Lycée français de Vienne Mathématiques - F. Gaunard http://frederic.gaunard.com
Devoir Surveillé n°4 - Sujet B (type EDHEC)
Solution
Exercice 1 - D’après EDHEC 2012
(1) Soit f un endomorphisme diagonalisable. Il existe une base dans laquelle la matrice de f est diagonale et que l’on peut noter D. Mais alors, la matrice de f2 dans cette même base est D2 qui est encore une matrice diagonale. Comme f2 peut être représenté par une matrice diagonale, cet endomorphisme est encore diagonalisable.
(2) (a) Ces calculs sont faciles, il suffit juste de les faire A2 =
1 −2 2 2 −3 2 2 −2 1
, A4 =A2·A2 =I.
Il est alors clair que X4−1est polynôme annulateur de A. Ainsi, les valeurs propres de A sont à chercher parmiles racines de X4−1qui sont 1et −1:
Sp(A)⊂ {−1; 1}.
(b) On cherche une base en résolvant le système correspondant:
X =
x y z
∈Ker(g−Id) ⇐⇒
0 2 −1 2 −5 4 3 −8 6
x y z
−
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
x−2y+z = 0 2x−6y+ 4z = 0 3x−8y+ 5z = 0
⇐⇒ x=y=z
⇐⇒ X =x
1 1 1
et on a donc
Ker(g−Id) =Vect
1 1 1
.
En prenant u =
1 1 1
, on a le vecteur cherché. En particulier, 1 est bien valeur propre et dim(E1) = 1.
(c) On procède de la même manière pour déterminer Ker(g+Id):
X =
x y z
∈Ker(g+Id) ⇐⇒
0 2 −1 2 −5 4 3 −8 6
x y z
+
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
x+ 2y−z = 0 2x−4y+ 4z = 0 3x−8y+ 7z = 0
⇐⇒ x=y=z = 0 ce qui donne
Ker(g+Id) ={0}.
On voit en particulier que −1 n’est pas valeur propre de g.
(d) On connait, d’après les questions précédentes, le spectre de A;Sp(A) ={1}. Mais comme dim(E1) = 16= 3,
la matrice A (ou de manière équivalente l’endomorphisme g) n’est pas diagonalisable.
(3) (a) On résout A2X =−X:
X =
x y z
∈Ker(g2 +Id) ⇐⇒
1 −2 2 2 −3 2 2 −2 1
x y z
+
x y z
=
0 0 0
⇐⇒ 2x−2y+ 2z = 0
⇐⇒ X =y
1 1 0
+z
−1 0 1
.
Les deux vecteurs
1 1 0
,
−1 0 1
engendrent donc Ker(g2+Id). Étant de plus non colinéaires, ils en forment donc une base.
On les note respectivement v etw.
(b) Pour montrer que la famille{u;v;w}forme une base deR3, il suffit de montrer qu’elle forme une famille libre.
αu+βv+γw = 0 ⇐⇒ α
1 1 1
+β
1 1 0
+γ
−1 0 1
= 0
⇐⇒
α+β−γ = 0 α+β = 0 α+γ = 0
⇐⇒ α=β =γ = 0 et la famille est bien libre et forme donc une base de R3.
(c) Par définitions des vecteurs u, v, w on a g2(u) = g(g(u)) = g(u) = u, g2(v) = −v et g2(w) = −w. Il suit que la matrice de g2 dans cette nouvelle base est donnée par
1 0 0
0 −1 0 0 0 −1
et c’est une matrice diagonale. Ainsi, g2 est diagonalisable. Or, on a montré que g ne l’était pas, justifiant ainsi que la réciproque à la toute première question est fausse via ce contre-exemple.
Exercice 2 - D’après EDHEC 2016
Pour chaque entier naturel n, on définit la fonction fn par
∀x∈[n,+∞[, fn(x) = Z x
n
e
√t
dt.
(1) Étude de fn.
(a) D’après le théorème fondamental de l’analyse, la fonctiont →e
√tétant continue sur[0,+∞[, fn est sa primitive sur [0,+∞[ qui s’annule en x = n. Il suit que fn est donc de classe C1 et que, pour tout x∈[n,+∞[,
fn0(x) =e
√x >0.
Sa dérivée étant strictement positive, fn est strictement croissante sur [n,+∞[.
