DS4 (version A)
Exercice 1 (vaguement inspiré de EDHEC S 2012)
Soitf l’endomorphisme deR3 dont la matrice dans la base canonique B= (e1, e2, e3) deR3 est : A=
2 1 −1
−1 4 −3
−2 2 −1
On noteidl’endomorphisme identité de R3. 1. a) Démontrer :(A−I3)2(A−3I3) = 0M3(R).
Démonstration.
• Tout d’abord :
(A−I3)2 = (A−I3) (A−I3) =
1 1 −1
−1 3 −3
−2 2 −2
1 1 −1
−1 3 −3
−2 2 −2
=
2 2 −2 2 2 −2 0 0 0
• Ensuite :
(A−I3)2 = (A−I3)2 (A−3I3) =
2 2 −2 2 2 −2 0 0 0
−1 1 −1
−1 1 −3
−2 2 −4
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
On a bien : (A−I3)2(A−3I3) = 0M3(R). b) En déduire les valeurs propres possibles def.
Démonstration.
• D’après la question précédente, le polynôme P(X) = (X −1)2(X −3) est un polynôme annulateur de la matriceA.
• Ainsi :Sp(A)⊂ {racines deP}={1,3}.
• Enfin :Sp(f) = Sp(A).
Les réels 1 et3 sont les valeurs propres possibles de f.
• Une matriceA ∈Mn(R) possède TOUJOURSun polynôme annulateur non nul P. On peut démontrer (pas au programme en ECE) qu’il existe toujours un tel polynôme de degrén.
• Si P est un polynôme annulateur de A alors, pour tout α ∈ R, le polynôme α P est un polynôme annulateur deA :
(α P)(A) =α P(A) = 0
Cela suffit à démontrer que Apossède une infinité de polynômes annulateurs. On peut en obtenir d’autres. Par exempleQ(X) = (X−5)P(X)est un polynôme annulateur de A :
Q(A) = (A−5I)P(A) = 0
• ParlerDU polynôme annulateur d’une matrice n’a donc aucun sens.
Commentaire
c) Déterminer les valeurs propres et espaces propres def. On précisera la dimension des sous-espaces propres.
En particulier, on écrira : Ker(f −3 id) = Vect (w) où w est un vecteur de R3 de première coordonnée1.
Démonstration.
• Démontrons que 1est bien valeur propre de A.
A−I3=
1 1 −1
−1 3 −3
−2 2 −2
Cette matrice est non inversible car possède2 colonnes colinéaires (C3 =−C2).
On en déduit que 1est valeur propre deA.
• Démontrons que 3est bien valeur propre de A.
A−3I3 =
−1 1 −1
−1 1 −3
−2 2 −4
Cette matrice est non inversible car possède2 colonnes colinéaires (C1 =−C2).
On en déduit que 3est valeur propre deA.
Ainsi :Sp(A) ={1,3} et Sp(f) = Sp(A) ={1,3}.
• Les racines d’un polynôme annulateur ne sont pas forcément toutes valeurs propres deA.
• Si c’était le cas,A aurait une infinité de valeurs propres (elle en possède au plus 3!).
Par exemple, commeQ(X) = (X−5)P(X) est un polynôme annulateur, un tel raisonne- ment permettrait de démontrer que5 est aussi valeur propre.
• Les racines d’un polynôme annulateur sont généralement appelées valeurs propres pos- sibles de A (comprendre qu’elles sont potentiellement des valeurs propres). C’est comme cela qu’il faut lire l’inclusion :
Sp(A) ⊂ {1,3}
• Afin de démontrer que 1 et 3 sont bien des valeurs propres de A, on démontre que les matricesA−I3 etA−3I3 sont non inversibles. Ils’agit de démontrer que ces matrices sont de rang strictement inférieur à 3. Pour ce faire, on peut remarquer (comme on le fait ici) que deux colonnes (resp. lignes) de la matrice considérée sont colinéaires. La présence d’une colonne (resp. ligne) de0permet aussi de démontrer le caractère non inversible.
