Correction

DS9 (version A)

Exercice 1 (EDHEC 2014)

Dans cet exercice,θ désigne un réel strictement positif etn un entier naturel supérieur ou égal à 2.

Pour tout kde N, on pose :u_k = 1 1 +θ

θ 1 +θ

k

.

1. Montrer que la suite (u_k)k∈N définit une loi de probabilité.

Démonstration.

• Tout d’abord, commeθ >0:∀k∈N,u_k= 1 1 +θ

θ 1 +θ

k

>0.

• SoitN ∈N.

N

P

k=0

uk =

N

P

k=0

1 1 +θ

θ 1 +θ

k

= 1

1 +θ

N

P

k=0

θ 1 +θ

k

On reconnaît la somme partielle d’ordreN de la série géométrique de raison θ

1 +θ ∈]−1,1[.

Ainsi, la série P

u_n converge et :

+∞

P

k=0

u_k = 1 1 +θ

1

1− _θ+1^θ = 1 1 +θ

1

(θ+1)−θ θ+1

= 1

1 +θ (1 +θ) = 1 On en déduit que(uk) définit une loi de probabilité.

On considère maintenant une variable aléatoireX prenant ses valeurs dansNet dont la loi est donnée par :

∀k∈N, P([X=k]) =u_k.

2. a) On poseY =X+ 1. Reconnaître la loi deY, puis en déduire l’espérance et la variance de X.

Démonstration.

• D’après l’énoncé : X(Ω)⊂N. Donc :Y(Ω)⊂N^∗.

• Soitk∈N^∗.

P([Y =k]) = P([X+ 1 =k]) = P([X =k−1]) = 1 1 +θ

θ 1 +θ

k−1

= 1

1 +θ

1− 1 1 +θ

k−1

On en conclut : Y ,→ G 1

1 +θ

.

• On obtient alors : E(Y) = 1

1 1+θ

= 1 +θ et V(Y) =1−_1+θ¹ 1

1+θ

2 =

θ 1+θ

1 1+θ

2 =θ(1 +θ)

• Par définition de la v.a.r. Y :X =Y −1. Ainsi, la v.a.r. X admet une variance (et donc une espérance) en tant que transformée affine deY qui en admet une.

× Par linéarité de l’espérance :

E(X) = E(Y −1) = E(Y)−1 = 1 +θ−1 = θ E(X) =θ

× Par propriété de la variance :

V(X) = V(Y −1) = V(Y) = θ(1 +θ) V(X) =θ(1 +θ)

b) On rappelle quegrand(1, 1, 'geom', p) renvoie une simulation d’une variable aléatoire géo- métrique de paramètrep. Compléter la fonctionScilabsuivante pour qu’elle simule la variable aléatoireX :

1 function ^x = SimuX(^theta)

2 y = ...

3 x = ...

4 endfunction

Démonstration.

• Début de la fonction

On commence par préciser la structure de la fonction :

× cette fonction se nomme SimuX,

× elle prend en paramètre la variable theta,

× elle admet pour variable de sortie la variable x.

• Simulation de X

D’après les questions précédentes, siY ,→ G 1

θ+ 1

, alors X=Y −1 suit la loi définie par la suite(u_n).

× On commence donc par simuler la variableY à l’aide de la commande rappelée par l’énoncé.

On stocke le résultat dans la variable y.

2 y = grand(1, 1, 'geom', 1 / (theta + 1))

× On en déduit une simulation deX =Y −1 que l’on stocke dans la variablex.

3 x = y - 1

On détaille la réponse à cette question afin de permettre une bonne compréhension des mécanismes en jeu. Cependant, compléter correctement le programmeScilabdémontre la bonne compréhension de la simulation demandée et permet certainement d’obtenir tous les points alloués à cette question.

Commentaire

3. Dans cette question, on souhaite estimer le paramètre θ par la méthode du maximum de vraisem- blance. Pour ce faire, on considère un échantillon(X₁, X₂, . . . , X_n)composé de variables aléatoires indépendantes ayant toutes la même loi queX et on introduitL, de R^∗₊ dansR, définie par :

∀θ∈R^∗+, L(θ) = Qⁿ

k=1

P([X_k=x_k]) où x₁, x₂, . . . , x_n désignent des entiers naturels éléments de X(Ω).

L’objectif est de chosir la valeur de θqui rend L(θ)maximale.

On s’intéresse dans cet exercice à l’estimateur du maximum de vraisemblance.

Détaillons ce point.

• On dispose d’un échantillon(x1, . . . , xn)d’observations.

• On suppose que ces observations proviennent d’unn-échantillon (X1, . . . , Xn) d’une v.a.r. X dont la loi dépend d’un paramètreθ, a priori inconnu et qu’on cherche à déterminer. Pour ce faire, une idée naturelle consiste à considérer que la valeur de θ qui a permis de générer les observations est celle qui avait la plus grande probabilité de les générer. C’est cette idée qui guide la méthode dite du maximum de vraisemblance.

• Le réelθbn introduit en question 3.b) est précisément la valeur du paramètreθ maximisant la réalisation des observations initiales.

• La méthode du maximum de vraisemblance conduit à considérer la variable aléatoire construite à l’aide de ce maximum :T_n(introduite en question 3.c)).

• L’idée est de choisir comme estimation deθle réelθb_ntel que lavraisemblanced’avoir obtenu l’échantillon utilisé soit maximisée.

Autrement dit, le réelbθn tel que la probabilité : L(λ) = Pλ([X₁ =x₁] ∩ . . . ∩ [X_n=x_n])

= Pλ([X₁ =x₁]) × . . . × Pλ([X_n=x_n]) (par indépendance de X₁, . . ., X_n)

=

n

Q

i=1

Pλ([X_i=x_i])

soit maximale. Au lieu d’étudier la fonctionL, définie par un produit, on préfère considérer la fonctionϕ:θ7→ln(L(θ)), définie par une somme. La fonctionln étant strictement croissante surR^∗₊, le maximum de ϕfournit le maximum de L.

