Partie 1 - Réduction de la matrice A

SESSION 2016 E3A

Concours ENSAM - ESTP - POLYTECH Epreuve de Mathématiques 1 MP

Exercice 1

Partie 1 - Réduction de la matrice A

1)En développant suivant la première colonne, on obtient

χA=det(XI₃−A) =

X+1 −1 0

−1 X+2 −1

0 −1 X+1

= (X+1) X²+3X+1

− (X+1) = (X+1)

X²+3X

=X(X+1)(X+3).

Par suite, Sp(A) = (0,−1,−3).

2) La matrice Aest symétrique réelle et donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale d’après le théorème spectral. Les valeurs propres deAsont simples et donc ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles, deux à deux orthogonales. On détermine une base orthonormée de chacune de ces droites.

•SoitX=



 x y z



∈M_3,1(R).

X∈E0(A)⇔AX=0⇔





−x+y=0 x−2y+z=0 y−z=0

⇔x=y=z.

Donc,E0(A) =Vect(e₁)oùe1= 1

√3



 1 1 1



.

•SoitX=



 x y z



∈M_3,1(R).

X∈E−1(A)⇔(A+I₃)X=0⇔



 y=0

x−y+z=0 y=0

⇔z= −xety=0.

Donc,E−1(A) =Vect(e₂)oùe₂= 1

√2



 1 0

−1



.

•SoitX=



 x y z



∈M_3,1(R).

X∈E−3(A)⇔(A+3I3)X=0⇔





2x+y=0 x+y+z=0 y+2z=0

⇔y= −2xetz=x.

Donc,E−3(A) =Vect(e₃)oùe3= 1

√6



 1

−2 1



.





√1 3

√1 2

√1 6





Partie 2 - Etude de C (A)

3)Puisque0×A=A×0=0, 0∈C(A).

Soient(M, N)∈(C(A))²et(λ, µ)∈R².

A(λM+µN) =λAM+µAN=λMA+µNA= (λM+µN)A.

Donc,λM+µN∈C(A).

Ceci montre queC(A)est un sous-espace vectoriel deM₃(R).

4)I,Aet A²sont des polynômes en Aet donc commutent avecAou encoreI₃,AetA²sont dansC(A). Puisque C(A) est un sous-espace vectoriel deM₃(R), on en déduit queF=Vect I, A, A²

⊂C(A).

5)SoitB∈M₃(R). PuisquePest orthgonale,

B∈C(A)⇔BA=AB⇔BPDP^T =PDP^TB⇔P^TBPDP^TP=P^TPDP^TBP⇔P^TBPD=DP^TBP.

6)D’après la question précédente,B∈C(A)⇔P^TBP∈C(D). DéterminonsC(D). SoitM= (mi,j)_16i,j63∈M₃(R). En posantλ1=0, λ2= −1et λ3= −3,

MD=DM⇔(λ_jmi,j)_16i,j63= (λ_imi,j)_16i,j63⇔∀(i, j)∈J1, 3K², (λ_i−λj)mi,j=0

⇔∀(i, j)∈J1, 3K², (i6=j⇒mi,j=0)⇔M∈D₃(R).

Donc,C(D) =D₃(R). En particulier,C(D)est unR-espace vectoriel de dimension3.

D’après la remarque initiale, l’applicationB7→P^TBPest un isomorphisme (car linéaire de réciproqueB7→PBP^T) deC(A) surC(D). Par suite,C(A)etC(D)sont isomorphes et on en déduit que dim(C(A)) =dim(C(D)) =3.

7) Montrons que la famille I, A, A²

est libre. Puisque les valeurs propres de Asont simples, le polynôme minimal de Aest µA = χA = X³+4X²+3X. On en déduit qu’il n’existe pas de polynôme non nul de degré inférieur ou égal à 2 et annulateur de A. Donc, pour (λ, µ, ν∈ R³, si λI+µA+νA² = 0 alors λ = µ = ν= 0. Ceci montre que la famille

I, A, A²

est libre puis que dim Vect I, A, A²

=3=dim(C(A))<+∞. Puisque d’autre part, Vect I, A, A²

⊂C(A), on a montré queC(A) =Vect I, A, A²

.

