Lycée français de Vienne Mathématiques - F. Gaunard http://frederic.gaunard.com
Devoir Maison
Solution sans Valentin♥
Exercice 1
Jean-Michel Charcuterie vend des saucissons sur le marché, le samedi matin. Il propose au choix deux type de friandises, le saucisson au poivre (que l’on notera A) et le saucisson aux truffes (noté B) et il dispose d’un stock de 40 exemplaires de A et 40 exemplaires deB. Chaque client demande soit A, soit B avec la probabilité 0,5. Les demandes des clients sont indépendantes les unes des autres. Un samedi, 60 clients se présentent. On note x la probabilité de l’événement "Jean-Mi ne satisfait pas à toutes les demandes, cette matinée".
(1) D’après les données du texte, il est clair que Y suit une loi binomialeY ,→ B(60,0.5).
(2) Jean-Mi est pris de court si le nombre de demandes en saucisson au poivre dépasse 40 (i.e. si Y > 40) ou si celui de saucissons aux truffes dépasse également le stock de 40, c’est à dire si le reste des demandes (60−Y) dépasse 40. Ainsi,
x=P((Y >40)∪(60−Y)>40) =P(Y >40) +P(Y <20).
(3) Sachant que E(Y) = 60×0.5 = 30 et que V(Y) = 60×0.5×0.5 = 15, l’inégalité de Bienaymé- Tchébychev donne
x = P(Y >40) +P(Y <20) =P(Y −30>10) +P(Y −30<−10)
= P(|Y −30|>10)
≤ V(Y) 102 = 15
100.
(4) Par le théorème central limite, on sait qu’on peut approcher Y par la loi normale N(30,15) ou, de manière équivalente, approcher Y∗ par la loi normale centrée réduite. Mais alors,
x = P(|Y −30|>10) = 1−P(|Y −30| ≤10)
= 1−P
Y −30
√15
≤ 10
√15
∼ 2−2Φ 10
√15
= 0.0098<1%.
Exercice 2
On considère la matrice carrée réelle d’ordre 3
A =
4 0 2
0 4 −2 2 −2 2
et on note ϕ l’endomorphisme de R3 dont la matrice est A, dans la base canonique B = (e1, e2, e3) de R3.
(1)
x y z
∈ker (ϕ) ⇐⇒
4 0 2
0 4 −2 2 −2 2
x y z
= 0
⇐⇒
4x+ 2z = 0 4y−2z = 0 2x−2y+ 2z = 0
⇐⇒
z = 2x y = −x 0 = 0 donc
ker (ϕ) = Vect
1
−1 2
.
Comme ker (ϕ) 6= {0} alors 0 est valeur propre de ϕ. De plus, comme dim (ker (ϕ)) = 1, le théorème du rang donne dim (Im (ϕ)) = 3 −1 = 2. Remarquant que ϕ(e1) = (4,0,2) et ϕ(e2) = (0,4,−2)forment une famille libre de 2 vecteurs, elles forment donc une base de l’image et on peut écrire
Im (ϕ) = Vect
4 0 2
,
0 4
−2
.
(2) (a) Comme A est symétrique, elle A est diagonalisable.
(b) On résout : (A−4I)
x y z
= 0⇐⇒
2z = 0
−2z = 0 2x−2y−2z = 0
⇐⇒
z = 0 x = y .
Donc 4est valeur propre de ϕet son sous espace propre associé est E4 = Vect
1 1 0
.
(A−6I)
x y z
= 0⇐⇒
−2x+ 2z = 0
−2y−2z = 0 2x−2y−4z = 0
⇐⇒
x = z y = −z .
Donc 6est valeur propre de ϕet son sous espace propre associé est E6 = Vect
1
−1 1
.
(c) On a u1 = −(1,−1,2)∈ ker(ϕ) = E0 . b0 = (u1, u2, u3) est une famille de vecteur propres associés à des valeurs propres distinctes donc une famille libre (par concaténation des sous- espaces propres) de 3 vecteurs ; et donc une base de R3.
Comme ϕ(e1) = 0 :ϕ(e2) = 4e2 :ϕ(e3) = 6e3 alors la matrice de ϕ dans cette base est
A0 =
0 0 0 0 4 0 0 0 6
.
(3) Soient α, β etγ trois nombres réels non nuls etP la matrice définie par : P =
−α β γ α β −γ 2α 0 γ
(a) Les colonnes de P sont des vecteurs propres (non nuls) des trois sous-espaces propres dif-
férents et forment donc une base de R3. Donc P est inversible.