Commentaire

a) Écrireln (L(θ))en fonction de θet de S_n=

n

P

k=1

x_k. Démonstration.

Soitθ∈R^∗₊.

ln(L(θ)) = ln n

Q

k=1

P( [Xk=xk] )

=

n

P

k=1

ln

P( [Xk =xk] )

=

n

P

k=1

ln 1

1 +θ θ

1 +θ xk

=

n

P

k=1

ln

1 1 +θ

+xkln θ

1 +θ

=

n

P

k=1

−ln(1 +θ) +xk ln(θ)−ln(1 +θ)

= −nln(1 +θ) +

n

P

k=1

x_k ln(θ)−ln(1 +θ)

= −nln(1 +θ) + ln(θ) + ln(1 +θ)Pⁿ

k=1

x_k

= −nln(1 +θ) + ln(θ)−ln(1 +θ) Sn

= S_nln(θ)−(S_n+n) ln(1 +θ)

∀θ∈R^∗+,ln(L(θ)) =Snln(θ)−(Sn+n) ln(1 +θ)

b) On considère la fonctionϕdéfinie par :

∀θ∈]0,+∞[, ϕ(θ) =Snln(θ)−(Sn+n) ln(1 +θ)

Montrer que la fonctionϕadmet un maximum, atteint en un seul réel que l’on noteraθbnet que l’on exprimera en fonction deSn. Que représente θbn pour la fonctionL?

Démonstration.

• La fonctionϕest dérivable sur]0,+∞[en tant que somme de fonctions dérivables sur]0,+∞[.

Soitθ∈R^∗+.

ϕ⁰(θ) = Sn

1

θ −(Sn+n) 1 1 +θ

= S_n (1 +θ)−(S_n+n) θ θ(1 +θ)

= S_n+S_nθ−S_n θ−n θ θ (1 +θ)

= S_n−n θ θ(1 +θ) Étudions le signe de ϕ⁰(θ) :

ϕ⁰(θ)>0 ⇔ S_n−n θ θ(1 +θ) >0

⇔ S_n−n θ >0 (car θ(1 +θ)>0)

⇔ S_n n > θ

On noteθˆn= S_n

n . On obtient le tableau de variations suivant :

θ Signe deϕ⁰(θ)

Variations deϕ

0 θˆn +∞

+ 0 −

−∞

−∞

ϕ(ˆθn) ϕ(ˆθn)

−∞

−∞

• Ainsi :

× la fonction ϕest strictement croissante sur ]0,θˆ_n], donc : ∀θ∈]0,θˆ_n[,ϕ(θ)< ϕ(ˆθ_n).

× la fonctionϕest strictement décroissante sur[ˆθ_n,+∞[, donc :∀θ∈]ˆθ_n,+∞[,ϕ(θ)< ϕ(ˆθ_n).

Finalement :∀θ∈]0,+∞[\ {bθ_n},ϕ(θ)< ϕ(ˆθ_n).

On en déduit que la fonctionϕ admet un unique maximum enθˆ_n= S_n n .

• Soitθ∈]0,+∞[\ {bθn}, on a :ϕ(θ)< ϕ(ˆθn).

Par définition deϕ, on en déduit :

ln(L(θ)) < ln(L(ˆθn)) Par stricte croissance de la fonctionexpsur R, on obtient :

L(θ) < L(ˆθ_n)

Ainsi, le réelθˆ_n est l’unique maximum deL sur]0,+∞[.

On peut détailler les éléments apparaissant dans le tableau de variations.

• Tout d’abord : lim

θ→0⁺ ln(θ) =−∞ et lim

θ→0⁺ ln(1 +θ) = 0.

De plus :∀k∈J1, nK,xk∈N, doncxk>0. D’où : Sn>0.

On en déduit : lim

θ→0⁺ ϕ(θ) =−∞

• Soitθ∈R^∗₊.

ϕ(θ) = S_nln(θ)−(S_n+n) ln(1 +θ) = ln(θ)

S_n−(S_n+n)ln(1 +θ) ln(θ)

Or : ln(1 +θ)

ln(θ) = ln

θ

1 θ + 1

ln(θ) =

ln(θ) + ln 1

θ+ 1

ln(θ) = 1 +

ln 1

θ + 1 ln(θ) −→

θ→+∞1 On en déduit :

θ→+∞lim

Sn−(Sn+n)ln(1 +θ) ln(θ)

= Sn−(Sn+n)×1 = −n60 De plus : lim

θ→+∞ ln(θ) = +∞.

On en déduit : lim

θ→+∞ϕ(θ) =−∞.

Commentaire

On pose dorénavant : T_n= 1 n

n

P

i=1

X_i.

La variable Tn est appelée estimateur du maximum de vraisemblance pourθ.

c) Vérifier queTn est un estimateur sans biais deθ.

Démonstration.

• La v.a.r. Tn= 1 n

n

P

i=1

Xi s’exprime :

× à l’aide du n-échantillon(X₁, . . . , X_n) deX,

× sans mention du paramètre θ.

La v.a.r. T_n est donc un estimateur deθ.

• La v.a.r.T_n admet une espérance en tant que combinaison linéaire de v.a.r. qui en admettent une.

• De plus :

Eθ(Tn) = Eθ

1 n

n

P

i=1

Xi

= 1 n

n

P

i=1

Eθ(Xi) (par linéarité de l’espérance)

= 1 n

n

P

i=1

θ (d’après la question2.a))

= 1

n ×n θ = θ

On en déduit que Tn est un estimateur sans biais de θ.

d) Calculer le risque quadratiquer_θ(T_n)de T_n et vérifier que lim

n→+∞ r_θ(T_n) = 0.