8)A³ commute avecA. Donc,A³∈C(A) =F. On peut obtenirA³explicitement comme combinaison linéaire deI,Aet A²grâce au théorème deCayley-Hamilton:

χ_A(A) =0⇒A³+4A²+3A=0⇒A³= −4A²−3A.

Partie 3 - Etude du projecteur orthogonal de R

sur Ker(A)

9)Soitfl’endomorphisme deR³canoniquement associé àA. PuisqueAest symétrique, l’endomorphismefest symétrique (pour le produit scalaire canonique). Soitx∈R³.

Six∈Ker(A) =Ker(f) =Im(p) =Ker(p−Id), alorsp(f(x)) =p(0) =0 puisp(x) =xet doncf(p(x)) =f(x) =0. Donc, p(f(x)) =f(p(x)).

Si x∈Ker(A)^⊥ =Ker(p), alorsf(p(x)) = f(0) = 0. D’autre part, puisque f est symétrique et que Ker(A) =Ker(f) est stable parf, on sait que Ker(A)^⊥ est stable par f. Par suite, f(x)∈Ker(A)^⊥=Ker(p)puisp(f(x)) =0. Encore une fois p(f(x)) =f(p(x)).

Ainsi, les endomorphismesp◦fetf◦pcoïncident sur deux sous-espaces supplémentaires et doncp◦f=f◦p. Finalement, p∈C(f) =C(A) =F.

Exercice 2

1) Représentation graphique.

1 2

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

π 2π

−2π −π

Partie 1 - Approximation dans un espace préhilbertien réel

2)Vérifions queEest un sous-espace vectoriel deC(R).

La fonction nulle est2π-périodique et impaire. Donc, la fonction nulle est dansE.

Soient(f, g)∈E² et(λ, µ)∈R².λf+µgest 2π-périodique en tant que combinaison linéaire de fonctions2π-périodiques et est impaire en tant que combinaison linéaire de fonctions impaires. Finalement,λf+µg∈E.

On a montré queEest un sous-espace vectoriel deC(R).

3)•Sifetgsont deux éléments deE, la fonctionfgest continue sur le segment[0, π]. Donc,ϕ(f, g)existe dansR.ϕest une application deE²dansR.

•Pour tout(f, g)∈E²,ϕ(f, g) = Zπ

0

f(t)g(t)dt= Zπ

0

g(t)f(t)dt=ϕ(g, f). Donc,ϕest symétrique.

•ϕ est bilinéaire par bilinéarité du produit de deux fonctions et linéarité de l’intégrale.

•Pour toutf∈E,ϕ(f, f) = Zπ

0

f²(t)dt>0. Donc,ϕ est positive.

•Soitf∈Etelle queϕ(f, f) =0. Alors, Zπ

0

f²(t)dt=0puis∀t∈[0, π], f²(t) =0(fonction continue, positive, d’intégrale nulle). Par suite,fest nulle sur[0, π], puis sur[−π, π]par parité et enfin surRpar2π-périodicité.

4)Chaques_n, n∈N^∗, est bien un élément deE. Soientnet pdeux entiers naturels non nuls et distincts.

ϕ(sn, sp) = Zπ

0

sin(nt)sin(pt)dt= 1 2

Zπ

0

(cos((n−p)t) −cos((n+p)t)dt

= 1 2

sin((n−p)t)

n−p − sin((n+p)t) n+p

π 0

=0.

Donc, la famille(sn)_n∈N∗ est une famille orthogonale de l’espace préhilbertien(E, ϕ).

5)Des intégrations par parties, licites, fournissent

(v|s₁) = Zπ

0

v(t)s₁(t)dt= Zπ/2

0

tsint dt+ Zπ

π/2

(π−t)sint dt

= [−tcost]^π/2₀ + Zπ/2

0

cost dt+ [−(π−t)cost]^π_π/2− Zπ

π/2

cost dt

=0+1+0− (−1) =2.