(b) Pour tout x ∈ [n,+∞[, e
√t > 1. En intégrant sur [n, x] (avec n ≤ x ), on obtient (par positivité de l’intégrale)
∀x∈[n,+∞[, fn(x) = Z x
n
e
√ tdt >
Z x n
1dt=x−n.
Comme (x−n)→+∞ (lorsque x→+∞), par comparaison, on a
x→+∞lim fn(x) = +∞.
(c) On utilise le théorème de la bijection. fnest continue et strictement croissante sur [n,+∞[, fn(n) = 0 et fn(x) → +∞ lorsque x → +∞ donc fn réalise une bijection de [n,+∞[ sur [0,+∞[.
Comme 1 ∈ [0,+∞[, il admet un unique antécédent par fn, noté un et appartenant à [n,+∞[, et ainsi fn(un) = 1.
(2) Étude de la suite (un).
(a) Pour tout n∈N, on a un∈[n,+∞[, donc un≥n et, par comparaison
n→+∞lim un = +∞.
(b) Par définition de un,
fn(un) = Z un
n
e
√t
dt= 1.
Pour tout n∈N, on a un≥n et toutt ∈[n, un], e
√n ≤ e
√t
≤ e
√un
Comme n≤un, il suit que Z un
n
e
√ndt≤ Z un
n
e
√tdt≤ Z un
n
e√undt.
Et donc
(un−n)e
√n ≤fn(un) = 1≤(un−n)e
√un
En divisant l’inégalité de gauche par e√n et celle de droite par e√un, on obtient bien e−
√un ≤(un−n)≤e−
√n.
(3) (a) Puisque 2b) donne
0≤(un−n)≤e−
√n, on aura (un−n) ≤ 10−4 dès que e−
√n ≤10−4, on va donc à partir de n = 0, incrémenter n, tant que e−√n >10−4.
n=0while (exp(-sqrt(n))> 10^(-4) n=n+1
end disp(n) (b) On a
e−
√n≤10−4 ⇐⇒ −√
n≤ −4 ln(10)⇐⇒n ≥(4 ln(10))2 '16.(2.3)2 '84.64.
Le script précédent va donc afficher pour n la valeur 85.
(4) vn=un−n.
(a) D’après 2b),
0≤(un−n)≤e−
√n, et comme
n→+∞lim e−
√n= 0, on a par encadrement aussi
n→+∞lim vn = lim
n→+∞(un−n) = 0.
(b) Soit x≥ −1
√1 +x≤1 + x
2 ⇐⇒ 1 +x≤(1 + x
2)2 (croissance de t→t2 surR+)
⇐⇒ 1 +x≤1 +x+x2
4 (ce qui est vrai.) (c) Soit n ∈N∗,
e−
√un ≥e−
√nexp(− vn 2√
n) ⇐⇒ e−
√un+√
n≥exp(− vn 2√
n) (croissance de t→t2 surR+)
⇐⇒ √
un−√
n ≤ vn 2√
n (décroissance de t →e−t)
⇐⇒ √
vn+n ≤√
n+ vn
2√
n car (un=vn+n)
⇐⇒
rvn
n + 1 ≤1 + vn
2n (division par √ n >0)
Comme vnn ≥0, la dernière inégalité est vérifiée en vertu du 4b) et donc la première aussi.
(d) On divise l’encadrement obtenu en 2b) par e−
√n , ce qui donne e−√un
e−√n ≤ (un−n) e−√n ≤1.
Et donc, en utilisant 4c), exp(− vn
2√
n)≤ e−√un
e−√n ≤ (un−n) e−√n ≤1.
Comme vn→0, on a aussi
n→+∞lim − vn 2√
n = 0
et
n→+∞lim exp(− vn
2√
n) = 1, qui fournit (par encadrement)
n→+∞lim
(un−n) e−√n = 1.
par conséquent:
un−n ∼
+∞e−
√n
.
Exercice 3 - D’après EDHEC 2018
(1) (a) L’évènement (X = 1) signifie qu’on aPile dès le premier lancer. Ceci dépend naturellement de la pièce lancée. Commençons par remarquer que le choix de la pièce se faisant au hasard, on a
P(A1) = P(A2) =P(A3) = 1 3.