Démonstration.

• La v.a.r. T_n admet une variance en tant que combinaison linéaire de v.a.r. qui en admettent une.

• Par décomposition biais / variance :

r_θ(Tn) = Vθ(Tn) + b_θ(Tn)2 (car Tn est un estimateur sans biais de θ)

= V

1 n

n

P

i=1

Xi

= 1 n²V

_n P

i=1

Xi

(par propriété de la variance)

= 1

n²

n

P

i=1

V(X_i) (car X₁, . . .,X_n sont indépendantes)

= 1

n²

n

P

i=1

θ(1 +θ) (d’après la question2.a))

= 1

n² ×n θ(1 +θ) = θ(1 +θ) n

Ainsi :r_θ(Tn) = θ(1 +θ)

n et lim

n→+∞ r_θ(Tn) = 0

Rappelons que l’on a le résultat suivant :

n→+∞lim r_θ(T_n) = 0 ⇒ T_n est un estimateur convergent Ainsi, la v.a.r. T_n est un estimateur convergent deθ.

Commentaire

Exercice 2 (EML 2015)

SoitE un espace vectoriel de dimension 3. On note0E le vecteur nul deE.

On noteil’application identité deE, etθ l’application constante nulle deE dansE : i:

E → E

x 7→ x et θ:

E → E x 7→ 0_E On considère un endomorphisme f de E tel que :

f 6=θ, f²+i6=θ, f◦(f²+i) =θ où f² désignef◦f.

1. a) Montrer quef n’est pas bijectif.

Démonstration.

Raisonnons par l’absurde.

Supposons que l’endomorphismef est bijectif.

Alors l’endomorphismef admet une bijection réciproquef⁻¹:E →E. Or, d’après l’énoncé : f◦(f²+i) =θ

On en déduit, en composant à gauche de part et d’autre parf⁻¹ : f⁻¹◦ f◦(f²+i)

= f⁻¹◦θ = θ q

(f⁻¹◦f)◦(f²+i) = i◦(f²+i) =f²+i Ce qui est absurde, puisque d’après l’énoncé :f²+i6=θ.

On en déduit que f n’est pas bijectif.

On peut aussi raisonner de manière directe. Comme : f◦(f²+i) =θ alors, pour tout x∈E : f◦(f²+i)

(x) =f (f²+i)(x)

= 0_E. Autrement dit : ∀x∈E,(f²+i)(x)∈Ker(f).

Or, d’après l’énoncé :f²+i6= 0_L(E). Ainsi, il existex₀∈Etel que :(f²+i)(x₀)6= 0_E. On en déduit :

Ker(f)⊃ {0_E,(f²+i)(x0)} 6={0_E} Ainsi, f n’est pas injective. Elle n’est donc pas bijective.

Commentaire

b) En déduire que0 est valeur propre de f, puis montrer qu’il existe u appartenant à E tel que : u6= 0_E etf(u) = 0E.

Démonstration.

• D’après la question précédente, f n’est pas bijectif, c’est-à-diref−0·in’est pas bijectif.

Comme E est de dimension finie, ceci équivaut àf non injectif.

Donc0 est valeur propre def.

• Comme 0est valeur propre def, alors : Ker(f) = Ker(f −0·i)6={0_E}.

Il existe doncu6= 0_E tel que u∈Ker(f).

Autrement dit, il existeu∈E tel que :u6= 0_E etf(u) = 0E.

Soit v₁ appartenant à E tel que : v₁6= 0_E etf(v₁) = 0_E. 2. Montrer : Sp(f) ={0}.

Démonstration.

• D’après l’énoncé : f◦(f²+i) =θ.

On en déduit que le polynômeQ(X) =X(X²+ 1)est un polynôme annulateur de f.

De plus, l’unique racine deQ est0 (le polynômeX²+ 1n’admet pas de racine réelle).

D’où :Sp(f)⊂ {racines deQ}={0}.

• De plus, d’après la question1.b),0∈Sp(f).

On en déduit : Sp(f) ={0}.

3. Est-ce que f est diagonalisable ? Démonstration.

D’après l’énoncé, E est un espace vectoriel de dimension 3. On noteB l’une de ses bases.

Raisonnons par l’absurde.

Supposons que f est diagonalisable.

Comme Sp(f) ={0}, il existe alors une baseB⁰ = (e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃) constituée de vecteurs propres de f dans laquelle la matrice représentative de f est la matrice diagonale :

D = Mat_B⁰(f) =



 0 0 0 0 0 0 0 0 0



= 0_M3,1(R) L’application Mat_B⁰(.)étant bijective, on en déduit : f =θ.

Absurde !

Ainsi,f n’est pas diagonalisable.

• Il était possible de rédiger différemment en prenant le parti de diagonaliser la matrice repré- sentative def dans une baseB quelconque. Détaillons cette rédaction.

• On commence par noterA= Mat_B(f)la matrice représentative def dans une baseBde E.

Raisonnons par l’aburde.

Supposons quef est diagonalisable. Alors A est diagonalisable. Il existe alors :

× P ∈M3(R)inversible,

× D∈M3(R) diagonale, dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres deA, telles que :A=P DP⁻¹. OrSp(f) ={0}. Donc :

A = P



 0 0 0 0 0 0 0 0 0



P⁻¹ = P0_M3(R)P⁻¹ = 0_M3(R) On en déduit :f =θ. Absurde !

• Cette question est un grand classique des sujets.

Il faut donc savoir la traiter correctement, en adoptant l’un ou l’autre des rédactions ci-dessus.

Commentaire

4. Montrer que f²+in’est pas bijectif, puis en déduire qu’il existev appartenant àE tel que : v6= 0_E etf²(v) =−v.

Démonstration.

• Raisonnons par l’absurde.

