Sujet du 20 septembre 2016

8h - 13h

Le sujet comporte 7 page en plus de celle-ci

Ce sujet est constitué de deux problèmes indépendants

Il sera tenu compte de façon importante de la qualité de la rédaction et de

l’argumentation. En particulier, répondre juste à une question est valorisé,

répondre faux est pénalisé et ne pas répondre n’est ni valorisé ni pénalisé.

Sources :

Capes de mathématiques 2016, épreuve 1

II.9. Pour tout k _{∈ {0, 1, 2}, d´eterminer un vecteur propre P}k de Φ associ´e `a la valeur propre

−k et dont le coefficient dominant vaut 1.

On pr´esentera et on expliquera les calculs effectu´es.

On supposera dans la suite que P3 d´esigne un vecteur propre de Φ associ´e `a la valeur

propre_{−3 et de coefficient dominant ´egal `a 1.} II.10. Soient P et Q dans R3[X].

a) On pose f : t#−→ tP′_(t)e−t_.

Justifier que f est de classe _C1 _{sur [0, +}

∞[.

Pour tout t≥ 0, exprimer f′_{(t) en fonction de Φ(P )(t) et de e}−t_.

b) Montrer que

⟨Φ(P ), Q⟩ = ! +∞

0

f′(t)Q(t)dt. c) En effectuant une int´egration par parties dans l’int´egrale

! A 0 f′(t)Q(t)dt avec A_{∈ R,} montrer que ⟨Φ(P ), Q⟩ = − ! +∞ 0 tP′(t)Q′(t)e−tdt. d) En d´eduire que⟨Φ(P ), Q⟩ = ⟨P, Φ(Q)⟩.

II.11. On rappelle que, pour tout i _{∈ {0, 1, 2, 3}, P}i est un vecteur propre de Φ associ´e `a la

valeur propre −i.

Soient i et j dans _{{0, 1, 2, 3} tels que i ̸= j.}

En remarquant que⟨Φ(Pi), Pj⟩ = ⟨Pi, Φ(Pj)⟩, montrer que (i − j)⟨Pi, Pj⟩ = 0 puis que Pi

et Pj sont orthogonaux.

II.12. En d´eduire que la famille (P0, P1, P2, P3) est une base de R3[X] constitu´ee de vecteurs

deux `a deux orthogonaux.

Fin du second probl`eme

4/6

Probl`

eme III

Rappels des notations

On rappelle que, pour X une variable al´eatoire, E(X) d´esigne l’esp´erance de X et V (X) d´esigne la variance de X.

´

Etant donn´es deux ´ev´enements A et B, la notation PB(A) d´esigne la probabilit´e conditionnelle

de A sachant B.

Contexte

On consid`ere un groupe de deux ampoules que l’on observe aux instants 0, 1, 2, 3, . . . Ces deux ampoules sont suppos´ees ind´ependantes l’une de l’autre.

`

A l’instant initial, on suppose que les deux ampoules sont allum´ees. Ces ampoules restent allum´ees jusqu’au moment o`u elles grillent. Elles peuvent donc ˆetre soit dans l’´etat allum´e, soit dans l’´etat grill´e. La possibilit´e qu’une ampoule soit ´eteinte n’est pas consid´er´ee ici.

`

A chaque instant, chaque ampoule d´ej`a grill´ee reste grill´ee et chaque ampoule allum´ee a la probabilit´e 1

2 de rester allum´ee et 1

2 de griller.

On note, pour tout n entier naturel, Xn la variable al´eatoire ´egale au nombre d’ampoules

allum´ees `a l’instant n. On remarquera que Xn peut prendre les valeurs 0, 1 et 2, c’est `a dire

que Xn(Ω) ={0, 1, 2}.

Pour tout n_{∈ N, on introduit le vecteur colonne U}n dans M3,1(R) :

Un= ⎛ ⎝P (XP (Xnn = 0)= 1) P (Xn = 2) ⎞ ⎠ .