Commentaire
• Déterminons E1(f) = Ker(f−id)le sous-espace propre de f associé à la valeur propre1.
Soitu= (x, y, z)∈R3. Notons U = MatB(u) =
x y z
∈M3,1(R).
u∈E1(f) ⇐⇒ (f −id)(u) = 0R3
⇐⇒ (A−I)×U = 0M3,1(R)
⇐⇒
1 1 −1
−1 3 −3
−2 2 −2
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
x + y − z = 0
−x + 3y − 3z = 0
−2x + 2y − 2z = 0
L2←L2+L1 L3←L3+ 2L1
⇐⇒
x + y − z = 0 4y − 4z = 0 4y − 4z = 0
L3←L3−L2
⇐⇒
x + y − z = 0 4y − 4z = 0 0 = 0
L1←4L1−L2
⇐⇒
4x = 0 4y = 4z On obtient alors :
E1(f) = {(x, y, z)∈R3 |x= 0 ety=z}
= {(0, z, z) |z∈R}
= {z·(0,1,1)|z∈R}
= Vect ((0,1,1))
On en conclut : E1(f) = Vect ((0,1,1)).
• La familleF1 = (0,1,1) est :
× génératrice de E1(f),
× libre car constituée uniquement d’un vecteur non nul.
On en conclut queF1 est une base deE1(f).
Ainsi :dim E1(f)
= Card F1
= 1.
• CommeAest la matrice représentative def dans la baseB, alors :Sp(A) = Sp(f).
• Par contre :E1(A)6=E1(f). En effet :
× E3(A) est un sous-ensemble deM3,1(R), espace vectoriel dont les vecteurs sont des matrices de taille 3×1.
× E3(f) est un sous-ensemble de R3, espace vectoriel dont les vecteurs sont des triplets de réels.
• On peut résumer cette différence par :(x, y, z)6=
x y z
. Commentaire
• Déterminons E3(f) = Ker(f−3 id)le sous-espace propre def associé à la valeur propre3.
Soitu= (x, y, z)∈R3. Notons U = MatB(u) =
x y z
∈M3,1(R).
u∈E3(f) ⇐⇒ (f −3 id)(u) = 0R3
⇐⇒ (A−3I)×U = 0M3,1(R)
⇐⇒
−1 1 −1
−1 1 −3
−2 2 −4
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
−x + y − z = 0
−x + y − 3z = 0
−2x + 2y − 4z = 0
L2←L2−L1 L3←L3−2L1
⇐⇒
−x + y − z = 0
− 2z = 0
− 2z = 0
L3←L3−L2
⇐⇒
−x + y − z = 0
− 2z = 0 0 = 0
L1←4L1−L2
⇐⇒
−x − z = −y
− 2z = 0
L1←2L1−L2
⇐⇒
−2x = −2y
− 2z = 0 On obtient alors :
E3(f) = {(x, y, z)∈R3 |x=y etz= 0}
= {(y, y,0)|y ∈R}
= {y·(1,1,0)|y∈R}
= Vect ((1,1,0))
On en conclut : E3(f) = Vect ((1,1,0)).
Ainsi, le vecteur recherché est : w= (1,1,0).
• La familleF2 = (1,1,0) est :
× génératrice de E3(f),
× libre car constituée uniquement d’un vecteur non nul.
On en conclut queF2 est une base deE3(f).
Ainsi :dim E3(f)
= Card F2
= 1.
• Il faut s’habituer à déterminer les ensembles Eλ(A) par lecture de la matrice A−λ I.
• Illustrons la méthode avec la matrice de l’exercice et λ= 1.