Supposons que l’endomorphismef²+iest bijectif.

Alors l’endomorphisme g = f² +i admet une bijection réciproque g⁻¹ : E → E. Or, d’après l’énoncé :

f◦(f²+i) =θ

On en déduit, en composant à droite de part et d’autre parg⁻¹ : f◦(f²+i)

◦g⁻¹ = θ◦g⁻¹ = θ q

f◦(f²+i)

◦g⁻¹ = f◦ (f²+i)◦g⁻¹

=f◦i=f Ce qui est absurde, puisque d’après l’énoncé :f 6=θ.

On en déduit que f²+in’est pas bijectif.

• L’endomorphismef²+in’est pas bijectif. Donc :Ker(f²+i)6={0_E}.

Il existe doncv6= 0_E tel que v∈Ker(f²+i). Or :

v∈Ker(f²+i) ⇔ (f²+i)(v) = 0_E ⇔ f²(v) +v = 0_E ⇔ f²(v) =−v Ainsi, il existe v∈E tel que : v6= 0_E etf²(v) =−v.

Soit v2 appartenant à E tel que : v26= 0_E etf²(v2) =−v₂. On notev3 =f(v2).

5. Montrer : f(v₃) =−v₂. Démonstration.

On calcule :

f(v₃) = f f(v₂)

= f²(v₂) = −v₂ On a bien : f(v3) =−v₂. 6. a) Montrer que la familleB= (v1, v2, v3) est une base deE.

Démonstration.

• Montrons que la familleB est libre.

Soit(λ1, λ2, λ3)∈R³. Supposons :

λ₁·v₁+λ₂·v₂+λ₃·v₃ = 0_E (∗)

× On applique f de part et d’autre. On obtient, par linéarité de f : f λ1·v1+λ2·v2+λ3·v3

= f(0E) = 0E

q

λ1·f(v1) +λ2·f(v2) +λ3·f(v3) Or, on a les relations suivantes :

f(v1) = 0_E, f(v2) =v3 et f(v3) =−v₂ On obtient alors :

λ2·v3−λ3·v2= 0E (L1)

× On applique de nouveau f de part et d’autre. On obtient : f λ2·v3+λ3·v2

= f(0_E) = 0_E q

λ₂·f(v₃)−λ₃·f(v₂) (par linéarité def) Ainsi, en utilisant les mêmes relations que précédemment :

−λ₂·v₂−λ₃·v₃ = 0_E (L₂)

× Par combinaison linéaire des égalités précédentes (λ3L1+λ2L2), on obtient :

−λ²₃·v₂−λ²₂·v₂ = 0_E Autrement dit : (λ²₂+λ²₃)·v₂= 0_E.

Or : v26= 0_E. Donc :λ²₂+λ²₃= 0_R. D’où : λ2 = 0 etλ3 = 0.

× L’équation initiale (∗) devient alors :

λ₁·v₁ = 0_E Or : v16= 0_E. Donc :λ1 = 0.

Finalement :λ₁=λ₂ =λ₃ = 0.

La famille B est donc libre.

• Ainsi, la familleB = (v1, v2, v3) est :

× une famille libre de E,

× telle que : Card(B) = Card((v₁, v₂, v₃)) = 3 = dim(E).

La famille B est donc une base deE.

b) Déterminer la matriceC de f dans la base B. Démonstration.

• On a :f(v1) = 0E = 0·v1+ 0·v2+ 0·v3. On en déduit :Mat_B(f(v1)) =



 0 0 0



.

• On a :f(v₂) =v₃= 0·v₁+ 0·v₂+ 1·v₃. On en déduit :Mat_B(f(v2)) =



 0 0 1



.

• On a :f(v3) =−v₂= 0·v1−1·v2+ 0·v3. On en déduit :Mat_B(f(v₃)) =



 0

−1 0



.

Ainsi : C= Mat_B(f) =





0 0 0 0 0 −1 0 1 0



.

On considère les matrices suivantes : A=



 1 0 0 0 0 0 0 0 0



etB =



 0 0 0 0 1 0 0 0 1



, et le sous-espace vectoriel F deM3(R) engendré par (A, B, C), c’est-à-dire :

F ={a A+b B+c C |(a, b, c)∈R³}

7. Déterminer la dimension de F.

Démonstration.

• Montrons que(A, B, C)est une famille libre de F.

Soit(λ₁, λ₂, λ₃)∈R³. Supposons :λ₁·A+λ₂·B+λ₃·C = 0_M3(R).(∗) Or : (∗) ⇔





λ₁ 0 0 0 λ₂ −λ₃ 0 λ₃ λ₂



=



 0 0 0 0 0 0 0 0 0





⇔ λ₁ =λ₂=λ₃ = 0

On en conclut que la famille(A, B, C) est libre.

• Ainsi, la famille(A, B, C):

× est génératrice deF (par définition de F,

× libre.

On en déduit que (A, B, C) est une base deF. Ainsi :dim(F) = Card (A, B, C)

= 3.