Mise en place du probl`

eme

III.1. D´eterminer la loi de X0 et v´erifier que E(X0) = 2.

D´eterminer la variance de X0.

III.2. Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : P(Xn=2)(Xn+1= 2) =

1

4, P(Xn=2)(Xn+1= 1) = 1 2.

III.3. D´eterminer pour tout entier naturel n et sans justification les probabilit´es conditionnelles : P(Xn=2)(Xn+1= 0), P(Xn=1)(Xn+1= 2), P(Xn=1)(Xn+1= 1), P(Xn=1)(Xn+1= 0),

P(Xn=0)(Xn+1= 2), P(Xn=0)(Xn+1= 1), P(Xn=0)(Xn+1= 0).

III.4. Soit n _{≥ 0. `}A l’aide de la formule des probabilit´es totales, exprimer P (Xn+1 = 1) en

fonction de P (Xn = 0), P (Xn= 1) et P (Xn= 2).

Montrer alors que Un+1= AUn o`u A =

⎛ ⎝1 1/2 1/40 1/2 1/2 0 0 1/4 ⎞ ⎠. 5/6

Problème n°1

On se propose de d´eterminer l’esp´erance et la variance de tous les Xn sans chercher leur loi.

On introduit les matrices de _M1,3(R)

L1 =

!

0 1 2" et L2 =

!

0 1 4". III.5. Calcul de l’esp´erance

a) Pour tout n_{∈ N, v´erifier que E(X}n) = L1Un.

b) Calculer L1A et exprimer le r´esultat uniquement en fonction de L1.

En d´eduire que, pour tout n∈ N, E(Xn+1) =

1

2E(Xn). c) Exprimer alors E(Xn) en fonction de n.

III.6. Calcul du moment d’ordre 2.

On rappelle la formule de transfert : pour une variable al´eatoire finie X et une fonction f de R dans R

E!f (X)"= #

k∈X(Ω)

f (k)P(X = k).

a) En appliquant cette formule de transfert, exprimer, pour tout n _{∈ N, E(X}2 n) en

fonction de L2 et Un.

b) Calculer L2A et montrer qu’il existe deux r´eels α et β que l’on d´eterminera, tels

que :

L2A = αL1+ βL2.

c) En d´eduire que, pour tout n∈ N, E(X2 n+1) = 1 4E(X 2 n) + $₁ 2 %n+1 . On pourra utiliser les r´esultats de la question III.5.

d) On introduit la suite (un)n∈N d´efinie par ∀n ∈ N, un=

1 2n−1.

V´erifier que la suite (un)n∈N satisfait la relation de r´ecurence

∀n ∈ N, un+1= 1 4un+ $ 1 2 %n+1 . e) Soit (vn)n∈N la suite d´efinie par ∀n ∈ N, vn = E(Xn2)− un.

Montrer que (vn)n∈N est une suite g´eom´etrique et d´eterminer sa raison.

f ) En d´eduire, pour tout n_{∈ N, l’expression de E(X}2

n) en fonction de n.

III.7. D´eterminer alors, pour tout n_{∈ N, l’expression de V (X}n) en fonction de n.

Fin du troisi`eme probl`eme Fin de l’´enonc´e

n

N R m n _{Jm, nK} k m6 k 6 n I R n2 N Cn_(I) I n n n p Mn,p(R) n p Mn,n(R) Mn(R) R[X] R n Rn[X] n n 2 a1, . . . , an k_{2 J1, nK} Lk(X) = Y 16i6n, i6=k X ai ak ai . k2 J1, nK Lk P Rn 1[X] i2 J1, nK P (ai) = ( 0 i_{6= k,} 1 i = k. F : ⇢ Rn 1[X] ! Rn P _{7! (P (a}1), . . . , P (an)). F (e1, . . . , en) Rn k2 J1, nK P Rn 1[X] F (P ) = ek F F f R R P _{2 R}n 1[X] k2 J1, nK P (ak) = f (ak) P f a1, . . . , an f a1, . . . , an L1, . . . , Ln f a1, . . . , an