On cherche les vecteursX=
x y z
de E1(A) c’est-à-dire les vecteurs tels que : (A−I3)X= 0M3,1(R). Or :
1 1 −1
−1 3 −3
−2 2 −2
x y z
= x·C1+y·C2+z·C3
= x·
1
−1
−2
+y·
1 3 2
+z·
−1
−3
−2
On peut alors remarquer que le choixx = 0 et y =z permet d’obtenir le vecteur
0 0 0
. Ce n’est qu’une reformulation du fait que les colonnesC2 etC3 de la matriceA−I3 sont opposées. On en déduit alors :
E1(A) ⊃ Vect
0 1 1
L’égalité peut alors s’obtenir à l’aide d’un argument de dimension. Pour cela, il faut démontrer au préalable que le rang de la matrice A−I3 est de 2. On obtient ainsi, par théorème du rang :
dim E1(A)
= dim M3,1(R)
−rg(A−I3) = 3−2 = 1 Commentaire
d) L’endomorphismef est-il bijectif ?
L’endomorphismef est-il diagonalisable ? Démonstration.
• Comme 06∈Sp(f), alors Ker(f) ={0R3} et l’endomorphismef est donc injectif.
De plus,R3 est un espace vectoriel de dimension finie.
On en conclut quef est bijectif.
• L’endomorphismef possède deux valeurs propres : 1et3. De plus : dim E1(f)
+ dim E3(f)
= 2 6= 3 = dim(R3)
q q
1 1
On en conclut quef n’est pas diagonalisable.
2. Pour tout endomorphisme g∈L(R3), on rappelle que l’on note g2 l’endomorphisme défini par : g2 =g◦g
a) Démontrer :Ker f−id
⊂Ker (f −id)2 . Démonstration.
Soitx∈Ker f−id . Alors :(f−id)(x) = 0R3.
Et par application def −id, on obtient : (f−id) (f −id)(x)
= (f−id) 0R3
q q
(f−id)2(x) 0R3 (car f−id est un endomorphisme) Ainsi :(f−id)2(x) = 0R3 et donc : x∈Ker (f −id)2
. On a bien : Ker f −id
⊂Ker (f−id)2 .
Cette question n’est qu’une instance particulière de la propriété qui stipule que tout endomorphisme g d’un espace vectoriel E vérifie : Ker(g)⊂Ker(g2).
Commentaire
b) Démontrer :Ker (f −id)2
= Vect (u, v) où u= (0,1,1)etv= (1,0,1).
Démonstration.
• Soitu= (x, y, z)∈R3. Notons U = MatB(u) =
x y z
∈M3,1(R).
u∈Ker (f−id)2
⇐⇒ (f −id)2(u) = 0R3
⇐⇒ (A−I)2×U = 0M3,1(R)
⇐⇒
2 2 −2 2 2 −2 0 0 0
x y z
=
0 0 0
⇐⇒
2x + 2y − 2z = 0 2x + 2y − 2z = 0 0 = 0
L2←L2−L1
⇐⇒
2x + 2y − 2z = 0 0 = 0
⇐⇒
2x = −2y + 2z On obtient alors :
Ker (f−id)2
= {(x, y, z)∈R3 |x=−y+z}
= {(−y+z, y, z)|z∈R}
= {y·(−1,1,0) +z·(0,1,1)|z∈R}
= Vect ((−1,1,0),(1,0,1)) On en conclut : Ker (f−id)2
= Vect ((−1,1,0),(1,0,1)).
• Enfin :
Vect ((−1,1,0),(1,0,1)) = Vect ((−1,1,0) + (1,0,1),(1,0,1)) = Vect ((0,1,1),(1,0,1)) On a bien : Vect ((0,1,1),(1,0,1)).
3. a) Démontrer que la famille(u, v, w) est une base deR3. Dans la suite, on noteraB0 cette base.
Démonstration.
Rappelons tout d’abord :u= (0,1,1),v= (1,0,1)etw= (1,1,0).
• Démontrons que la famille (u, v, w)est libre.
Soit(λ1, λ2, λ3)∈R3.
