Correction du concours Agro 2017 Méthodes de calcul et raisonnement. Exercice

BCPST2 - Maths - Thierry Gaspari.

Correction du concours Agro 2017 M´ ethodes de calcul et raisonnement

Exercice

1. La matrice Aest triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Ainsi Sp(A) ={0}.

Pour le noyau on a :

A



 x y z



= 0⇔y= 0 etz= 0.

Par cons´equent :

E0=Ker(A) =V ect(



 0 0 1



).

Puisquedim(E₀) = 16= 3, la matrice An’est pas diagonalisable.

2.

A²=





0 0 0 0 0 0 1 0 0



. A³ =





0 0 0 0 0 0 0 0 0



= 0.

3. (a) SiM s’´ecrit M =αI₃+βA+γA², alors :

AM =A(αI₃+βA+γA²) =αA+βA²+γA³ = (αI₃+βA+γA²)A=M A, doncM ∈ S.

(b) Soit M =





a b c d e f g h i



 dans S. Calculons :

AM =





0 0 0 1 0 0 0 1 0









a b c d e f g h i



=





0 0 0 a b c d e f



. Par ailleurs :

M A=





a b c d e f g h i









0 0 0 1 0 0 0 1 0



=





b c 0 e f 0 h i 0



.

On a donc :AM =M A⇔























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

⇔



















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

Ainsi, si M ∈ S,M =





a 0 0 d a 0 g d a



=aI3+dA+gA².

(c) On vient de prouver que si M ∈ S alors M ∈ V ect(I₃, A, A²). On avait prouv´e en (3a) la r´eciproque, `a savoir que siM ∈V ect(I3, A, A²) alorsM ∈ S. En conclusion :

S=V ect(I₃, A, A²).

Remarque : on aurait pu se passer de la question (3a) et mener un raisonnement par

´

equivalence dans la question (3b), pour obtenir directement l’´egalit´e entre le commutant de S et le sous-espace vectoriel engendr´e par (I₃, A, A²).

4. (a) PuisqueM =P AP⁻¹, on a :

M²= (P AP⁻¹)(P AP⁻¹) =P A²P⁻¹. Or A² 6= 0 etP etP⁻¹ sont inversibles, donc P A²P⁻¹6= 0.

Attention, si vous dites seulement que les trois matrices P, A², et P⁻¹ ne sont pas nulles, ce n’est pas suffisant pour affirmer que le produit n’est pas nul.

M³=M²M = (P A²P⁻¹)(P AP⁻¹) =P A³P⁻¹= 0 car A³ = 0.

Au finalM ∈ S⁰.

On vient de montrer que toute matrice semblable `aA est dans S⁰. (b) i. On calcule :

M²=





−1 1 1

1 1 −1

0 2 0









−1 1 1

1 1 −1

0 2 0



=





2 2 −2

0 0 0

2 2 −2



6= 0.

M³ =M²M =





2 2 −2

0 0 0

2 2 −2









−1 1 1

1 1 −1

0 2 0



=





0 0 0 0 0 0 0 0 0



= 0.

DoncM ∈ S⁰.

ii. Remarque importante : pour les quatre petites questions qui viennent, on a deux strat´egies possibles :

- la premi`ere est de raisonner th´eoriquement, ce qui donne les r´esultats sans trop d’ef- fort calculatoire et de fa¸con plutˆot ´el´egante ; - la seconde est de donner concr`etement les objets demand´es, ce qui est plus calculatoire mais n´ecessite moins de recul sur la th´eorie.

Comme les arguments th´eoriques seront demand´es dans la question(c), on peut imaginer que le concepteur du sujet s’attend ici `a ce que les ´el`eves aillent vers la deuxi`eme strat´egie, c’est donc ce que nous allons faire dans cette correction. Pour ceux qui pr´ef`erent la premi`ere strat´egie, il suffit en gros de recopier les r´eponses qui seront donn´ees en (c).

On rappelle que M² =





2 2 −2

0 0 0

2 2 −2



, donc en prenant par exemple X=



 1 0 0



 on a : M²X=



 2 0 2



6= 0.

iii. On a par calcul : X=



 1 0 0



 ; M X =





−1 1 0



 ; M²X=



 2 0 2



.