Ensuite,

6)Des intégrations par parties fournissent

(v|s2) = Zπ/2

0

tsin(2t)dt+ Zπ

π/2

(π−t)sin(2t)dt

=

−tcos(2t) 2

π/2 0

+1 2

Zπ/2

0

cos(2t)dt+

−(π−t)cos(2t) 2

π π/2

− 1 2

Zπ

π/2

cos(2t)dt

=0.

7) Puisque Vect(s₁, s2) est de dimension finie, v2 existe d’après le théorème de la projection orthogonale. Une base orthonormée de Vect(s₁, s₂)est(e₁, e₂)oùe₁= 1

ke1ke₁et e₂= 1

ke2ke₂. On sait que v2= (v|e1)e1+ (v2|e2)e2= 1

ks₁k²(v|s1)s1+ 1

ks₂k²(v|s2)s2= 2 π/2s1

et doncv2= 4

πs1ou encore∀t∈R,v2(t) = 4 πsint.

8) a)Les fonctionst7→1 et t7→sint sont continues sur R. On sait que les solutions de l’équationy^′+y= sint surR constituent unR-espace affine de dimension1.

Déterminons une solution particulière surRde l’équation différentielley^′+y=sint(E), de la formef : t7→acost+bsint, (a, b)∈R².

fsolution de(E)surR⇔∀t∈R, (−asint+bcost) + (acost+bsint) =sint

⇔∀t∈R, (b−a)sint+ (a+b)cost=sint⇐

b−a=1 a+b=0

⇐a= −1

2 etb= 1 2. Une solution particulière de(E)surRest la fonctionf₀ : t7→ 1

2(−cost+sint). D’autre part, les solutions de l’équation (Eh) : y^′+y=0 surRsont les fonctions de la formet7→λe^−t,λ∈R. On sait alors que les solutions de(E)surRsont les fonctions de la formet7→λe^−t+ 1

2(−cost+sint),λ∈R. b)Puisquev₂= 4

πs₁, une solution particulière de l’équationy^′+y=v₂ surRest 4

πf₀et donc les solutions de l’équation y^′+y=v₂surRsont les fonctions de la formet7→λe^−t+ 2

π(−cost+sint),λ∈R.

Les fonctionst 7→1 et v2 sont continues sur R. D’après le théorème deCauchy, il existe une solution et une seule qui s’annule en0. Soientλ∈Rpuisf : t7→λe^−t+ 2

π(−cost+sint).

f(0) =0⇔λ− 2

π =0⇔λ= 2 π. La solution cherchée est la fonctiont7→ 2

π(−cost+sint+e^−t).

Partie 2 - Utilisation de la méthode d’Euler

9)Fonctionv_0_pi(t).

def v_0_pi(t): if t<pi/2 :

returnt else:

return pi-t 10)Fonctionv(t).

def v(t):

n=floor(t/pi) if n%2 ==0 :

return v_0_pi(t-n∗pi) else:

return -v_0_pi(t-n∗pi) 11)

t = [ i * pi / N for i in range(N+1)]

y = 0 Y = [y]

for k in range(N) :

y = y*(1-pi/N) +pi*v(t[k])/N Y.append(y)

12)Fonctionrectangles(u,a,b,n).

def rectangles(u,a,b,n): h=(b-a)/n S,t=0,a

for i in range(n): S=S+u(t) t=t+h return S∗h

Partie 3 - Utilisation d’un calcul approché d’intégrale

13)

def vs3(t):

return v(t)∗sin(3∗t) def ss3(t):

return (sin(3∗t))∗∗2 :

p=rectangle(vs3,0,pi,100)/rectangle(ss3,0,pi,100) print("Une valeur approchée est : " ,p)

Exercice 3

1) Soit x > 0. La fonction t 7→ 1

1+4t²x² est continue sur [0,+∞[ et dominée par 1

t² en +∞. Donc, la fonction t 7→

1

1+4t²x² est intégrable sur[0,+∞[. On en déduit l’existence de Z+∞

0

dt

1+4t²x² dt. De plus, puisque x > 0, Z+∞

0

dt

1+4t²x² dt= 1 4x²

Z+∞

0

1 t²+

1 2x

2 dt= 1 4x²

1

1/2xArctan t

1/2x +∞

0

= 1 2x

t→lim+∞Arctan(2xt) −0

= π 4x.