Suppposons :λ1·u+λ2·v+λ3·w = (0,0,0) (∗). Or : (∗) ⇐⇒ λ1·u+λ2·v+λ3·w = (0,0,0)
⇐⇒ λ1·(0,1,1) +λ2·(1,0,1) +λ3·(1,1,0) = (0,0,0)
⇐⇒
λ2 + λ3 = 0 λ1 + λ3 = 0 λ1 + λ2 = 0
L1↔L2
⇐⇒
λ1 + λ3 = 0 λ2 + λ3 = 0 λ1 + λ2 = 0
L3←L3−L1
⇐⇒
λ1 + λ3 = 0 λ2 + λ3 = 0 λ2 − λ3 = 0
L3←L3−L2
⇐⇒
λ1 + λ3 = 0 λ2 + λ3 = 0
− 2λ3 = 0
⇐⇒ {λ1=λ2 =λ3= 0
(par remontées successives) La famille (u, v, w) est libre.
• La famille(u, v, w) :
× est libre.
× vérifie : Card (u, v, w)
= 3 = dim R3 .
On en déduit que la famille (u, v, w)est une base deR3.
• Le termecardinal est réservé aux ensembles finis. La famille (u, v, w) est un ensemble qui contient3 vecteurs. Elle est donc finie, de cardinal 3(ce qu’on noteCard (u, v, w)
= 3).
• Vect (u, v, w)est l’espace vectoriel constitué de toutes les combinaisons linéaires des vecteurs (u, v, w). C’est un ensembleinfinide vecteurs, on ne peut parler de son cardinal. Par contre, si l’on dispose d’une base (u, v, w) d’un ev, tout vecteur se décompose de manière unique sur cette base. Ceci permet de donner une représentation finie de cet ensemble infini.
• Les notations : Card(Vect (u, v, w)) et dim((u, v, w)) n’ont aucun sens ! Commentaire
b) On noteT = MatB0(f). DéterminerT. Démonstration.
NotonsU = MatB u
=
0 1 1
,V = MatB(v) =
1 0 1
etW = MatB(w) =
1 1 0
.
• f(u) =u= 1·u+ 0·v+ 0·wcaru∈E1(f).
Ainsi :MatB f(u)
=
1 0 0
.
• On cherche à décomposer le vecteur f(v) suivant la base (u, v, w).
Autrement dit, on cherche(α, β, γ)∈R3 tel que : f(v) =α·u+β·v+γ·w. Or : f(v) =α·u+β·v+γ·w
⇐⇒ MatB f(v)
= α·MatB u
+β·MatB v
+γ·MatB w (par linéarité deMatB(·))
⇐⇒ A V = α·U+β·V +γ·W
⇐⇒
1
−4
−3
=α·
0 1 1
+β·
1 0 1
+γ·
1 1 0
(en calculant A V)
⇐⇒
β + γ = 1
α + γ = −4
α + β = −3
L1↔L2
⇐⇒
α + γ = −4
β + γ = 1
α + β = −3
L3←L3−L1
⇐⇒
α + γ = −4
β + γ = 1
β − γ = 1
L3←L3−L2
⇐⇒
α + γ = −4
β + γ = 1
− 2γ = 0
L3← −12L3
⇐⇒
α + γ = −4
β + γ = 1
γ = 0
L1←L1−L3 L2←L2−L3
⇐⇒
α = −4
β = 1
γ = 0
Ainsi :f(v) =−4·u+ 1·v+ 0·w.
Ainsi :MatB0 f(v)
=
−4 1 0
.
• f(w) = 3w= 0·u+ 0·v+ 3·w carw∈E3(f).
Ainsi :MatB0 f(w)
=
0 0 3
.
On en déduit :T = MatB0(f) =
1 −4 0
0 1 0
0 0 3
c) On noteP la matrice de passage de la base B à la baseB0. Déterminer l’inverse deP.
Démonstration.
• Par définition :
PB,B0 = MatB u
,MatB v
,MatB w
Ainsi :P =
0 1 1 1 0 1 1 1 0
.
• On applique l’algorithme du pivot de Gauss.