(b) On remonte ses manches et on calcule
P · tP =
−α β γ α β −γ 2α 0 γ
−α α 2α
β β 0
γ −γ γ
=
α2+β2+γ2 −α2+β2−γ2 −2α2+γ2
−α2+β2−γ2 α2+β2+γ2 2α2−γ2
−2α2+γ2 2α2−γ2 4α2+γ2
Donc
P · tP =I ⇐⇒
α2+β2+γ2 = 1
−α2+β2−γ2 = 0
−2α2+γ2 = 0 4α2+γ2 = 1
L1 L1+L2 L3 L4−L3
⇐⇒
α2+β2+γ2 = 1 2β2 = 1
−2α2+γ2 = 0 6α2 = 1
⇐⇒
α2+β2+γ2 = 1 β = ±1/√
2 γ = ±1/√
3 α = ±1/√
6
Comme 12 +13 + 16 = 1 la première équation est alors vérifiée. Donc en prenantα = 1/√ 6 : β = 1/√
2 etγ = 1/√
3 on a P · tP =I donc tP est l’inverse de P.
(c) A0 est la matrice de ϕ dans B0 donc d’après la formule de changement de base, avec P la matrice de passage de B0 dans B on a A=P ·A0·P−1 =P ·A0· tP
Soient x, y etz trois réels, on définit les matrices colonnes et lignes respectives
X =
x y z
, et tX = (x, y, z) et on pose
g(x, y, z) = 4x2+ 4y2+ 4xz−4yz+ 2z2.
(4) (a) On calcule
tX·A·X = tX
4 0 2
0 4 −2 2 −2 2
x y z
= x y z
4x+ 2z 4y−2z 2x−2y+ 2z
= 4x2+ 4xz+ 4y2−4yz+ 2z2
= g(x, y, z). (b) On vérifie
tP ·X =
−α α 2α
β β 0
γ −γ γ
x y z
=
−αx+αy+ 2αz βx+βy γx−γy+γz
et, d’autre part,
tX·P = x y z
−α β γ α β −γ 2α 0 γ
= −αx+αy+ 2αz βx+βy γx−γy+γz .
Donc elles sont transposées l’une de l’autre. On a alors
tX·A·X = tX·P ·A0· tP ·X
= tX P
A0 tP X
= x0 y0 z0
0 0 0 0 4 0 0 0 6
x0 y0 z0
= 4y02+ 6z02, donc g(x, y, z) = 4y02+ 6z02.
(5) On considère la fonction f :R2 →R définie par
f(x, y) =g(x, y, y2), (x, y)∈R2. (a) Par définition
f(x, y) = g(x, y, y2) = 4x2+ 4x·y2+ 4y2−4y·y2+ 2(y2)2
= 4x2+ 4xy2+ 4y2−4y3+ 2y4.
On constate que f est polynomiale et est donc C2 surR2.
(b) Pour déterminer les points critiques de f, il faut voir où le gradient s’annule et commencer par déterminer les dérivées partielles d’ordre 1de f:
∂1f(x, y) = 8x+ 4y2
∂2f(x, y) = 8xy+ 8y−12y2+ 8y3
Il suit que
∇f(x, y) = 0 ⇐⇒
8x+ 4y2 = 0 8xy+ 8y−12y2+ 8y3 = 0
⇐⇒
8x = −4y2 y(8x+ 8−12y+ 8y2) = 0
⇐⇒
8x = −4y2 (L1) 4y(2−3y+y2) = 0 (L2) Or,
(L2)⇐⇒(y= 0 ou y= 1 ou y= 2) En remplaçant dans (L1)on trouve donc trois points critiques
(0,0),
−1 2,1
, (−2,2).
(c) Pour former la matrice hessienne en chacun des points critiques précédents, il faut com- mencer par calculer les dérivées partielles d’ordre 2
∂1,12 f(x, y) = 8
∂1,22 f(x, y) = ∂2,12 f(x, y) = 8y
∂2,22 f(x, y) = 8x+ 8−24y+ 24y2 Il suit que
H1 =∇2f(0,0) = 8 0
0 8
Cette matrice étant diagonale, ses valeurs propres sont ses éléments diagonaux qui sont tous deux strictement positifs; on peut conclure en la présence d’un minimum local en (0,0).
H2 =∇2f(−2,2) =
8 16 16 40
On peut alors voir (relativement long et un peu fastidieux) que cette matrice admet pour valeurs propres 24±16√
2 qui sont toutes deux strictement positives (on cherche les racines du déterminant de H2 −λI2) donc on peut encore conclure en la présence d’un minimum local en (−2,2). Enfin,
H3 =∇2f
−1 2,1
= 8 8
8 4
a pour valeurs propres les racines de (8−λ)(4−λ)−64 = 0 qui sont λ = 6±2√
17 dont l’une est strictement positive et l’autre strictement négative. Ainsi,f présente un point selle en (−1/2; 1).