Soienta, b, c trois r´eels tels queaX +bM X+cM²X = 0. On a alors :







a−b+ 2c = 0

b = 0

2c = 0

⇔a=b=c= 0.

Ainsi la familleB= (X, M X, M²X) est libre et elle contient trois vecteurs deR³ qui est de dimension 3, donc :

Best une base de R³.

iv. On a : M.X=M X;M.(M X) =M²X;M.(M²X) =M³X= 0.

Pour que les choses soient plus claires, si l’on note ε₁ =X, ε₂ =M X etε₃ =M²X, on a :f(ε₁) =ε₂;f(ε₂) =ε₃;f(ε₃) = 0. Donc

M atB(f) =





0 0 0 1 0 0 0 1 0



=A.

v. Ainsi M etArepr´esentent le mˆeme endomorphismef (dans des bases diff´erentes), donc M etA sont des matrices semblables, ce qui signifie que :

Il existe une matrice inversible P telle que M =P AP⁻¹. (c) i. La matriceM est dans S⁰ doncM² 6= 0, donc :

Il existe X ∈R³ tel queM²X 6= 0.

ii. Montrons que la famille B = (X, M X, M²X) est libre. On prend trois r´eels a, b, c tels que :aX+bM X+cM²X = 0.

En multipliant `a gauche par M² on obtient : a(M²X) = 0 puisque M³ = M⁴ = 0.

CommeM²X6= 0 on en d´eduit quea= 0.

Dans l’´egalit´ebM X+cM²X= 0 on multiplie parM `a gauche, ce qui donne :bM²X= 0, puisb= 0.

Enfin cM²X= 0 puisc= 0.

Donc la familleB= (X, M X, M²X) est libre et elle contient trois vecteurs deR³ qui est de dimension 3, donc :B est une base de R³.

Dans cette base, M.X = M X;M.(M X) = M²X;M.(M²X) = M³X = 0, donc la matrice de f dans cette base est encore la matrice A. AinsiM est semblable `a A:

Il existe une matrice inversible P telle que M =P AP⁻¹. (d) On fait la synth`ese des questions qui pr´ec`edent :

- en (4a) on a montr´e que toute matrice semblable `aA est dans S<sup>0</sup>; - en (4c) on a prouv´e que toute matrice de S<sup>0</sup> est semblable `aA.

On conclut que :

Une matrice est dansS⁰ si et seulement si elle est semblable `a A.

Probl` eme

On utilisera tr`es ouvent la remarque suivante (fortement sugg´er´ee par l’´enonc´e) : Apr`esntirages, il y aura dans l’urneN +n boules au total.

I. Pr´eliminaires :

1. L’esp´erance de X est : E(X) = n+ 1 2 . 2. Pour n∈N^∗ notons P(n) la proposition : ’

n

X

k=1

k² = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .’

- Initialisation : D’une part

1

X

k=1

k²= 1²= 1. D’autre part : 1×(1 + 1)×(2 + 1)

6 = 1. Donc P(1) est vraie.

- H´er´edit´e :

On fixen∈N^∗ et on supposeP(n) vraie. On a alors :

n+1

X

k=1

k² =

n

X

k=1

k² + (n+ 1)² = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 + (n+ 1)² (par hypoth`ese de r´ecurrence)

= (n+ 1)

6 n(2n+ 1) + 6(n+ 1)

= (n+ 1)

6 2n²+ 7n+ 6

= (n+ 1)

6 (n+ 2)(2n+ 3).

On a bien :

n+1

X

k=1

k²= (n+ 1)(n+ 2)(2(n+ 1) + 1)

6 , doncP(n+ 1) est vraie.

- En conclusion, la proposition est vraie au rang initial et elle est h´er´editaire, donc le principe de r´ecurrence permet de conclure qu’elle est vraie pour tout entier nde N^∗. Ainsi :

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

k² = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

3. On calcule d’abordE(X²) avec le th´eor`eme de transfert : E(X²) =

n

X

k=1

k²P(X =k) = 1 n

n

X

k=1

k²= (n+ 1)(2n+ 1)

6 .