0 1 1 1 0 1 1 1 0
1 0 0 0 1 0 0 0 1
On effectue l’opération
L1↔L2 . On obtient :
1 0 1 0 1 1 1 1 0
0 1 0 1 0 0 0 0 1
On effectue l’opération
L3←L3−L1 . On obtient :
1 0 1 0 1 1 0 1 −1
0 1 0
1 0 0
0 −1 1
On effectue l’opération
L3←L3−L2 . On obtient :
1 0 1 0 1 1 0 0 −2
0 1 0
1 0 0
−1 −1 1
• La réduite obtenue est triangulaire supérieure. De plus, ses coefficients diagonaux sont tous non nuls. Ainsi, cette réduite est inversible et il en est de même de la matrice initialeP. (c’est toujours le cas d’une matrice de passage entre deux bases B et B0)
• On effectue les opérations
L1←2L1+L3
L2←2L2+L3 . On obtient :
2 0 0 0 2 0 0 0 −2
−1 1 1 1 −1 1
−1 −1 1
On effectue les opérations
L1←12L1 L2←12L2 L3← −12L3
. On obtient :
1 0 0 0 1 0 0 0 1
−12 12 12
1
2 −12 12
1 2
1 2 −12
AinsiP est inversible et P−1 = 1 2
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
.
d) Rappeler la formule liant les matricesA,T etP.
Démonstration.
La formule de changement de base stipule : MatB f
= PB,B0×MatB0 f
×PB0,B
Ainsi :A=P T P−1. 4. a) On note :J =
1 0 0 0 1 0 0 0 3
etN =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
. ExprimerT en fonction deJ etN.
Démonstration.
T =
1 −4 0
0 1 0
0 0 3
=
1 0 0 0 1 0 0 0 3
+
0 −4 0
0 0 0
0 0 0
= J−4N Ainsi :T =J−4N.
b) À l’aide de la formule du binôme, démontrer :∀n∈N, Tn=Jn−4n N. Démonstration.
• Tout d’abord :
N2 = N ×N =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
0 0 0 0 0 0 0 0 0
Par récurrence immédiate :∀k>2,Nk = 0M3,1(R). (il est aussi possible de justifier comme suit :
pour tout k>2,Nk =N2×Nk−1= 0M3,1(R)×Nk−1= 0M3,1(R))
• D’autre part : J N =
1 −4 0
0 1 0
0 0 3
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
0 1 0 0 0 0 0 0 0
et N J =
0 1 0 0 0 0 0 0 0
1 −4 0
0 1 0
0 0 3
=
0 1 0 0 0 0 0 0 0
Ainsi :N J =N =J N et les matrices N etJ commutent.
• Soitn∈N∗. D’après la formule du binôme : Tn = J−4Nn
= Pn k=0
n k
Jn−k (−4N)k
=
n
P
k=0
n k
(−4)k Jn−k Nk
=
1
P
k=0
n k
(−4)k Jn−k Nk+
n
P
k=2
n k
(−4)k Jn−k Nk (ce découpage est valide car n>1)
=
1
P
k=0
n k
(−4)k Jn−k Nk (car : ∀k>2, Nk= 0)
= n
0
(−4)0Jn N0+ n
1
(−4)1Jn−1 N1 = Jn−4n Jn−1 N Ainsi, pour tout n∈N∗,Tn=Jn−4n Jn−1 N.
Remarquons alors : Jn−1 N =
1n−1 0 0
0 1n−1 0
0 0 3n−1
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
1 0 0
0 1 0
0 0 3n−1
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
0 1 0 0 0 0 0 0 0
= N
• Il reste à vérifier la propriété au rang0.
× D’une part : J0−4×0N = I3.
× D’autre part : T0 = I3.
Ainsi, pour tout n∈N,Tn=Jn−4n N. c) Pour toutn∈N, déterminerAn.
Démonstration.
• D’après la question3.d) :A=P T P−1.
Par une récurrence immédiate, on en déduit : ∀n∈N, An = P TnP−1.
