ECS 1
Lyc´ ee H´ el` ene Boucher
Concours blanc mars 2021
Epreuve de math´ ´ ematiques n o 1
Corrig´ e
Probl`eme 1
A Calcul matriciel
On d´efinit les matricesM =
0 1
2 1 2 1
2 0 1
2 1
2 1 2 0
et J =
1 1 1 1 1 1 1 1 1
.
Le but de cette partie est de proposer plusieurs m´ethodes de calcul de Mn (sans tenir compte de leur efficacit´e !). Il est donc interdit d’utiliser des r´esultats d’une m´ethode pour la mise en œuvre d’une autre.
Premi` ere m´ ethode
1. J2=
3 3 3 3 3 3 3 3 3
etJ3=
27 27 27 27 27 27 27 27 27
.
On montre par r´ecurrence que ∀k>1,Jk= 3k−1J . De plus, J0 =I3 . 2. On a M = 1
2(J −I). De plusI etJ commutent. D’apr`es la formule du binˆome de Newton, pour tout n∈N,
Mn= 1
2 n n
X
k=0
n k
Jk(−I)n−k.
Or
n
X
k=0
n k
Jk(−I)n−k= (−1)nI+
n
X
k=1
n k
3k−1(−1)n−k
!
J = (−1)nI+1
3(2n−(−1)n)J. Donc Mn=
1 2
n
(−1)nI+1
3(2n−(−1)n)J
.
Deuxi` eme m´ ethode
3. Le but de cette question est de montrer pour toutn∈Nla propri´et´e (Pn) :il existexn, yn∈Rtelles queMn=xnJ+ynI.
(a) On a M0= 0J+ 1I et M1 = 1 2J+
−1 2
I .
(b) Soit n∈N et supposons qu’il existe xn, yn∈Rtelles que Mn=xnJ+ynI.
AlorsMn+1=MnM = (xnJ+ynI) 1
2(J−I)
=−yn
2 I+ (xn+ 1
2yn)J en utilisantJ2 = 3J. Ainsi en posant yn+1=−1
2yn etxn+1 =xn+ 1
2yn, on a bien Mn+1 =xn+1J+yn+1I. 4. Le but de cette question est de d´eterminer les expressions de (xn) et (yn).
(a) (yn) est une suite g´eom´etrique de raison
−1 2
. Donc ∀n∈N,yn=
−1 2
n
. Et pour toutn∈N,xn+1−xn= 1
2yn= 1 2
−1 2
n
. (b) On a alorsxn=xn−x0 =
n−1
X
k=0
(xk+1−xk) = 1 2
n−1
X
k=0
−1 2
k
= 1 2
1− −12n
1− −12 = 1 3
1−
−1 2
n . Finalement, pour toutn∈N, Mn= 1
3
1−
−1 2
n J+
−1 2
n
I .
Troisi` eme m´ ethode
5. Le but de cette question est de montrer pour toutn∈N l’existence de constantes un etvn telles que Mn=unM+vnI.
(a) On a M0= 0M+ 1I et M1 = 1M + 0I . (b) M2= 1
4
2 1 1 1 2 1 1 1 2
= 1 2M +1
2I .
(c) Soit n∈N. Supposons qu’il existe un etvn telles queMn=unM+vnI. AlorsMn+1=MnM =unM2+vnM =un
1 2M+1
2I
+vnM = 1
2un+vn
M +1 2unI.
Ainsi en posant un+1 = 1
2un+vn etvn+1 = 1
2un , on a bien Mn+1=un+1M+vn+1I . 6. Le but de cette question est de d´eterminer les expressions de (un) et (vn).
(a) ∀n∈N,un+2= 1
2un+1+vn+1 = 1
2un+1+1 2un .
(b) (un) v´erifie une relation de r´ecurrence `a deux termes dont l’´equation caract´eristique est : x2 − 1
2x−1
2 = 0, de racines −1 2 et 1.
Ainsi il existe deux constantesα etβ telles que∀n∈N,un=α
−1 2
n
+β1n. Les termesu0etu1donnent
α=−2 3 β = 2
3
, soit un=−2 3
−1 2
n
+2
3 et vn=−1 3
−1 2
n−1
+ 1 3 .
Quatri` eme m´ ethode
Pour λ∈R, on consid`ere le syst`eme lin´eaire (S)
1 2y+ 1
2z=λx 1
2x+1 2z=λy 1
2x+1 2y=λz
7.
−λ 1 2
1 2 1
2 −λ 1
2 1
2 1
2 −λ
∼
L
1 2
1
2 −λ
1
2 −λ 1
2
−λ 1 2
1 2
∼
L
1 2
1
2 −λ
0 −λ−1 2
1 2 +λ
0 1
2 +λ 1 2−2λ2
∼
L
1 2
1
2 −λ
0 −λ−1 2
1 2 +λ 0 0 −2λ2+λ+ 1
.
Or −λ− 1
2 = 0⇔λ=−1
2 et−2λ2+λ+ 1 = 0⇔λ= 1 ou −1
2 (´equation d´ej`a r´esolue).