2) Soit x∈ R^∗. Pour toutn ∈ N^∗, 1

1+4n²x² existe et de plus 1

1+4n²x² =

n→+∞ O 1

n²

(car x6= 0). Donc, la série numérique de terme général 1

1+4n²x², n∈N^∗, converge. On en déduit l’existence de F(x).

Fest donc définie sur R^∗. De plus, pourx∈R^∗,

3)Soientaet bdeux réels tels que0 < a < b. Pourn∈N^∗ etx∈[a, b], posonsfn(x) = 1 1+4n²x². Chaque fonctionfn est de classeC¹sur[a, b]et pourn∈N^∗ etx∈[a, b],f_n^′(x) = − 8n²x

(1+4n²x²)². Soitn∈N^∗. Pour toutx∈[a, b],

|f_n^′(x)|= 8n²x

(1+4n²x²)² 6 8n²b (1+4n²a²)². Puisquea > 0 et b > 0, 8n²b

(1+4n²a²)² ∼

n→+∞

8n²b

16n⁴a⁴ = b

2n²a⁴ > 0. Par suite, 8n²b

(1+4n²a²)² est le terme général d’une série numérique convergente. On en déduit que la série de fonctions de terme généralf_n^′, n∈N^∗, converge normalement et en particulier uniformément sur[a, b].

En résumé,

• la série de fonctions de terme généralf_n converge simplement versf sur[a, b];

• chaque fonctionfn est de classeC¹sur[a, b];

• la série de fonctions de terme généralf_n^′ converge uniformément sur[a, b].

D’après le théorème de dérivation terme à terme, la fonction F est de classe C¹ sur [a, b] et sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Cei étant vrai pour tous réelsaetbtels que0 < a < b, on a montré queFest de classeC¹sur ]0,+∞[puis, par parité, surR^∗, et que

∀x∈R^∗, F^′(x) =

+∞

X

n=1

−8n²x (1+4n²x²)². 4)Soitx > 0. Soitn∈N^∗. La fonctiont7→ 1

1+4x²t² est continue et décroissante sur[n−1, n]. Donc, Zn

n−1

1

1+4x²t² dt>

Zn

n−1

1

1+4x²n² dt= 1 1+4x²n². En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient

F(x) =

+∞

X

n=1

1 1+4x²n² 6

+∞

X

n=1

Zn

n−1

1

1+4x²t² dt= Z+∞

0

1

1+4x²t² dt= π 4x.

5)De même, pourx > 0etn>0, Zn+1

n

1

1+4x²t² dt6 1

1+4x²n² puis Z+∞

0

1

1+4x²t² dt=

+∞

X

n=0

Zn+1

n

1

1+4x²t² dt6

+∞

X

n=0

1

1+4x²n² =1+F(x) et donc

Z+∞

0

1

1+4x²t² dt−16F(x). On a montré que

∀x > 0, π

4x−16F(x)6 π 4x. 6)Pourx > 0, 06F(x)6 π

4x. D’après le théorème des gendarmes, lim

x→+∞F(x) =0.

Pourx > 0,1−4x

π 6 F(x)

π/4x 61. D’après le théorème des gendarmes, lim

x→0⁺

F(x)

π/4x =1 et doncF(x) ∼

x→0⁺

π 4x. 7) Allure du graphe.(en admettant queF est « à peu près convexe sur]0,+∞[»)

1 2 3 4

1 2 3 4 5 6 7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

8)Soitx > 0. La fonctiont7→ sint

e^xt−1 est continue sur ]0,+∞[.

Quandt tend vers0, sint e^xt−1 ∼ t

xt = 1

x. La fonctiont 7→ sint

e^xt−1 est prolongeable par continuité en 0 à droite et donc intégrable sur un voisinage de0à droite.