8. Montrer : {M ∈M3(R) |CM =M C}=F Démonstration.

Soit M ∈M3(R). Alors il existe(a1,1, a1,2, a1,3, a2,1, a2,2, a2,3, a3,1, a3,2, a3,3)∈R⁹ tels que : M =





a_1,1 a_1,2 a_1,3 a_2,1 a_2,2 a_3,2 a_3,1 a_3,2 a_3,3





On calcule :

CM =





0 0 0 0 0 −1 0 1 0









a_1,1 a_1,2 a_1,3 a_2,1 a_2,2 a_3,2 a_3,1 a_3,2 a_3,3



=





0 0 0

−a_3,1 −a_3,2 −a_3,3 a_2,1 a_2,2 a_2,3





et :

M C =





a_1,1 a_1,2 a_1,3 a_2,1 a_2,2 a_3,2 a_3,1 a_3,2 a_3,3









0 0 0 0 0 −1 0 1 0



=





0 a_1,3 −a_1,2 0 a_2,3 −a_2,2 0 a_3,3 −a3,2





On obtient alors les équivalences suivantes : CM =M C ⇔





0 0 0

−a3,1 −a3,2 −a3,3

a_2,1 a_2,2 a_2,3



=





0 a_1,3 −a_1,2 0 a_2,3 −a2,2

0 a_3,3 −a_3,2





⇔



























a1,3 = 0

−a_1,2 = 0

−a_3,1 = 0

−a_3,2 = a2,3

−a_3,3 = −a_2,2 a_2,1 = 0 a2,2 = a3,3

a2,3 = −a_3,2

⇔ M =





a_1,1 0 0 0 a_2,2 −a_3,2 0 a_3,2 a_2,2





⇔ M =a_1,1A+a_2,2B+a_3,2C

⇔ M ∈ F

On en déduit :{M ∈M3(R)|CM =M C}=F

9. a) Pour tout(a, b, c)∈R³, calculer la matrice (a A+b B+c C)². Démonstration.

Soit(a, b, c)∈R³. (a A+b B+c C)² =





a 0 0 0 b −c 0 c b









a 0 0 0 b −c 0 c b



 =





a² 0 0

0 b²−c² −2bc 0 2bc b²−c²



 = a²A+(b²−c²)B+2bc C (a A+b B+c C)² =a²A+ (b²−c²)B+ 2bc C

b) En déduire une matriceM deM3(R) telle que :M² =





4 0 0

0 5 −12 0 12 5



. Démonstration.

• On remarque tout d’abord :





4 0 0

0 5 −12 0 12 5



 = 4A+ 5B+ 12C

• D’après la question9.a), si on trouve(a, b, c)∈R³ tels que :

4A+ 5B+ 12C = a²A+ (b²−c²)B+ 2bc C alors, en posant M =a A+b B+c C, on a :

M² = a²A+ (b²−c²)B+ 2bc C= 4A+ 5B+ 12C =





4 0 0

0 5 −12 0 12 5





• Cherchons donc(a, b, c)∈R³ tels que :

a²A+ (b²−c²)B+ 2bc C = 4A+ 5B+ 12C On obtient le système d’équations suivant :







a² = 4 b²−c² = 5 2bc = 12

⇔







a = 2 b²−c² = 5 bc = 6

OU







a = −2 b²−c² = 5

bc = 6

Remarquons alors que b= 0ne peut convenir (si b= 0 alorsbc= 06= 6). On suppose donc : b6= 0. L’égalitébc= 6 permet d’écrire :c= 6

b. En réinjectant dans la deuxième ligne, on obtient :

b²−c²= 5 ⇔ b²−³⁶_b2 = 5 ⇔ b⁴−36 = 5 b² ⇔ b⁴−5b²−36 = 0

⇔ (b²+ 4) (b²−9) = 0

⇔ b² =−4 OU b² = 9

⇔ b² = 9

⇔ b=−3 OU b= 3 On obtient alors : c²=b²−5 = 9−5 = 4. Ainsi :c=−2 OU c= 2.

On en déduit que le triplet (a, b, c) suivant convient :







a = 2 b = 3 c = 2

.

• On a alors :





4 0 0

0 5 −12 0 12 5



 = 2²A+ (3²−2²)B+ 2×3×2C

= (2A+ 3B+ 2C)² (d’après la question9.a))

Donc, en posantM = 2A+ 3B+ 2C, on obtient :M²=





4 0 0

0 5 −12 0 12 5



.

10. On note g=f²−i.

Montrer que g est bijectif et exprimer g⁻¹ à l’aide de f et de i.

Démonstration.

• Tout d’abord :

Mat_B(g) = Mat_B(f²−i)

= Mat_B(f²)−Mat_B(i) (par linéarité deMat_B(.))

= (Mat_B(f))²−I3

= C²−I₃

=





0 0 0

0 −1 0 0 0 −1



−



 1 0 0 0 1 0 0 0 1





=





−1 0 0

0 −2 0

0 0 −2





La matrice représentative de g dans la baseB est une matrice diagonale à coefficients tous non nuls. Elle est donc inversible.

On en déduit que l’endomorphismeg est bijectif.

• Par propriété de l’applicationMat_B(.) :

Mat_B(g⁻¹) = (Mat_B(g))⁻¹

=





−1 0 0 0 −¹₂ 0 0 0 −¹₂





= −I₃−1 2C²

= Mat_B

−i−1 2f²

L’application Mat_B(f) étant bijective, on en déduit :g⁻¹=−i− 1 2f².

Exercice 3 (EML 2007)

Préliminaire

On donne :0,69<ln(2)<0,70.

On considère l’application g définie par :

g : ]0,+∞[ → R x 7→ x²+ ln(x)

1. Montrer queg est continue et strictement croissante sur]0,+∞[et déterminer les limites de gen 0 et en +∞.

Démonstration.

• La fonctiong est dérivable sur ]0,+∞[en tant que somme de fonctions dérivables sur ]0,+∞[.

On en déduit que g est continue sur]0,+∞[.

• Soitx∈]0,+∞[.

g⁰(x) = 2x+ 1

x = 2x²+ 1 x > 0

• On obtient le tableau de variations suivant :

x Signe deg⁰(x)

Variations deg

0 +∞

+

−∞

+∞

+∞

• Précisons les éléments de ce tableau :

× comme lim

x→0 x² = 0 et lim

x→0 ln(x) =−∞, alors : lim

x→0g(x) =−∞.

× comme lim

x→+∞x²= +∞ et lim

x→+∞ ln(x) = +∞, alors : lim

x→+∞g(x) = +∞.