Donc rg(M−λI) = 3⇔λ /∈
−1 2,1
.
De plus pour λ= 1, rg(M −λI) = 2 et pour λ=−1
2, , rg(M−λI) = 1 . 8. • Pour λ=−1
2, on utilise la forme ´echelonn´ee obtenue `a la question pr´ec´edente : (S)⇔ 1
2x+1 2y+1
2z= 0, les autres lignes donnant 0 = 0.
Donc l’ensemble des solutions du syst`eme est S−1/2=
−y−z y z
, y,z∈R
.
• Pour λ= 1, on a (S)⇔
1 2x+1
2y−z= 0
−3 2y+3
2z= 0
⇔
(x=z y=z .
Donc l’ensemble des solutions du syst`eme est S1=
z z z
, z∈R
.
9. Soit P =
1 0 1
0 1 1
−1 −1 1
.
Les solutions pr´ec´edentes nous disent que : M
1 0
−1
=−1 2
1 0
−1
,M
0 1
−1
=−1 2
0 1
−1
et M
1 1 1
= 1
1 1 1
.
Donc M P =P D avec D=
−1
2 0 0
0 −1 2 0
0 0 1
.
10. P ∼
L
1 0 1 0 1 1 0 0 3
, de rang 3 ; donc P est inversible .
11. On montre ais´ement par r´ecurrence que pour toutn∈N,Dn=
−1 2
n
0 0
0
−1 2
n
0
0 0 1
.
Par r´ecurrence ´egalement : Mn=P DnP−1 .
Pour l’h´er´edit´e, on ´ecrit que Mn+1 =MnM =P DnP−1P DP−1 =P DnDP−1=P Dn+1P−1.
Cela permet de montrer d’une quatri`eme mani`ere la formule suivante (moyennant le calcul de P−1 qui n’est pas demand´e ici) :
pour toutn∈N∗, Mn=
−1 3
−1 2
n−1
+1 3 −1
3
−1 2
n
+1
3 −1
3
−1 2
n
+1 3
−1 3
−1 2
n
+1 3 −1
3
−1 2
n−1
+ 1 3 −1
3
−1 2
n
+1 3
−1 3
−1 2
n
+1
3 −1
3
−1 2
n
+1 3 −1
3
−1 2
n−1
+1 3
.
B Mise en situation
Nous sommes au Schnitzelwirt, restaurant de sp´ecialit´es autrichiennes. Hans, Jo˜ao et Yun s’y retrouvent chaque semaine pour manger ensemble. Aujourd’hui cependant, ils prennent une d´ecision, chacun ayant `a cœur de faire d´ecouvrir aux autres les sp´ecialit´es culinaires de son pays d’origine. `A partir de maintenant, ils se retrouveront toujours de mani`ere hebdomadaire, mais dans l’un des trois restaurants suivants : le Schnitzelwirt, le restaurant autrichien o`u ils viennent de manger, le Recanto do Mocot´o, restaurant br´esilien et le Guangdong Gourmet, restaurant de sp´ecialit´es chinoises.
Le choix du restaurant chaque semaine se fera de mani`ere al´eatoire, selon diff´erentes r`egles que nous allons ´etudier s´epar´ement dans chaque partie de ce probl`eme. On suppose que cette exp´erience est mod´elis´ee par un espace probabilis´e fini (Ω,P(Ω),P).
Etant donn´´ e n∈N, nous d´efinissons les ´ev´enements suivants :
• An :ils mangent autrichien la n-i`eme semaine,
• Bn :ils mangent br´esilien lan-i`eme semaine,
• Cn :ils mangent chinois lan-i`eme semaine.
On note an=P(An),bn =P(Bn) et cn=P(Cn). Le fait qu’ils viennent de manger autrichien est consid´er´e comme l’´ev´enementA0. Ainsi, on aa0= 1, b0 = 0 etc0= 0.
Premier mode de s´ election
Dans cette partie, on consid`ere un mode de s´election al´eatoire : chaque semaine, les trois amis tirent au sort de mani`ere ´equiprobable le restaurant o`u ils se retrouveront.
12. x = rand() if x < 1/3 then
disp(’A’)
elseif x < 2/3 then disp(’B’)
else
disp(’C’) end
13. Xcompte le nombre d’occurrences de l’´ev´enementmanger chinoisdans la r´ep´etition deN exp´eriences de Bernoulli o`u la probabilit´e de manger chinois est 1
3. Donc X ,→ B
N,1 3
et E(X) = N 3 . 14. function k = X(N)
k = 0
for i = 1:N x = rand() if x > 2/3 then
k = k+1 end
end endfunction
Deuxi` eme mode de s´ election
Dans cette partie, on consid`ere que les trois amis respectent la logique suivante : chaque semaine, ils choisissent de mani`ere ´equiprobable leur restaurant parmi les deux o`u ils n’ont pas mang´e la semaine pass´ee.
Ainsi, par exemple pour la semaine 1, ils tirent au sort entre le restaurant br´esilien et le restaurant chinois.