Quandt tend vers +∞,

sint e^xt−1

=o 1

t²

car x > 0 et d’après un théorème de croissances comparées. On en déduit que la fonctiont7→ sint

e^xt−1 est intégrable sur]0,+∞[.

Finalement, la fonctiont7→ sint

e^xt−1 est intégrable sur]0,+∞[. On en déduit l’existence deG(x).

On a montré que la fonctionG est définie sur]0,+∞[.

9)Soita > 0. Posons Φ : [a,+∞[×]0,+∞[ → R (x, t) 7→ sint

e^xt−1 .

•Pour chaquex∈[a,+∞[, la fonctiont7→Φ(x, t)est continue par morceaux sur]0,+∞[.

•Pour chaquet∈]0,+∞[, la fonction x7→Φ(x, t)est continue par morceaux sur[a,+∞[.

• Pour chaque(x, t)∈[a,+∞[×]0,+∞[, la fonction|Φ(x, t)|= |sint|

e^xt−1 6 |sint|

e^at−1 = ϕ(t) où de plus, la fonction ϕ est continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[d’après la question précédente.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionGest continue sur[a,+∞[. Ceci étant vrai pour touta > 0, la fonction Gest continue sur]0,+∞[.

10)Soitα > 0. SoitA > 0.

ZA

0

sinte^−αtdt=Im ZA

0

e^ite^−αtdt

!

=Im ZA

0

e^(−α+i)tdt

!

=Im

e^(−α+i)t

−α+i ^A

0

=Im

e^(−α+i)A−1

−α+i

.

Comme

e^(−α+i)A

= e^−αA →

A→+∞

0, on en déduit que e^(−α+i)A →

A→+∞

0. Donc, Z+∞

0

sinte^−αt dt est une intégrale convergente et

Z+∞

0

sinte^−αtdt=Im −1

−α+i

=Im

α+i α²+1

= 1

α²+1. 11)Soient> 0ett > 0. Alorse^−2xt∈] −1, 1[puis

sint

e^2xt−1 =e^−2xtsint 1

1−e^−2xt =e^−2xtsint

+∞

X

n=0

e^−2nxt=

+∞

X

n=0

sint e^−2(n+1)xt=

+∞

X

n=1

sint e^−2nxt

12) 1ère solution.Soit x > 0. Pour n ∈N^∗ et t ∈]0,+∞[, posons gn(t) =sinte^−2nxt. Pour n∈ N^∗, on pose encore Gn =

Xn

gk. La suite de fonctions de terme généralGn converge simplement sur]0,+∞[ vers la fonctiont7→ sint e^2xt−1.

De plus, la fonctionϕest continue par morceaux et intégrable sur]0,+∞[d’après la question 8.

D’après le théorème de convergence dominée, la suite Z+∞

0

Gn(t)dt

n∈N∗

converge et

G(x) = Z+∞

0

sint e^2xt−1 dt=

Z+∞

0

n→lim+∞Gn(t)dt

= lim

n→+∞

Z+∞

0

Gn(t)dt

= lim

n→+∞

Xn

k=1

Z+∞

0

sint e^−2kxtdt

!

= lim

n→+∞

Xn

k=1

1 1+ (2kx)²

!

=

+∞

X

k=1

1 1+4k²x²

=F(x).

Ainsi,∀x > 0,F(x) =G(x)puis par parité,∀x∈R^∗,F(x) =G(|x|).

Exercice 4

1)On effectue quatre expériences identiques et indépendantes. Chaque expérience a deux éventualités à savoir « le client a acheté le produit A » avec la probabilitépet « le client a acheté le produit B » avec la probabilité1−p. Donc,Xsuit la loi binomiale de paramètresn=4 etpetY suit la loi binomiale de paramètresn=4et1−p:

∀k∈J0, 4K, P(X=k) = 4

k

p^k(1−p)^4−ketP(Y=k) = 4

k

p^4−k(1−p)^k. Ensuite,E(X) =4p etE(Y) =4(1−p).