2. Montrer que l’équationg(x) = 0, d’inconnuex∈]0,+∞[, admet une solution et une seule.

On note α l’unique solution de cette équation.

Démonstration.

D’après la question précédente, la fonction g est :

× continue sur]0,+∞[,

× strictement croissante sur]0,+∞[.

Ainsi, la fonction g réalise une bijection de]0,+∞[surg ]0,+∞[

avec : g ]0,+∞[

= ] lim

x→0 g(x), lim

x→+∞ g(x)[ = ]− ∞,+∞[

Or 0∈ ]− ∞,+∞[.

On en déduit que l’équationg(x) = 0 admet une unique solutoin sur]0,+∞[, notéeα.

3. Montrer : ¹₂ < α <1.

Démonstration.

• On remarque :

× tout d’abord : g 1

2

= 1

2 2

−ln 1

2

= 1

4−ln(2).

× ensuite, par définition de α :g(α) = 0.

× enfin : g(1) = 1²−ln(1) = 1.

Comme0,69<ln(2)<0,70 d’après l’énoncé, on en déduit : g

1 2

6 g(α) 6 g(1)

• Or, d’après le théorème de la bijection, g⁻¹ : ]− ∞,+∞[ → ]0,+∞[ est strictement croissante sur]− ∞,+∞[. En appliquant g⁻¹, on obtient alors :

g⁻¹

g 1

2

6 g⁻¹ g(α)

6 g⁻¹ g(1)

q q q

1

2 α 1

1

2 < α <1 Partie A

On noteI = ₁

2,1

et on considère l’application f définie par :

f : I → R

x 7→ x−1

4x²−1 4 ln(x) 4. a) Montrer quef est strictement croissante sur I.

Démonstration.

• La fonctionf est dérivable surI en tant que somme de fonctions dérivables sur I.

• Soitx∈I.

f⁰(x) = 1−1

2 x− 1

4x = 4x−2x²−1

4x = −2x²−4x+ 1 4x Comme −4x <0 (carx > 1

2 >0), le signe de f⁰(x) est l’opposé de celui de2x²−4x+ 1.

On note∆le discriminant du polynôme P(X) = 2X²−4X+ 1. Alors :

∆ = (−4)²−4×2×1 = 16−8 = 8 Le polynômeP admet donc les2 racines distinctes suivantes :

x₁ = 4−√ 8

4 = 4−2√ 2

4 = 2−√

2

2 et x₂ = 4 +√

8

4 = 2 +√ 2 2

On remarque de plus :

× d’une part : x₁ < 1

2. En effet : x1 < 1

2 ⇔ 2−√

2<1 ⇔ 1<√ 2

Cette dernière assertion est vraie. Ainsi, grâce au raisonnement par équivalence, la première aussi.

× d’autre part : x2 >1. En effet :

x2 = 1 +

√ 2 2 > 1

• On obtient le tableau de variations suivant :

x Signe def⁰(x)

Variations def

1

2 1

+

f ¹₂ f ¹₂

f(1) f(1)

En particulier, la fonction f est strictement croissante sur I.

b) Montrer : ¹₂ < f ¹₂

< f(1)<1.

Démonstration.

• Tout d’abord, commef est strictement croissante sur I =₁

2,1

, alors : f

1 2

< f(1)

• Ensuite :

f 1

2

= 1 2−1

4 ×1 4 −1

4 ln 1

2

= 1 2− 1

16 +1 4 ln(2) Ainsi :

1 2 < f

1 2

⇔ 1 2 < 1

2 − 1 16+ 1

4 ln(2) ⇔ 1 16 < 1

4 ln(2) ⇔ 1

4 <ln(2) Cette dernière inégalité est vraie, car, d’après l’énoncé : 0,69<ln(2). Ainsi, grâce au raison- nement par équivalence, la première inégalité l’est aussi.

• Enfin :

f(1) = 1−1

4 ×1− 1

4 ln(1) = 3 4 < 1 Finalement, on obtient bien : 1

2 < f 1

2

< f(1)<1.

c) En déduire :∀x∈I,f(x)∈I.

Démonstration.

Soitx∈I.

D’après4.a), la fonctionf est strictement croissante sur I =₁

2,1

. On en déduit : f

1 2

6 f(x) 6 f(1) D’après la question précédente, et par transitivité :

1 2 < f

1 2

6 f(x) 6 f(1) < 1 Ainsi :f(x)∈]¹₂,1[.

Comme ]¹₂,1[⊂I, on en déduit :∀x∈I,f(x)∈I. 5. On considère la suite réelle un

n∈Ndéfinie par u0 = 1 et, pour toutn∈N,un+1=f(un).

a) Écrire une fonction Scilab d’en-tête function u = suite(n) qui, prenant en argument un entiernde N, renvoie la valeur de un.

Démonstration.

On commence par coder la fonctionf.

1 function ^y = f(^x)

2 y = ^x - (1/4) ? x^∧∧∧2 - (1/4) ? log(^x)

3 endfunction

On propose ensuite la fonctionScilabsuivante.

1 function ^u = suite(ⁿ)

2 u = 1

3 for k = 1:ⁿ

4 u = f(^u)

5 end

6 endfunction Détaillons les éléments de ce2^ème script.

La variableu est créée pour contenir successivement les valeurs u0,u1,. . .,un.

• Début de la fonction

On commence par préciser la structure de la fonction :

× cette fonction se nomme suite,

× elle prend en paramètre la variable n,

× elle admet pour variable de sortie la variable u.

1 function ^u = suite(ⁿ) On initialise ensuite la variable uà 1 : valeur deu₀.

2 u = 1

• Structure itérative

Les lignes 3 à5 consistent à mettre à jour la variableu pour quelle contienne la quantité un. Pour cela, on met en place une structure itérative (bouclefor).