Ainsi, en appliquant la formule des probabilités totales au système complet d’évènements {Ai, i∈J1; 3K}, on obtient
P(X= 1) =PA1(X = 1)P(A1) +PA2(X = 1)P(A2) +PA3(X = 1)P(A3).
Le texte donne les valeurs des probabilités conditionnelles ci-dessus. Plus précisément, on obtient
P(X = 1) = 1 2 ×1
3 + 0× 1
3 + 1× 1 3 = 3
6 = 1 2. (b) On commence par écrire
(X =n) =
n−1
\
k=1
Fk∩Pn.
On va à nouveau utiliser la formule des probabilités totales avec le même s.c.e. Mais, on observe que, la pièce numérotée 1 amenant (presque) sûrement unFace,
PA1(X =n) = 0.
Comme n ≥ 2, un lancer avec la pièce numérotée 2 amènerait un Pile dès le premier coup et on a une autre probabilité conditionnelle nulle PA2(X =n) = 0. Ainsi, pour tout n ≥2, par indépendance des lancers successifs
P(X =n) =PA0(X =n)P(A0) = 1 3
n−1
Y
k=1
PA0(Fk)PA0(Pn) = 1 3
1 2
n−1
1 2 = 1
3 1
2 n
. (c) Comme P+∞
n=0P(X =n) = 1, on a
P(X = 0) = 1−P(X = 1)−
+∞
X
n=2
P(X =n)
= 1−1 2 − 1
3
+∞
X
n=2
1 2
n
= 1−1 2 − 1
3
1
1−1/2−1− 1 2
= 1 3.
(2) Les valeurs prises par X étant positives ou nulles, celle-ci admet une espérance si et seulement si la série de terme général kP(X =k) converge. Or, pour k≥2,
kP(X =k) = k1 3
1 2
k
= 1 6k
1 2
k−1
et on reconnait le multiple du terme général d’une série géométrique dérivée, de raison 1/2donc convergente. Ainsi, X admet une espérance et
E(X) = 1 2 +1
6
+∞
X
k=2
k 1
2 k−1
= 1 2 +1
6
1
(1−1/2)2 −1
= 1.
(3) Le théorème de transfert affirme que X(X−1) admet une espérance si et seulement si la série de terme général k(k −1)P(X = k) est convergente. On va reconnaitre cette fois un multiple du terme général de la série géométrique dérivée deux fois (toujours de raison 1/2 donc toujours convergente). Pour k ≥2,
k(k−1)P(X =k) = 1
12k(k−1) 1
2 k−2
.
Ainsi, X(X−1) admet une espérance et celle-ci vaut E(X(X−1)) = 1
12
+∞
X
k=2
k(k−1) 1
2 k−2
= 1
12× 2
(1−1/2)3 = 16 12 = 4
3.
Mais, E(X(X−1)) =E(X2−X) = E(X2)−E(X). Par linéarité de l’espérance, il suit que X admet un moment d’ordre 2(donc une variance) et par la formule de König-Huygens, on a
V(X) =E(X2)−E(X)2 =E(X(X−1)) +E(X)−E(X)2 = 4
3+ 1−1 = 4 3.
(4) La situation est totalement symétrique: une pièce équilibrée, une pièce qui donne presque sûre- ment Pile et une autre presque sûrement Face. Ainsi, le même raisonnement où on permutera Pile avec Face et A1 avec A2 permet de voir que les lois de X etY sont les mêmes.
(5) (a) Soitj ≥2, on observe que[X = 1]∩[Y =j]signifie qu’on a obtenu unPile au premier coup et le premier Face auj−ième coup et donc nécessairement après une succession dePile, ce qui est donc la même chose que [Y =j] d’où l’égalité des probabilités.
(b) Par symétrie, on obtient de même, pour i≥2, P([X =i]∩[Y = 1]) =P(X =i).