Problème n°2

f a1, . . . , an P 2 Rn 1[X] f P [a, b] g [a, b] R g n [a, b] n + 1 [a, b] n g(n) [a, b] c2 [a, b] a1, . . . , an gc [a, b] gc(x) = f (x) P (x) (f (c) P (c)) n Y k=1 x ak c ak . gc n + 1 [a, b] gc n [a, b] g(n)c [a, b] hc R hc(x) = n Y k=1 x ak c ak hc n h(n)c gc(n) ⇣ 2 [a, b] f (c) P (c) = f (n)_(⇣) n! n Y k=1 (c ak). c ak max x2[a,b]|f(x) P (x)| 6 1 n!xmax2[a,b]|f (n)_{(x)| ⇥ max} x2[a,b] n Y k=1 |x ak| f : ⇢ [0, ⇡] _{! R} x _{7! sin(x).} P f 0,⇡ 2, ⇡ P x_{2 [0, ⇡]} |f(x) P (x)| 6 max x2[0,⇡] |x(x ⇡ 2)(x ⇡)| 6 .

x_{2 [0, ⇡]} |f(x) P (x)_{| 6} ⇡ 3p₃ 216 . n> 1 k _{2 J0, n} 1_K Pk 1 f k⇡ n (k + 1)⇡ n Qn Qn(x) = 8 > > > > > > > > > > > > > > < > > > > > > > > > > > > > > : P0(x) 06 x < ⇡ n, P1(x) ⇡ n 6 x < 2⇡ n , Pk(x) k⇡ n 6 x < (k + 1)⇡ n (k2 J0, n 2K), Pn 1(x) (n 1)⇡ n 6 x 6 ⇡. Q1 Q2 Q2 Qn [0, ⇡] k2 J0, n 1_K x2  k⇡ n , (k + 1)⇡ n ✓ x k⇡ n ◆ ✓ x (k + 1)⇡ n ◆ 6 ⇡2 4n2. x_{2 [0, ⇡]} |f(x) Qn(x)| 6 ⇡2 8n2. A = 0 B B B @ 1 a1 a21 . . . an 11 1 a2 a22 . . . an 12 1 an a2n . . . an 1n 1 C C C A n 2 a1, . . . , an ak A A n = 2 n = 3

ak A ak P (X) = (X a1) . . . (X an 1). 0, . . . , n 2 P (X) = Xn 1+ n 2Xn 2+ . . . + 1X + 0. C1, . . . , Cn A Cn+ n 2Cn 1+ . . . + 0C1 = 0 B B B @ 0 0 P (an) 1 C C C A. det(A) = P (an) 1 a1 a21 . . . an 21 1 a2 a22 . . . an 22 1 an 1 a2n 1 . . . an 2n 1 . det(A) = Y 16k<l6n (al ak). A1, A2, A3 A1 A2 A3 D D x = 0 D y = ↵x2+ x + , (↵, , ) _{2 R}3 _{↵ 6= 0 A} i (ai, bi) 16 i 6 3 D A1 A2 A3 ( , , ↵) ↵_{6= 0} (S) : 8 < : + a1 + a21↵ = b1, + a2 + a22↵ = b2, + a3 + a23↵ = b3.

Ai (S) Ai (S) ( , , ↵) ↵ ↵ = 0 a2 a1 b2 b1 a3 a1 b3 b1 = 0 A1 A2 A3 A1 A2 A3 (A1A2) (A2A3) (A1A3) D A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3 A1 A2 A3

n

m n _{Jm, nK} k m6 k 6 n I R n_{2 N C}n_{(I) I} n n n> 1 An n n An = 0 B B B B B B @ 2 1 0 _{· · ·} 0 1 0 0 1 0 _{· · ·} 0 1 2 1 C C C C C C A . Dn D1 D2 D3 n> 3 Dn = 2Dn 1 Dn 2 Dn n> 1 An