(X, Y)(Ω) ={(4, 0),(3, 1),(2, 2),(1, 3),(0, 4)}et donc Z(Ω) ={2, 3, 4}.

• P(Z=2) =P((X=2)∩(Y=2)) =P(X=2) = 4

2

p²(1−p)²=6p²(1−p)².

• P(Z=3) =P((X=3)∩(Y=1)) +P((X=1)∩(Y =3)) =P(X=1) +P(X=3) = 4

1

p(1−p)³+ 4

3

p³(1−p)

=4p(1−p)³+4p³(1−p) =4p(1−p) 2p²−2p+1 .

• P(Z=4) =P(X=0) +P(X=4) =p⁴+ (1−p)⁴. Zest le nombre de boîtes entamées à la fin de la journée.

2)Soitn∈N. La variable «Xsachant queN=n» suit la loi binomiale de paramètresnetp. Donc,

∀k∈J0, nK, PN=n(X=k) = n

k

p^k(1−p)^n−k. 3)(X, N)(Ω) =

(k, n)∈N²/ 06k6n . Soit(k, n)∈N²tel que06k6n.

P(X=k, N=n) =P(N=n)×P_N=n(X=k) = n

k

p^k(1−p)^n−kλⁿ n!e^−λ. 4)X(Ω) =N. Soitk∈N.

P(X=k) =

+∞

X

n=k

P(X=k, N=n) =

+∞

X

n=k

n k

p^k(1−p)^n−kλⁿ n!e^−λ

=e^−λ

+∞

X

n=k

(λp)^k k!

(λ(1−p))^n−k

(n−k)! = (λp)^k k! e^−λ

+∞

X

n=k

(λ(1−p))^n−k

(n−k)! = (λp)^k k! e^−λ

+∞

X

n=0

(λ(1−p))ⁿ n!

= (λp)^k

k! e^−λe^λ(1−p)= (λp)^k k! e^λp.

Donc,Xsuit la loi dePoissonde paramètreλp. On sait alors queE(X) =λpetV(x) =λp.

5)Par symétrie des rôles,Y suit la loi de Poissonde paramètreλ(1−p). Soit(k, l)∈N².

P(X=k, Y=l) =P(X=k, X+Y=k+l) =P(X=k, N=k+l) = k+l

k

p^k(1−p)^k+l−k λ^k+l (k+l)!e^−λ

= (λp)^k

k! e^−λp×λ(1−p)^l

l! e^−λ(1−p)

=P(X=k)×P(Y=l).

Donc, les variablesXet Y sont indépendantes.

6)PuisqueN=X+Y,

Cov(X, N) =E(XN) −E(X)E(N) =E X²+XY

−E(X)(E(X) +E(Y)) (par linéarité de l’espérance)

=E X²

− (E(X))²+E(XY) −E(X)E(Y) =V(X) +Cov(X, Y)

=V(X) (carXetY sont indépendantes)

=λp.

7)Soitk∈N.Z6k⇔Max(X, Y)6k⇔X6ketY 6k. Donc,

P(Z6k) =P((X6k)∩(Y 66k)) =P(X6k)×P(Y 6k) (carXetY sont indépendantes)

=



 Xk

j=0

P(X=j)







 Xk

j=0

P(Y=j)



=



 Xk

j=0

(λp)^k k! e^−λp







 Xk

j=0

(λ(1−p))^k

k! e^−λ(1−p)





=e^−λ



 Xk

j=0

(λp)^k k!







 Xk

j=0

(λ(1−p))^k k!





=e^−λ×S(k, λp)×S(k, λ(1−p)).

8) (a)FonctionS(k,x).

def S(k,x): s,t=1,1

for i in range(1,k+1): t=t∗x/j s=s+t return s

(b)La probabilité demandée estP(Z>6)avecP(Z>6) =1−P(Z65) =1−e⁻¹⁰×S(5, 5)².La commande demandée est alors

print(1-exp(-10)∗S(5,5)**2)