• Soitn∈N. Tout d’abord, d’après la question précédente : Tn = Jn−4n N =
1n 0 0 0 1n 0 0 0 3n
−4n
0 1 0 0 0 0 0 0 0
=
1 −4n 0
0 1 0
0 0 3n
• Ensuite :
An = P TnP−1
= 1 2
0 1 1 1 0 1 1 1 0
1 −4n 0
0 1 0
0 0 3n
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
= 1 2
0 1 3n
1 −4n 3n 1 1−4n 0
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
= 1 2
3n+ 1 3n−1 −3n+ 1 3n−1−4n 3n+ 1 + 4n −3n−4n+ 1
−4n 4n 2−4n
∀n∈N,An= 1 2
3n+ 1 3n−1 −3n+ 1 3n−1−4n 3n+ 1 + 4n −3n−4n+ 1
−4n 4n 2−4n
5. a) Démontrer queA est inversible et déterminer son inverse.
Démonstration.
• D’après la question1.a) :(A−I3)2(A−3I3) = 0M3,1(R). Or : (A−I3)2(A−3I3) = (A2−2A+I3) (A−3I3)
= (A3−3A2) + (−2A2+ 6A) + (A−3I3)
= A3−5A2+ 7A−3I3
• On en déduit :
A3−5A2+ 7A−3I3 = 0M3,1(R) donc A3−5A2+ 7A = 3I3
donc 1
3 A(A2−5A+ 7I2) = I3
donc A1
3 A2−5A+ 7I2
= I3
On en conclut que la matrice Aest inversible d’inverse A−1 = 1
3 A2−5A+ 7I2 . b) La formule démontrée en4.c) est-elle valable pourn=−1?
Démonstration.
Déterminons tout d’abord explicitementA−1.
• Tout d’abord :
A2 =
2 1 −1
−1 4 −3
−2 2 −1
2 1 −1
−1 4 −3
−2 2 −1
=
5 4 −4 0 9 −8
−4 4 −3
• Ainsi :
A2−5A+ 7I2 =
5 4 −4 0 9 −8
−4 4 −3
−5
2 1 −1
−1 4 −3
−2 2 −1
+ 7
1 0 0 0 1 0 0 0 1
=
2 −1 1 5 −4 7 6 −6 9
A−1= 1 3
2 −1 1 5 −4 7 6 −6 9
• Par ailleurs, en remplaçant n par −1 dans le membre droit de l’égalité obtenue en 4.c), on obtient la matrice :
1 2
3−1+ 1 3−1−1 −3−1+ 1 3−1−1 + 4 3−1+ 1−4 −3−1+ 4 + 1
4 −4 2 + 4
= 1 2
1 3
1 + 3 1−3 −1 + 3
1−3 + 12 1 + 3−12 −1 + 12 + 3
12 −12 18
(en multipliant par 13 ×3 = 1)
= 1 2
1 3
4 −2 2
10 −8 14 12 −12 18
= 1 3
2 −1 1 5 −4 7 6 −6 9
La formule de la question4.c) reste valable pourn=−1.
Exercice 2 (EDHEC 2012)
On désigne parnun entier naturel supérieur ou égal à2. On notepun réel de]0,1[et on poseq= 1−p.
On dispose d’une pièce donnant Pile avec la probabilitép et Face avec la probabilitéq.
On lance cette pièce et on arrête les lancers dans l’une des deux situations suivantes :
× soit si l’on a obtenu Pile,
× soit si l’on a obtenunfois Face.
Pour tout entier naturel k non nul, on note Pk (respectivement Fk l’événement « on obtient Pile (respectivement Face) au kème lancer ».
On note Tn le nombre de lancers effectués, Xn le nombre de Pile obtenus et enfin Yn le nombre de Face obtenus. On admet queTn,Xn etYn sont des variables aléatoires toutes les trois définies sur un espace probabilisé(Ω,A,P) que l’on ne cherchera pas à préciser.