15. Pour la premi`ere semaine, on choisit de mani`ere ´equiprobable entre manger br´esilien et chinois. D’o`u b1 =c1 = 1
2 eta1= 0.
Puis d’apr`es la formule des probabilit´es totales (on peut repr´esenter les ´ev´enements dans un arbre comme celui du cas g´en´eral ci-dessous) :
• a2=a1PA1(A2) +b1PB1(A2) +c1PC1(A2) = 1 2×1
2 +1 2 ×1
2 = 1 2 ,
• b2 =a1PA1(B2) +b1PB1(B2) +c1PC1(B2) = 1 2 ×1
2 = 1 4 ,
• c2 =a1PA1(C2) +b1PB1(C2) +c1PC1(C2) = 1 2 ×1
2 = 1 4 .
16. Soit n∈N. On pr´ecise que la locution latine ad hoc signifie adapt´e, idoine.
Cn
Cn+1
0
Bn+1
1/2
An+1
1/2 cn
Bn
Cn+1
1/2
Bn+1
0
An+1
1/2 bn
An
Cn+1
1/2
Bn+1
1/2
An+1
0
an
17. Pour toutn∈N, d’apr`es la formule des probabilit´es totales, on a :
• an+1 =anPAn(An+1) +bnPBn(An+1) +cnPCn(An+1) = 1 2bn+1
2cn.
• De mˆeme,bn+1= 1 2an+1
2cn.
• De mˆeme,cn+1= 1 2an+1
2bn.
Finalement,
an+1 bn+1
cn+1
=
0 1
2 1 2 1
2 0 1
2 1
2 1 2 0
an bn
cn
.
18. Par r´ecurrence sur le mod`ele des suites g´eom´etriques, on montre que :
∀n∈N,
an bn
cn
=An×
a0 b0
c0
. 19. An est justement obtenue dans la premi`ere partie.
Lorsque ntend vers +∞, on obtient lim
n→+∞an= lim
n→+∞bn= lim
n→+∞cn= 1 3 .
Finalement la r´ep´etition de l’exp´erience finit par att´enuer la dissym´etrie impos´ee par la condition initiale. On a toujours un probabilit´e l´eg`erement plus faible de manger autrichien les semaines impaires et l´eg`erement plus forte les semaines paires, mais cet ´ecart tend `a se lisser. Si on examinait des variables al´eatoires (par exemple prenant les valeurs 1, 2 ou 3 au lieu des lettres A, B et C pour le choix du restaurant la n-i`eme semaine), on dirait qu’elles convergent en loi vers une variable suivant une loi uniforme.
C Une autre tranche de vie
De leur cˆot´e, ´El´eonore et Fabrice sortent du cin´ema o`u ils se retrouvent tous les vendredis et d´ecident qu’`a partir de maintenant, leur rendez-vous hebdomadaire sera consacr´e parfois `a un film, parfois `a une exposition. On suppose que cette exp´erience est mod´elis´ee par un espace probabilis´e fini (Ω,P(Ω),P).
Etant donn´´ e n∈N, nous d´efinissons les ´ev´enements suivants :
• En :ils vont voir une exposition lan-i`eme semaine,
• Fn :ils vont voir un film lan-i`eme semaine.
On note en = P(En), fn = P(Fn). Le fait qu’ils sortent du cin´ema est consid´er´e comme l’´ev´enement F0. Ainsi, on af0 = 1,e0 = 0.
Ils respectent la r`egle suivante : la semaine suivant un film, ils choisissent de mani`ere ´equiprobable entre film et expo. La semaine suivant une expo, ils vont au cin´ema avec la probabilit´e 2
3. 20. e1=f1= 1
2 .
Par la formule des probabilit´es totales, e2 =e1PE1(E2) +f1PF1(E2) = 1 2 1 3+ 1
2 1 2 = 5
12 et comme E2
etF2 forment un syst`eme complet d’´ev´enements, f2= 7 12 . 21. On peut ´ecrire l’arbre suivant.
En
En+1
1/3
Fn+1
2/3 en
Fn
En+1
1/2
Fn+1
1/2 fn
On a alors (formule des proba totales) :fn+1 = 2 3en+ 1
2fn. Puis commeen= 1−fn, ∀n∈N, fn+1 =−1
6fn+2 3 .
22. (fn) est une suite arithm´etico-g´eom´etrique. La r´esolution classique donne que
fn−4 7
est une suite g´eom´etrique de raison−1
6. Finalement, ∀n∈N,fn= 4
7 +3 7
−1 6
n
, qui tend vers 4 7 . 23. Xn(Ω) ={14,21}et on a P(Xn= 14) =fn= 4
7 etP(Xn= 21) =en= 3 7. Puis E(Xn) = 21en+ 14fn= 17 .
La dissym´etrie de la situation offre `a la limite une l´eg`ere pr´evalence au cin´ema, ce qui est coh´erent : le choix est soit ´equiprobable soit en faveur du cin´ema.
