elle est continue en 0. Dans ces conditionsf sera une densit´e si et seulement si l’int´egraleI =
+∞
−∞ f(t)dtconverge et vaut 1.
Orf est nulle sur IR∗−, doncI = +∞
0 f(t)dt. Pour toutx≥0, x
0 f(t)dt=
−e−t
2 2
x 0
= 1−e−x
2 2 . Comme lim
x→+∞e−x
2
2 = 0,on a alors lim
x→+∞
x
0 f(t)dt= 1. AinsiI= 1. Conclusion: La fonctionfest une densit´e.
2.D´eterminons la fonction de r´epartitionFdeX.
Pour toutx <0,F(x) = x
−∞f(t)dt= 0 ( carfest nulle sur ]− ∞, x]).
Pour toutx≥0,F(x) = x
−∞f(t)dt= 0
−∞f(t)dt+ x
0 f(t)dt= 0 + 1−e−x
2
2 = 1−e−x
2 2 . En r´esum´e
F(x) = 0 six <0.
F(x) = 1−e−x
2
2 six≥0.
D´eterminons la fonction de r´epartitionGdeY =X2.
Par d´efinition :∀y∈IR, G(y) =P(Y ≤y). Siy <0, on aG(y) = 0. Siy≥0,G(y) =P(X2≤ y) =P(−√y≤X≤√y) =F(√y)−F(−√y) = 1−e−y2.
AinsiY admet pour densit´e la fonctiongd´efinie parg(y) = 0 siy <0 etg(y) =12e−y2 sinon.
Y suit donc la loi exponentielle de param`etre12.
c)Y suit une loi exponentielle de param`etre12, doncE(Y) = 11 2
= 2 etV ar(Y) = 11 22
= 4.