1. Loi deTn.
a) Pour toutk de J1, n−1K, déterminer, en distinguant le cask= 1, la probabilitéP([Tn=k]).
Démonstration.
Soitk∈J1, n−1K. Deux cas se présentent.
• Sik= 1 :
L’événement [Tn= 1]est réalisé
⇔ On a effectué exactement 1 lancer
⇔ On a obtenu Pile lors du premier lancer OU On a obtenu nfois Face lors du premier lancer
⇔ On a obtenu Pile lors du premier lancer
(car il est impossible
d’obtenir n fois Face lors du premier lancer puisque n>2)
⇔ L’événement P1 est réalisé On en conclut :
[Tn= 1] = P1
Finalement :P([Tn= 1]
=P(P1) =p.
• Sik∈J2, n−1K:
L’événement[Tn=k]est réalisé
⇔ On a effectué exactementk lancers
⇔ On a obtenu Pile pour la première fois lors dukème lancer OU On a obtenunfois Face lors des k premiers lancers
⇔ On a obtenu Pile pour la première fois lors dukème lancer
(car il est impossible d’obtenirn fois Face en k lancers puisque k6n−1)
⇔ On a obtenu Face lors du1er lancer ET On a obtenu Face lors du2ème lancer
... ...
ET On a obtenu Face lors du(k−1)ème lancer ET On a obtenu Pile lors dukème lancer
⇔ L’événementF1∩. . .∩Fk−1∩Pk est réalisé
On en conclut :
[Tn=k] = F1∩ · · · ∩Fk−1∩Pk
Finalement :
P [Tn=k]
= P F1∩ · · · ∩Fk−1∩Pk
= P(F1)× · · · ×P(Fk−1)×P Pk) (par indépendance des lancers)
= qk−1p
∀k∈J2, n−1K,P [Tn=k]
=qk−1p
Afin de permettre une bonne compréhension de l’expérience, on détaille ici l’explica- tion de la décomposition de chaque événement. Cependant la simple donnée de cette décomposition démontre la bonne compréhension de l’expérience et permet d’obtenir la totalité des points alloués à cette question.
Commentaire
b) DéterminerP [Tn=n]
. Démonstration.
• Tout d’abord :
L’événement[Tn=n]est réalisé
⇔ On a effectué exactementn lancers
⇔ On a obtenu Pile pour la première fois lors dunème lancer OU On a obtenunfois Face lors des npremiers lancers
⇔ L’événementF1∩. . .∩Fn−1∩Pn est réalisé (en procédant comme dans la question précédente) OU L’événementF1∩. . .∩Fn−1∩Fn est réalisé
• On en conclut :
[Tn=n] = F1∩ · · · ∩Fn−1∩Pn
∪ F1∩ · · · ∩Fn−1∩Fn
= F1∩ · · · ∩Fn−1
∩ Pn∪Fn
= F1∩ · · · ∩Fn−1
∩Ω
= F1∩ · · · ∩Fn−1
• Ainsi :
P [Tn=n]
= P n−1
T
i=1
Fi
=
n−1
Q
i=1
P(Fi) (par indépendance des lancers)
=
n−1
Q
i=1
q
= qn−1
P [Tn=n]
=qn−1
c) Vérifier : Pn k=1
P [Tn=k]
= 1.
Démonstration.
D’après ce qui précède :
n
P
k=1
P [Tn=k]
=
n−1 P
k=1
P [Tn=k]
+ P [Tn=n]
=
n−1 P
k=1
qk−1p
+ qn−1
(car la formule de la question 1.a) est aussi valable pour k= 1)
= p
n−1
P
k=1
qk−1 + qn−1
= p
n−2
P
k=0
qk + qn−1
= p 1−qn−1
1−q +qn−1 (car q 6= 1 et p= 1−q) Finalement :
n
P
k=1
P [Tn=k]
= 1−qn−1+qn−1 = 1.