Puis, avec la formule de Koenig-Huygens : V(X) = E(X²)− E(X)2

= (n+ 1)(2n+ 1)

6 −(n+ 1)² 4

= (n+ 1)

12 2(2n+ 1)−3(n+ 1)

= (n+ 1)(n−1)

12 .

Finalement : V(X) = n²−1 12 .

II. Etude d’un cas particulier : IciN₁ =N₂ = 1.

Remarquons qu’ici, apr`esntirages, il y aura dans l’urne (n+ 2) boules au total.

1. X1(Ω) = {1,2}. En effet, soit l’on tire une blanche au premier tirage et dans ce casX1 = 2, soit l’on tire une noire au premier tirage et alorsX₁ reste ´egal `a 1.

[X₁= 1] =B₁ doncP(X₁ = 1) =P(B₁) = ¹₂.

PuisP(X₁ = 2) = 1−P(X₁ = 1) = ¹₂. On r´esume ces r´esultats en disant que : X₁ suit la loi uniforme sur [[1,2]].

2. X2(Ω) = {1,2,3}. En effet, X1 vaut 1 ou 2, et le nombre de boules blanches dans l’urne augmente d’une unit´e ou reste constant entre un tirage et le suivant.

. [X₂= 1] =B₁∩B₂ donc, avec la formule des probabilit´es compos´ees : P(X₂ = 1) =P(B₁)×P_B

1(B₂) = 1 2×2

3 = 1 3. On justifie que P_B

1(B₂) = 2

3 en disant que, si une boule noire est obtenue au premier tirage, alors il y a pour le second tirage une blanche et deux noires dans l’urne.

. [X2= 3] =B1∩B2 donc avec un calcul similaire :

P(X2 = 3) =P(B1)×PB1(B2) = 1 2×2

3 = 1 3. . Enfin P(X2 = 2) = 1−P(X2 = 1)−P(X2= 3) = 1

3. En r´esum´e : X₂ suit la loi uniforme sur [[1,3]].

3. Pour n∈N^∗ notons R(n) la proposition :

R(n) : ’X_n suit la loi uniforme sur [[1, n+ 1]].’

- Initialisation : on a prouv´e en (II−1) que R(1) est vraie.

- H´er´edit´e : on fixe n∈N^∗ et on suppose que R(n) est vraie.

Alors X_n(Ω) = [[1, n+ 1]] donc X_n+1(Ω) = [[1, n+ 2]] puisque, comme d´ej`a dit, le nombre de blanches reste le mˆeme ou augmente d’une unit´e `a chaque tirage.

Soit j fix´e dans [[1, n+ 2]]. En appliquant la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme complet ([X<sub>n</sub>=k])1≤k≤n+1 et en utilisant l’hypoth`ese de r´ecurrence :

P(Xn+1=j) =

n+1

X

k=1

P(Xn=k)P_[Xn=k](Xn+1 =j) = 1 n+ 1

n+1

X

k=1

P_[Xn=k](Xn+1=j).

Pour avancer dans les calculs on doit distinguer trois cas : - Cas 1 :j∈[[2, n+ 1]].

Pour queX_n+1soit ´egal `aj, il fallait queX<sub>n</sub>soit ´egal `ajou `aj−1. Ainsi toutes les probabilit´es conditionnellesP<sub>[Xn=k]</sub>(Xn+1=j) sont nulles, `a l’exception de deux d’entre elles :

. P_[Xn=j−1](Xn+1 =j) =P_[Xn=j−1](Bn+1) : ceci correspond `a la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient (j−1) blanches et (n+ 2) boules au total.

DoncP_[Xn=j−1](X_n+1 =j) = j−1 n+ 2.

.P_[Xn=j](X_n+1=j) =P_[Xn=j](B_n+1) : ceci est la probabilit´e de tirer une boule noire dans une urne qui contientjblanches et (n+2) boules au total. DoncP_[Xn=j](X_n+1 =j) = n+ 2−j

n+ 2 . On revient au calcul :

P(X_n+1=j) = 1 n+ 1

j−1

n+ 2+n+ 2−j n+ 2

= 1 n+ 2.

- Cas 2 :j= 1.