(6) (a) X et Y étant toutes deux à valeurs positives, si X+Y = 0 alors X = Y = 0. Mais une prise de valeur nulle pourX signifie que l’on a toujours obtenu dèsFace, et ce dès le premier lancer, ainsi Y = 16= 0. Donc on ne peut pas avoirX+Y = 0. De plus, siX+Y = 2 alors ou bienX =Y = 1(ce qui est impossible: le premier lancer ne peut pas être simultanément Pile et Face), ou bien X = 0 et Y = 2 (ou inversement). Mais X = 0 signifie (comme dit ci-avant) qu’on obtient que des Face et que donc Y = 1etX+Y 6= 2. Dans le cas ouX ou Y vaut 0, on a donc X+Y = 1 et si k ∈N,k ≥3,
[X+Y =k] =
k−1
\
j=1
Fj∩Pk
!
∪
k−1
\
j=1
Pj∩Fk
! , est un évènement possible. On a bien (X+Y)(Ω) =N\ {0; 2}.
(b) Comme énoncé ci-dessus
P(X+Y = 1) = P([X = 0]∩[Y = 1]) +P([X = 1]∩[Y = 0])
= P(X = 0) +P(Y = 0)
= 2×1 3 = 2
3.
(c) Soit n ≥3. Remarquant que le résultat du premier lancier décompose l’univers, i.e. {[X = 1],[Y = 1]} forme un s.c.e, on a
[X+Y =n] = ([X+Y =n]∩[X = 1])∪([X+Y =n]∩[Y = 1])
= ([Y =n−1]∩[X = 1])∪([X =n−1]∩[Y = 1]). (d) Par incompatibilité des deux évènements ci-dessus,et par la question 5a,
P(X+Y =n) = P ([Y =n−1]∩[X = 1]) +P([X =n−1]∩[Y = 1])
= P(Y =n−1) +P(X =n−1)
= 2×1 3
1 2
n−1
(7) (a) On complète sans mal le scriptSciLab. La variablepiececorrespond au numéro de la pièce lancée et reçoit donc le résultat de la simulation d’une loi uniforme sur J0; 2K.
piece=grand(1,1,'uin', 0, 2)
x=0if piece == 0 then //si on lance la piece 0 lancer=grand(1,1,'uin', 0, 1)
while lancer==0 //tant qu'on a des FACE lancer=grand(1,1,'uin',0,1) //on relance x=x+1
end
elseif piece==1 then //si on lance la piece 1 x=1 //on aura que des PILE
disp(x)end
(b) Si on lance la pièce numérotée 2, on aura jamais Pile donc X = 0, déjà initialisé.
Problème - D’après EDHEC 2013
(1) (a) Pour tout x∈[0; 1], on a |x|=x. D’où Z 1
0
f(x)dx= Z 1
0
(1−x)dx=
x− x2 2
1 0
= 1− 1 2 C’est-à-dire
Z 1 0
f(x)dx= 1 2. Pour l’intégrale R0
−1f(x)dx, on a, en faisant le changement de variable affineu=−x : Z 0
−1
f(x)dx= Z 0
1
f(−u)(−du) = Z 1
0
f(−u)du.
Or, f(u) = 1− | −u|= 1− |u|=f(u). D’où Z 0
−1
f(x)dx= Z 1
0
f(u)du= 1 2.
Remarque : En fait, faire le calcul directement (sans se servir de l’intégrale précédente) était tout aussi long.
(b) On vérifie les hypothèses d’une densité de probabilité:
• La fonction f est continue sur ]−1; 1[ comme somme de fonctions continues. Elle est également continue sur]− ∞;−1[et sur]1; +∞[ (car elle y est nulle). Donc f est continue sur R\ {−1; 1}, qui est R privé d’un nombre fini de points.
• Pour tout x ∈ [−1; 1], on a |x| 6 1, et donc f(x) > 0. De plus, pour tout x ∈ ]−∞;−1[∪]1; +∞[, on a f(x)> 0 également (car f(x) = 0). Donc finalement, on a f(x)>0 pour toutx∈R.
• Les intégrales R−1
−∞f(x)dx etR+∞
1 f(x)dx sont évidemment convergentes et égales à0 (car f est nulle sur les intervalles correspondants). De plus, par relation de Chasles
Z 1
−1
f(x)dx = Z 0
−1
f(x)dx+ Z 1
0
f(x)dx
= 1 2 +1
2 (question précédente)
= 1.
Par relation de Chasles toujours, on en déduit que l’intégrale R+∞
−∞ f(x)dx est conver- gente et vaut 1.
On déduit des 3 points ci-dessus que f est une densité de probabilité.