(d) Comme g(x, y, z) = 4y02+ 6z02 ≥0et quef(0,0) = 0, il suit que f(x, y)≥f(0,0)pour tout (x, y)∈R2 etf présente donc un minimum global en(0,0).
(e) On complète
function z=f(x,y)
z=4*x^2 +4*x*y^2+4*y^2-4*y^3+2*y^4 endfunction
x=-4:.1:4;
y=x;
z=feval(x,y, f); plot3d(x,y,z)
Problème
Partie 1. Résultats préliminaires Soit f une fonction de classe C1 sur[0; 1].
(1) Par hypothèse f est de classe C1 sur [0; 1], en particulier sa dérivée f0 est continue sur [0; 1]
(intervalle fermé borné) et y est donc bornée en atteignant ses bordes; il existe donc M > 00tel que |f0(x)| ≤ M pour tout x∈ [0; 1]. En appliquant ensuite l’inégalité des accroissements finis, on obtient bien, pour x, y ∈[0; 1],
|f(x)−f(y)| ≤M|x−y].
(2) Il suffit d’appliquer l’inégalité précédente avec x = t et y = k/n qui sont bien des éléments de [0; 1]. Comme t≥k/n on a bien
f(t)−f k
n
≤M
t− k n
.
(3) Par les propriétés de l’intégrale,
Z k+1n
k n
f(t)dt− 1 nf
k n
=
Z k+1n
k n
f(t)dt− Z k+1n
k n
f k
n
dt
=
Z k+1n
k n
f(t)−f k
n
dt
≤
Z k+1n
k n
f(t)−f k
n
dt
≤
Z k+1n
k n
M
t− k n
dt
= M
Z k+1n
k n
t− k
n
dt=M
"
1 2
t− k
n
2#(k+1)/n
k/n
= M
2n2.
(4) En sommant l’inégalité obtenue à la question précédente et avec l’inégalité triangulaire,
n−1
X
k=0
Z k+1n
k n
f(t)dt− 1 nf
k n
!
≤
n−1
X
k=0
Z k+1n
k n
f(t)dt− 1 nf
k n
≤
n−1
X
k=0
M 2n2 = M
2n. Or,
n−1
X
k=0
Z k+1n
k n
f(t)dt− 1 nf
k n
!
=
n−1
X
k=0
Z k+1n
k n
f(t)dt− 1 n
n−1
X
k=0
f k
n
= Z 1
0
f(t)dt− 1 n
n−1
X
k=0
f k
n
par la relation de Chasles et on a bien l’inégalité demandée. Comme M/(2n) −→0, n → +∞, le théorème des gendarmes assure que
n→+∞lim 1 n
n−1
X
k=0
f k
n
= Z 1
0
f(t)dt.
(5) Application. Il suffit d’écrire les quantités suivantes sous la forme précédente. Plus précisément,
√1 +√
2 +· · ·+√ n−1 n√
n = 1
n
n−1
X
k=0
rk n
n→+∞−→
Z 1 0
√xdx= 2x√
x 3
1 0
= 2 3. et
n
1
(n+ 1)2 +· · ·+ 1 (n+n)2
= n
1
n2(1 + 1/n)2 +· · ·+ 1 n2(1 +n/n)2
= 1
n
n−1
X
k=0
1 1 + kn2 n→+∞−→
Z 1 0
dx (1 +x)2 =
− 1 1 +x
1 0
= 1 2. (6) Pour tout couple (p, q)d’entiers naturels, on pose
I(p, q) = Z 1
0
xp(1−x)qdx.
(a) C’est une intégration par parties. Les deux fonctions sous l’intégrale étant C1 sur[0;.1], elle est parfaitement légale et on a
I(p, q) = Z 1
0
xp(1−x)qdx
=
xp+1
p+ 1(1−x)q
+ q p+ 1
Z 1 0
xp+1(1−q)q−1dx
= q
p+ 1I(p+ 1, q−1).
(b) . On montre, par récurrence sur q ∈N que, pour tout p∈N, la formule est vraie:
• initialisation: pour q= 0, on a, pour tout p∈N, I(p,0) = p!0!
(p+ 0)!I(p+ 0,0) car 0! = 1.
• hérédité: supposons que, pour un certain q ∈ N, on ait la formule vérifiée pour tout p∈N. (HR). Alors;
I(p, q+ 1) = q+ 1
p+ 1I(p+ 1, q+ 1−1) = q+ 1
p+ 1I(p+ 1, q)
= q+ 1 p+ 1
(p+ 1)!q!
(p+ 1 +q)!I(p+q+ 1,0) (par HR )
= p!(q+ 1)!
(p+q+ 1)!I(p+q+ 1,0), ce qui termine bien la récurrence.
(c) Le calcul est facile
I(p+q,0) = Z 1
0
xp+qdx=
xp+q+1 (p+q+ 1)
1 0
= 1
p+q+ 1 et il découle de la question précédente que
I(p, q) = p!q!