Ici toutes les probabilit´es conditionnelles P_[Xn=k](Xn+1 = 1) sont nulles, `a l’exception d’une seule d’entre elles qui est : P_[Xn=1](X_n+1= 1) =P_[Xn=1](B_n+1), qui est la probabilit´e de ti- rer une boule noire dans une urne qui contient 1 blanche et (n+ 2) boules au total. Donc P_[Xn=1](Xn+1 = 1) = n+ 1

n+ 2. Puis :P(Xn+1= 1) = 1

n+ 1×n+ 1 n+ 2 = 1

n+ 2. - Cas 3 :j=n+ 2.

Ici toutes les probabilit´es conditionnellesP_[Xn=k](Xn+1=n+ 2) sont nulles, `a l’exception d’une seule d’entre elles, qui estP_[Xn=n+1](X_n+1 =n+ 2) =P_[Xn=n+1](B_n+1) : c’est la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient (n+ 1) blanches et (n+ 2) boules au total.

DoncP_[Xn=n+1](Xn+1 =n+ 2) = n+ 1 n+ 2. On revient au calcul : P(X_n+1 =n+ 2) = 1

n+ 1×n+ 1 n+ 2 = 1

n+ 2.

. On peut conclure queX_n+1 suit la loi uniforme sur [[1, n+ 2]] et ainsi R(n+ 1) est vraie.

- La proposition ´etant vraie au rang initial et h´er´editaire, on conclut grˆace au principe de r´ecurrence :

Pour toutn deN^∗,X_n,→ U([[1, n+ 1]]).

4. On chercheP(Bn+1) en appliquant la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme complet ([Xn=k])1≤k≤n+1 :

P(Bn+1) =

n+1

X

k=1

P(Xn=k)×P_[Xn=k](Bn+1) = 1 n+ 1

n+1

X

k=1

P_[Xn=k](Bn+1).

Or P_[Xn=k](B_n+1) est la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient k blanches et (n+ 2) boules au total. DoncP_[Xn=k](Bn+1) = k

n+ 2. Ainsi : P(Bn+1) = 1

(n+ 1)(n+ 2)

n+1

X

k=1

k= 1

(n+ 1)(n+ 2)×(n+ 1)(n+ 2)

2 = 1

2. En conclusion : P(Bn+1) = 1

2. 5. (a) Y_n(Ω) ={0,1

n,2

n, . . . ,n−1

n ,1}={k

n, k∈[[0, n]]}.

Remarque : Mˆeme si les valeurs prises par Y ne sont pas enti`eres, Y est quand mˆeme une variable discr`ete.

Pour toutk de [[0, n]],P(Yn= k

n) =P(Xn=k+ 1) = 1 n+ 1.

Autrement dit : Yn suit la loi uniforme sur l’ensemble{0,¹_n,_n², . . . ,ⁿ⁻¹_n ,1}.

(b) Une variable uniforme sur [0,1] a pour fonction de r´epartition : F(x) =











0 si x <0 x si x∈[0,1]

1 si x >1 (c) Soit x dans [0,1]. Alorsbnx+ 1c ∈[[1, n+ 1]] donc :

P(Y_n≤x) =P(X_n≤nx+ 1) =

bnx+1c

X

j=1

P(X_n=j) = bnx+ 1c n+ 1 . Pour toutx de [0,1] :P(Y_n≤x) = bnx+ 1c

n+ 1 .

(d) - Pourx dans ]− ∞,0] :FYn(x) = 0 tend bien, lorsquentend vers +∞, versF(x) qui vaut aussi 0.

- Pour x dans ]1,+∞[ :FYn(x) = 1 tend bien, lorsque ntend vers +∞, vers F(x) qui vaut aussi 1.

- Le cas int´eressant est lorsquex∈]0,1]. On a : F_Yn(x) = bnx+ 1c n+ 1 . Lorsqu’une variable t tend vers +∞,btc ∼t.

De plus, lorsque n→+∞,n+ 1∼n.

Donc lim

n→+∞F_Yn(x) = lim

n→+∞

nx

n =x=F(x).

Conclusion : pour tout r´eel x, lim

n→+∞F_Yn(x) =F(x).

III. Retour au cas g´en´eral : 1. P(B1) = N₁

N .