(2) (a) Les intégrales R−1
−∞xf(x)dx et R+∞
1 xf(x)dx sont évidemment absolument convergentes et égales à 0 (car f est nulle sur les intervalles correspondants). Quant à l’intégrale R−1
−1 xf(x)dx, elle est (absolument) convergente également car il s’agit de l’intégrale d’une fonction continue sur un intervalle fermé (ce n’est même pas une intégrale impropre).
On en déduit que l’intégraleR+∞
−∞ xf(x)dxest absolument convergente et que doncXadmet une espérance. De plus,
E(X) =
Z +∞
−∞
xf(x)dx
= Z 1
−1
xf(x)dx car f est nulle sur ]− ∞;−1[ et sur ]1; +∞[
= Z 1
−1
x(1− |x|)dx
= Z 0
−1
x(1− |x|)dx+ Z 1
0
x(1− |x|)dx
= Z 0
−1
x(1 +x)dx+ Z 1
0
x(1−x)dx
= Z 0
−1
(x+x2)dx+ Z 1
0
(x−x2)dx
= x2
2 +x3 3
0
−1
+ x2
2 − x3 3
1 0
=
−1 2 +1
3
+ 1
2− 1 3
= 0.
(b) De la même manière que pour l’espérance à la question précédente, l’intégraleR+∞
−∞ x2f(x)dx est absolument convergente. Donc X admet un moment d’ordre 2, ce qui implique que X admet une variance. De plus,
V(X) = E(X2)−E(X)2 (formule de König-Huygens)
= E(X2) car E(X) = 0
=
Z +∞
−∞
x2f(x)dx (théorème du transfert)
= Z 1
−1
x2f(x)dx car f est nulle sur ]− ∞;−1[et sur ]1; +∞[
= Z 1
−1
x2(1− |x|)dx
= Z 0
−1
x2(1− |x|)dx+ Z 1
0
x2(1− |x|)dx
= Z 0
−1
x2(1 +x)dx+ Z 1
0
x2(1−x)dx
= Z 0
−1
(x2+x3)dx+ Z 1
0
(x2−x3)dx
= x3
3 + x4 4
0
−1
+ x3
3 −x4 4
1 0
= 1
3 −1 4
+
1 3− 1
4
= 1 6.
(3) Pour tout x∈R, on a FX(x) =Rx
−∞f(t)dt. On calcule cette intégrale en différenciant les cas
• Six <−1, alors l’intervalle]− ∞;x] est inclus dans]− ∞;−1[sur lequel f est nulle. Donc FX(x) = 0.
• Si −16x60, alors, par relation de Chasles FX(x) =
Z −1
−∞
f(t)dt+ Z x
−1
f(t)dt
= 0 + Z x
−1
(1− |t|)dt
= Z x
−1
(1 +t)dt car t60 pour toutt ∈[−1;x]
=
t+t2 2
x
−1
=
x+x2 2
−
−1 + 1 2
= 1
2−x+x2 2.
• Si 0< x61, alors, par relation de Chasles : FX(x) =
Z −1
−∞
f(t)dt+ Z 0
−1
f(t)dt+ Z x
0
f(t)dt
= 0 + 1 2+
Z x 0
(1− |t|)dt (voir question 1.(a))
= 1 2 +
Z x 0
(1−t)dt car t >0 pour tout t∈[0;x]
= 1 2 +
t− t2
2 x
0
= 1 2 +
x−x2
2
= 1
2 +x− x2 2 .
• Enfin, si x >1, alors, on a clairement FX(x) = 1.
En conclusion, on a bien
FX(x) =
0, six <−1 1
2 +x+x2
2 , si −16x60 1
2 +x− x2
2 , si0< x61 1 six >1
(4) (a) Si x < 0, alors 0 6P(Y 6x) 6P(Y < 0). Or, P(Y < 0) = 0 (car Y =|X| et une valeur absolue n’est jamais strictement négative). Donc P(Y 6x) = 0, c’est-à-dire FY(x) = 0.
(b) Soit x>0. Alors, FY(x) =P(Y 6x)
=P(|X|6x)
=P(−x6X 6x)
=P(X 6x)−P(X <−x)
=P(X 6x)−P(X 6−x) car X est une variable aléatoire à densité C’est-à-dire
FY(x) =FX(x)−FX(−x).