(p+q)!× 1
p+q+ 1 = p!q!
(p+q+ 1)!.
Partie 2. Étude d’une suite de variables aléatoires
On considère un paramètre entier m≥2 et une variable aléatoireY ,→ B(m, p) (où p∈[0; 1]).
(1) Si Y ,→ B(m, p), alors E(Y) = mp etV(Y) =mp(1−p). De plus, on a E(Y(Y −1)) = E(Y2−Y)
= E(Y2)−E(Y)
= E(Y2)−E(Y)2+E(Y)2−E(Y)
= V(Y) +E(Y)2−E(Y)
= mp(1−p) +m2p2−mp
= m(m−1)p2, ce qui est bien l’égalité attendue.
(2) (a) Par définition
P(X1 = 0) =P(X1 = 0|U1 = 0)P(U1 = 0) = 1, et X1 vaut presque sûrement 0.
(b) D’après la formule des probabilités totales, la famille{(Un=k/n)}0≤k≤n−1 formant un s.c.e, P(Xn=i) =
n−1
X
k=0
P
Xn=i|Un= k n
P
Un= k n
= 1 n
n−1
X
k=0
m i
k n
i 1− k
n m−i
= 1 n
m i
n−1 X
k=0
k n
i 1− k
n m−i
,
ce qu’on voulait.
(3) Si Y ,→ B m,nk
, alors, par définition de l’espérance et grâce au rappel de la Question (1)
m
X
i=0
i m
i k n
i 1− k
n m−i
=E(Y) = mk n .
(4) On en déduit que
E(Xn) =
m
X
i=0
iP(Xn=i)
=
m
X
i=0
i 1 n
m i
n−1 X
k=0
k n
i 1− k
n
m−i!
= 1 n
n−1
X
k=0 m
X
i=0
i m
i k
n 1− k n
m−i
= 1 n
n−1
X
k=0
mk n
= m
n2
n−1
X
k=0
k
= m
n2 × (n−1)n 2
= m(n−1) 2n , ce qui était demandé.
(5) Par le théorème de transfert (et la Question (1)), si Y ,→ B m,nk , alors
m
X
i=0
i(i−1) m
i k n
i 1− k
n m−i
=E(Y(Y −1)) =m(m−1) k
n 2
.
(6) Il suit que, toujours par le théorème de transfert,
E(Xn(Xn−1)) =
m
X
i=0
i(i−1)P(Xn=i)
=
m
X
i=0
i(i−1) 1 n
m i
n−1 X
k=0
k n
i 1− k
n
m−i!
= 1 n
n−1
X
k=0 m
X
i=0
i(i−1) m
i k n
i 1− k
n m−i
= 1 n
n−1
X
k=0
m(m−1)k2 n2
= m(m−1) n3
n−1
X
k=0
k2
= m(m−1)
n3 × (n−1)n(2n−1) 6
= m(m−1)(n−1)(2n−1)
6n2 ,
puis que
V(Xn) = E(Xn(Xn−1))−E(Xn)2+E(Xn)
= m(m−1)(n−1)(2n−1)
6n2 −
m(n−1) 2n
2
+ m(n−1) 2n
= 2m(m−1)(n−1)(2n−1)−3m2(n−1)2+ 6mn(n−1) 12n2
= m(n−1) (2(2n−1)(m−1)−3m+ 6n) 12n2
= m(n−1)(mn+m+ 2n+ 2) 12n2
= m(n−1)(n+ 1)(m+ 2) 12n2
= m(m+ 2)(n2−1) 12n2 , ce qui est bien la formule attendue.
(7) (a) En posant, pour i∈J0;mK,fi(x) =xi(1−x)m−i, qui définit bien une fonction de classe C1 (car polynomiale) sur [0; 1], les résultats de la partie préliminaire permettent de voir que
n→+∞lim 1 n
n−1
X
k=0
k n
i 1− k
n m−i
= Z 1
0
fi(x)dx=I(i, m−i) = i!(m−i)!
(m+ 1)! . En particulier, on obtient donc que
n→+∞lim P(Xn=i) = m
i
i!(m−i)!
(m+ 1)! = m!
(m+ 1)! = 1 m+ 1.
(b) Il découle de la question précédente que Xn converge en loi vers la loi uniforme sur J0;mK, c’est à dire Xn−→L X, avec X ,→ U(J0;mK).
(c) On sait, d’après le cours, que E(X) = m
2, et V(X) = (m+ 1)2−1
12 = m2+ 2m
12 = m(m+ 2) 12 .
Comme(n−1)/n→1,n →+∞, et (n2−1)/n2 →1,n →+∞, on a bien E(Xn)→E(X) et V(Xn)→V(X).