3 for k = 1:ⁿ

4 u = f(^u)

5 end

• Fin de la fonction

À l’issue de cette boucle, la variable u contient la valeur deun.

• On décrit ici de manière précise les instructions afin d’aider le lecteur un peu moins habile en Scilab. Cependant, l’écriture du script démontre la compréhension de toutes les commandes en question et permet sans doute d’obtenir la totalité des points alloués à cette question.

• Si on avait souhaité afficher tous les npremiers termes de la suite (un), on aurait modifié le script précédent de la façon suivante :

1 function ^u = suite(ⁿ)

2 u = zeros(1, ⁿ)

3 u(1) = 1

4 for k = 2:ⁿ

5 u(k) = f(^u(k-1))

6 end

7 endfunction Commentaire

b) Calculeru₁. Démonstration.

Par définition de la suite(u_n) :

u1 = f(u0) = f(1) = 3

4 (d’après 4.b)) u1= 3

4 c) Montrer :∀n∈N,u_n∈I.

Démonstration.

Démontrons par récurrence :∀n∈N,P(n) où P(n) :

( un est bien défini un∈I

.

I Initialisation : On sait : u0 = 1∈I. D’où P(0).

I Hérédité: soit n∈N.

SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e.

( un+1 est bien défini un+1 ∈I

) Par hypothèse de récurrence, un est bien défini et : un∈I.

• Tout d’abord, commeun∈I, alors : un> 1 2 >0.

Or la fonction f est définie sur]0,+∞[. Ainsif(un)est bien défini.

D’où u_n+1 est bien défini.

• De plus, comme u_n∈I, d’après4.c) :f(u_n)∈I. Ainsi :u_n+1∈I.

D’où P(n+ 1).

Par principe de récurrence, la suite (u_n) est bien définie et :∀n∈N,u_n∈I. d) Montrer que la suite un

n∈N est décroissante.

Démonstration.

Démontrons par récurrence :∀n∈N,P(n) où P(n) :un>un+1.

I Initialisation :

On sait : u₀ = 1. De plus, d’après 5.b) :u₁ = 3

4. Ainsi :u₀ >u₁. D’où P(0).

I Hérédité: soit n∈N.

SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e. u_n+1>u_n+2).

Par hypothèse de récurrence :

u_n > u_n+1

donc f(u_n) > f(u_n+1) (car f est croissante sur I d’après 4.a))

ainsi un+1 > un+2

D’où P(n+ 1).

Par principe de récurrence :∀n∈N,un>un+1.

On en déduit que la suite (u_n) est décroissante.

e) Montrer que la suite un

n∈N converge et que sa limite est le réelα.

Démonstration.

• La suite (u_n) est :

× décroissante d’après 5.d),

× minorée par 1

2 d’après5.c).

On en déduit que la suite (un) converge vers une limite `vérifiant : `> 1 2.

• Par définition de la suite(u_n):∀n∈N,u_n+1 =f(u_n).

Par continuité def en `∈ ]0,+∞[, on obtient :`=f(`). Or :

`=f(`) ⇔ `=`−1

4 `²− 1

4 ln(`) ⇔ 0 =`²+ ln(`) ⇔ g(`) = 0 Or, d’après2.,α est l’unique solution de l’équationg(x) = 0 sur]0,+∞[.

On en déduit :`=α.

Partie B

On considère l’application F définie par :

F : R^∗+×R → R

( x , y) 7→ xe^y+y ln(x)

6. a) Montrer queF est de classeC¹ sur R^∗+×Ret calculer les dérivées partielles premières de F en tout point(x, y) deR^∗+×R.

Démonstration.

• La fonctionG: (x, y)7→ln(x)est de classe C¹ surR^∗+×Rcar elle est la composéeG=ψ◦h de :

× h: (x, y)7→xqui est :

- de classeC¹ surR^∗+×R en tant que fonction polynomiale, - telle que :h R^∗+×R

⊂R^∗+.

× Ψ :u7→ln(u) de classeC¹ surR^∗+.

• On démontrerait de même que la fonction(x, y)7→e^y est de classe C¹ surR^∗+×R. On en déduit que la fonction F est de classeC¹ sur R^∗₊×Ren tant que

somme et produit de fonctions de classe C¹ surR^∗+×R.

• Soit(x, y)∈R^∗₊×R.

× Tout d’abord :

∂1(F)(x, y) = e^y×1 +y× 1

x = e^y +y x

× Ensuite :

∂2(F)(x, y) = x×e^y+ ln(x)×1 = xe^y+ ln(x)

∂1(F) : (x, y)7→e^y+ y x

∂2(F) : (x, y)7→xe^y+ ln(x)

b) Montrer queF admet un point critique et un seul que l’on exprimera à l’aide du nombre réelα.

Démonstration.

Soit(x, y)∈R^∗₊×R.

(x, y) est un point critique deF ⇔ ∇(F)(x, y) = 0_M2,1(R) ⇔

( ∂1(F)(x, y) = 0

∂2(F)(x, y) = 0

Ainsi : (x, y) est un point critique de F ⇔







e^y +y

x = 0

xe^y+ ln(x) = 0

⇔

( xe^y+y= 0 xe^y+ ln(x) = 0

⇔

( xe^y =−y

−y+ ln(x) = 0

⇔

( xe^y+y= 0 y = ln(x)

⇔

( xe^ln(x)+ ln(x) = 0 y = ln(x)

⇔

( g(x) = 0 y = ln(x)

⇔

( x=α

y = ln(x) = ln(α) (d’après la question 2.) La fonction F admet donc un unique point critique : α,ln(α)

.

• La difficulté de la recherche de points critiques réside dans le fait qu’il n’existe pas de méthode générale pour résoudre l’équation ∇(F)(x, y) = 0_M2,1(R).