(c) Soit x∈R quelconque. On calcule FY(x) en différenciant les cas :
• Si x <0, alors FY(x) = 0 (question 4.(a)).
• Si x= 0, alors FY(x) =FX(x)−FX(−x) d’après la question précédente, i.e FY(0) = FX(0)−FX(0) = 0.
• Si x∈]0; 1], alors,
FY(x) =FX(x)−FX(−x) (question précédente)
= 1
2 +x− x2 2
− 1
2 + (−x) + (−x)2 2
car 0< x61 et −16−x60
= 2x−x2.
• Si x >1, alors
FY(x) =FX(x)−FX(−x) (question précédente)
= 1−0 car x >1 et −x <−1
= 1 En résumé
FY(x) =
0, si x <−1 2x−x2, si x∈[0; 1]
,1 si x >1
On constate alors que pour toutx∈R\{0; 1},FY0(x)coïncide avecg(x)(oùg est la fonction donnée dans l’énoncé). Donc Y admet pour densité la fonction g définie par
g(x) =
2(1−x), si x∈[0; 1]
0, sinon
(d) De même qu’aux questions 2.(a) et 2.(b), étant donné que g est nulle en dehors de [0; 1], les intégrales R+∞
−∞ xg(x)dx etR+∞
−∞ x2g(x)dx sont absolument convergentes. Donc Y admet une espérance et une variance. De plus
E(Y) = Z +∞
−∞
xg(x)dx
= Z 1
0
xg(x)dx car g est nulle en dehors de [0; 1]
= Z 1
0
2x(1−x)dx
= Z 1
0
(2x−2x2)dx
=
x2−2x3 3
1 0
= 1− 2 3
= 1 3. Ensuite,
E(Y2) = Z +∞
−∞
x2g(x)dx (théorème du transfert)
= Z 1
0
x2g(x)dx car g est nulle en dehors de [0; 1]
= Z 1
0
2x2(1−x)dx
= Z 1
0
(2x2−2x3)dx
= 2x3
3 − x4 2
1 0
= 2 3− 1
2
= 1 18.
(5) (a) On procède comme on a l’habitude de faire (et tout cela a été très bien expliqué en classe) FI(x) =P(I 6x)
= 1−P(I > x)
= 1−P
[U > x]∩[V > x]
= 1−P(U > x)P(V > x) par indépendance de U etV
= 1−(1−FU(x))(1−FV(x))
= 1−(1−FU(x))2 car U etV suivent la même loi Or, d’après le cours connu sur le bout des doigts,
FU(x) =
0, si x <0 x, si x∈[0; 1]
1, si x >1 Par conséquent, on obtient
FI(x) =
0, si x <0 2x−x2, si x∈[0; 1]
1; si x >1
(b) On constate que FI(x) = FY(x) pour tout x réel. Autrement dit, les variables aléatoires I et Y suivent la même loi.
(c) Sans difficulté function Y=DS4()
U=rand() V=rand() if U<=V then elseY=U
end Y=V endfunction
(6) (a) Notons FIn la fonction de répartition de In. De même qu’à la question précédente, pour tout x∈R, on a :
FIn(x) =P(In6x)
= 1−P(In > x)
= 1−P
[X1 > x]∩. . .∩[Xn > x]
= 1−P(X1 > x)×. . .×P(Xn > x) par indépendance de X1, . . . , Xn
= 1−(1−FU(x))n car X1, . . . , Xn suivent la même loi que U
Et donc, en remplaçant FU comme à la question précédente, on obtient, cette fois FIn(x) =
0, six <0 1−(1−x)n, six∈[0; 1]
1, six >1
(b) Si x∈ ]0; 1], on a (1−x)∈ [0; 1[, et donc (1−x)n →0. On a alors FIn(x)→ 1. Si x= 0, on a FIn(x) = 0 quel que soit n> 2, et donc FIn(x)→0. Les autres cas étant évidents, on donc, finalement
FIn(x) −→
n→+∞G(x) =
0, si x60 1, si x >0
On constate alors que G est la fonction de répartition d’une variable aléatoire Z certaine, égale à 0 (i.e telle que P(Z = 0) = 1). La suite (In) converge en loi vers une variable aléatoire certaine égale à 0.