B2 = (B1∩B2)∪(B1∩B2) donc :

P(B2) = P(B1∩B2) +P(B1∩B2) =P(B1)×PB1(B2) +P(B1)×P_B

1(B2)

= N₁

N ×N₁+ 1 N+ 1 +N₂

N × N₁

N + 1= N₁(N₁+ 1 +N₂) N(N + 1) = N₁

N . En r´esum´e : P(B1) =P(B2) = N1

N .

2. (a) Pour estimerP(Bn) on applique la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme complet associ´e `a la variable al´eatoire Xn−1. On remarque que la variableXn−1 vaut au minimum N1 (si on n’obtient aucune blanche), au maximumN1+n−1 (si on a tir´e (n−1) blanches lors des (n−1) premiers tirages). On a :

P(Bn) =

N1+n−1

X

k=N1

P(Xn−1=k)×P_[Xn−1=k](Bn).

Or P_[Xn−1=k](B_n) est la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient k blanches et (N +n−1) boules au total, donc :

P_[Xn−1=k](B_n) = k N+n−1. On a bien obtenu :

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1=k) = (N +n−1)P(B_n).

(b) P_{Bn∩[Xn−1=k]}(B_n+1) est la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient (k+ 1) blanches et (N +n) boules au total, donc :

P_{Bn∩[Xn−1=k]}(B_n+1) = k+ 1 N+n. P_B

n∩[Xn−1=k](B_n+1) est la probabilit´e de tirer une boule blanche dans une urne qui contient k blanches et (N +n) boules au total, donc :

P_B

n∩[Xn−1=k](B_n+1) = k N+n.

(c) On applique maintenant la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme complet [Xn−1 =k]∩Bn

N1≤k≤N1+n−1∪ [Xn−1=k]∩Bn

N1≤k≤N1+n−1 : P(B_n+1) =

N1+n−1

X

k=N1

P([Xn−1 =k]∩B_n∩B_n+1) +P([Xn−1 =k]∩B_n∩B_n+1)

=

N1+n−1

X

k=N1

P([Xn−1 =k]∩Bn)× k+ 1

N +n+P([Xn−1 =k]∩Bn)× k N +n

. Pour la derni`ere ´egalit´e on a utilis´e (2b).

Pour continuer on va utiliser la formule : P(C∩D) =P(D)−P(C∩D).

P(B_n+1) = 1 N +n

N1+n−1

X

k=N1

(k+ 1)P([Xn−1 =k]∩B_n) +k P(Xn−1=k)−P([Xn−1=k]∩B_n)

= 1

N +n

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1=k) +P([Xn−1=k]∩Bn)

= 1

N +n

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1=k) +P(Xn−1 =k)×P_[Xn−1=k](Bn)

.

On a d´ej`a expliqu´e queP_[Xn−1=k](B_n) = k

N+n−1, d’o`u : P(Bn+1) = 1

N+n

N1+n−1

X

k=N1

k+ k N +n−1

P(Xn−1=k)

= 1

N+n×(1 + 1 N+n−1)

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1=k)

= (N+n−1) + 1 (N +n)(N+n−1)

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1=k)

= 1

N+n−1

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1 =k).

Cette derni`ere quantit´e est bien ´egale `a P(B_n) d’apr`es la question (2a), donc :

∀n∈N\ {0,1}, P(B_n+1) =P(B_n).

3. On vient de prouver que la suite (P(Bn)) est constante `a partir du rang 2. D’apr`es (III−1), P(B2) = N1

N , de mˆeme queP(B1), donc :

∀n∈N^∗, P(Bn) = N1

N . Maintenant on calculeE(Xn−1) en utilisant la formule de (2a) :

E(Xn−1) =

N1+n−1

X

k=N1

kP(Xn−1 =k) = (N +n−1)P(Bn) = (N +n−1)N1

N .

En conclusion :

E(Xn) = (N+n)N1

N .

Remarque : dans le cas particulier N₁ = N₂ = 1, on retrouve E(X_n) = ⁿ⁺²₂ , qui est bien l’esp´erance d’une variable uniforme sur[[1, n+1]]. Notre r´esultat est donc coh´erent avec(II−3).