On est donc confronté à une question bien plus complexe qu’une résolution de système d’équations linéaires (que l’on résout aisément à l’aide de la méthode du pivot de Gauss).

• Lors de la recherche de points critiques, on doit faire appel à des méthodes ad hoc. Ici, on fait apparaître une équation du type :

y=ψ(x)

En injectant cette égalité dans la seconde équation, on obtient une nouvelle équation qui ne dépend plus que d’une variable et qu’il est donc plus simple de résoudre.

C’est la stratégie qu’on a adoptée ci-dessus.

Commentaire

7. a) Déterminer la matrice hessienne deF en tout point(x, y)∈R^∗+×R. Démonstration.

• La fonctionF est de classe C² surR^∗+×R, par des arguments similaires à ceux de la classeC¹ sur ce même ensemble.

• Soit(x, y)∈R^∗+×R.

× Tout d’abord : ∂_1,1² (F)(x, y) =−y x².

× Ensuite :∂_2,1² (F)(x, y) =e^y+1 x.

× De plus, comme F est de classeC² sur R^∗₊×R, par théorème de Schwarz :

∂_1,2² (F)(x, y) = ∂_2,1² (F)(x, y) = e^y+ 1 x

× Enfin : ∂_2,2² (F)(x, y) =xe^y.

On en déduit : ∀(x, y)∈R^∗+×R,∇²(F)(x, y) =







−y

x² e^y+ 1 x e^y+ 1

x xe^y





.

• Il faut penser à utiliser le théorème de Schwarz dès que la fonction à deux variables considérée est de classeC² sur un ouvert U ⊂R².

• Ici, le calcul de ∂_2,1² (F)(x, y) et ∂_1,2² (F)(x, y) est aisé. Il faut alors concevoir le résultat du théorème de Schwarz comme une mesure de vérification : en dérivant par rapport à la 1^ère variable puis par rapport à la 2^ème, on doit obtenir le même résultat que dans l’ordre inverse.

Commentaire

b) La fonctionF admet-elle un extremum local ? Démonstration.

• Tout d’abord, un extremum local deF doit être un point critique de F.

Ainsi, le seul extremum local possible deF est le point α,ln(α) .

• On note :H=∇²(F) α,ln(α)

. Ainsi :

H =









−ln(α)

α² e^ln(α)+ 1 α e^ln(α)+ 1

α αe^ln(α)









=









−ln(α)

α² α+ 1 α α+ 1

α α²









• Soitλ∈R.

det(H−λ I2) = det















−ln(α)

α² −λ α+ 1 α α+ 1

α α²−λ















=

−ln(α) α² −λ

α²−λ

−

α+ 1 α

2

= −ln(α) +

ln(α) α² −α²

λ+λ²−

α²+ 2 + 1 α²

= λ²+

ln(α) α² −α²

λ−

α²+ ln(α) + 2 + 1 α²

= λ²+

ln(α) α² −α²

λ−

2 + 1

α²

(car, par définition de α :

α²+ ln(α) = 0) On en déduit :

λest valeur propre deH ⇔ H−λ I₂ non inversible

⇔ det(H−λ I₂) = 0

⇔ λ²+

ln(α) α² −α²

λ−

2 + 1

α²

= 0

⇔ λest racine deQ oùQ est le polynôme de degré2 défini par :

Q(X) = X²+

ln(α) α² −α²

X−

2 + 1

α²

À ce stade de l’étude de la nature d’un point critique, le calcul dedet(H−λ I₂)nous fournit toujours un polynôme de degré 2en λ. Notons leQ. Deux cas se présentent alors :

× l’expression de Q est « simple » (c’est par exemple le cas lorsque les coefficients de Q sont numériques). Dans ce cas :

1) on détermine explicitement les racines deQpar factorisation ou calcul de discriminant.

2) les racines de Qsont les valeurs propres deH d’après les équivalences ci-dessus.

3) on en déduit le signe des valeurs propres de H et ainsi la nature du point critique étudié.

× l’expression de Q est « compliquée » (c’est par exemple le cas lorsque l’expression de Q dépend de plusieurs paramètres, comme ici). Dans ce cas, on ne cherchera pas à déterminer les racines deQ explicitement. On procèdera de la manière suivante :

1) on justifie l’existence de valeurs propresλ₁ etλ₂ deH (la matriceH est symétrique).

2) les valeurs propres de H sont racines de Q d’après les équivalences ci-dessus. On en déduit la factorisation deQsuivante : Q(X) = (X−λ₁) (X−λ₂)

3) on identifie les coefficients des deux expressions deQpour en déduire des relations sur λ1 etλ2 (elles sont appeléesrelations coefficients / racines).

4) on détermine le signe de λ1 etλ2 (valeurs propres de H) grâce à ces relations, et on obtient ainsi la nature du point critique étudié.

Commentaire

• La matriceH est une matrice symétrique (réelle). Elle est donc diagonalisable. On noteλ₁ etλ₂ ses valeurs propreséventuellement égales.

• D’après les équivalences précédentes, on en déduit queλ₁ etλ₂ sont racines de Q. Ainsi : Q(X) = (X−λ1) (X−λ2)

= X²−(λ1+λ2)X+λ1λ2

D’où, par définition deQ: X²+

ln(α) α² −α²

X−

2 + 1

α²

= X²−(λ1+λ2)X+λ1λ2

Par identification des coefficients de ces polynômes de degré2, on en déduit le système d’équations suivant :











λ1+λ2 = ln(α) α² −α² λ1λ2 = −

2 + 1

α²

(∗)

On déduit de l’équation(∗) :λ1λ2<0. Les valeurs propres deH sont donc non nulles et de signe opposé.

Le point α,ln(α)

n’est donc pas un extremum de F (c’est un point col).

Comme α,ln(α)

était le seul extremum local possible deF, la fonction F n’admet pas d’extremum local.