On s’efforcera toujours de donner du crédit à l’énoncé. En particulier, dans cette question, il est évident que l’objectif était de vérifier par le calcul:
n
P
k=1
P [Tn=k]
= 1, et non de conclure directement en remarquant que la famille [Tn=k]
k∈J1,nK
est un système complet d’événements.
Commentaire
d) Établir queTn possède une espérance et vérifier :E(Tn) = 1−qn 1−q . Démonstration.
• Tout d’abord : Tn(Ω) = J1, nK. En effet, on effectue au minimum un lancer, au maximum n lancers et il est possible d’effectuer k ∈ J1, n−1K lancers (c’est le cas si et seulement si on obtient Pile pour la première fois lors dukème lancer).
La v.a.r. Tn admet une espérance car c’est une v.a.r. finie.
• D’après les questions1.a) et1.b) : E(Tn) =
n
P
k=1
kP [Tn=k]
=
n−1
P
k=1
kP [Tn=k]
+nP [Tn=n]
=
n−1
P
k=1
k p qk−1+n qn−1
On obtient :E(Tn) =p
n−1
P
k=1
k qk−1+n qn−1.
• Montrons maintenant :p
n−1
P
k=1
k qk−1+n qn−1 = 1−qn
1−q , c’est-à-dire : (1−q)
p
n−1
P
k=1
k qk−1+n qn−1
= 1−qn On calcule :
(1−q)
p
n−1
P
k=1
k qk−1+n qn−1
=
p
n−1
P
k=1
k qk−1+n qn−1
−
p
n−1
P
k=1
k q qk−1+n qn
= p
n−2
P
k=0
(k+ 1)qk−p
n−1
P
k=1
k qk+n qn−1(1−q) (par décalage d’indice dans la première somme)
=
p+p
n−2
P
k=1
(k+ 1)qk
−p n−2
P
k=1
k qk+ (n−1)qn−1
+n p qn−1
(en isolant un terme de chaque somme et car p= 1−q)
= p+p
n−2
P
k=1
(k+ 1)qk−k qk
+ −(n−1) +n p qn−1
= p+p
n−2
P
k=1
qk+p qn−1
= p+p q−qn−1
1−q +p qn−1 (car q6= 1)
= p+ q−qn−1
+p qn−1
= 1−(1−p)qn−1 (car p+q = 1)
= 1−qn (car 1−p=q)
Finalement, on a bien :E(Tn) = 1−qn 1−q . 2. Loi deXn.
a) Donner la loi deXn. Démonstration.
• D’après l’expérience, deux cas seulement peuvent se produire :
× soit on s’arrête à l’obtention du 1er Pile (on a donc obtenu 1Pile).
Dans ce cas,Xn prend la valeur1.
× soit on s’arrête aprèsn Face (on n’a donc jamais obtenu Pile).
Dans ce cas,Xn prend la valeur0.
On en déduit : Xn(Ω) ={0,1}. Ainsi, Xn,→ B(r) où r=P [Xn= 1]
.
• De plus, l’événement[Xn= 0]est réalisé si et seulement si on n’a jamais obtenu Pile au cours desnpremiers lancers, c’est-à-dire si on a obtenu Face lors de ces nlancers. Donc :
[Xn= 0] =
n
T
i=1
Fi On en déduit, par indépendance des lancers :
P [Xn= 0]
= P n
T
i=1
Fi
= Qn i=1
P Fi) = Qn i=1
q = qn
• Comme ([Xn= 0],[Xn= 1]
est un système complet d’événements, on obtient alors : P [Xn= 1]
= 1−P [Xn= 0]
= 1−qn Finalement :Xn,→ B(1−qn).
b) Vérifier :E(Xn) = 1−qn. Démonstration.
Par définition de l’espérance :
E(Xn) = 0×P [Xn= 0]
+ 1×P [Xn= 1]
= 1−qn On a bien : E(Xn) = 1−qn.
3. Loi deYn.
a) Déterminer, pour toutk de J0, n−1K, la probabilité P [Yn=k]
. Démonstration.
Soitk∈J0, n−1K. Deux cas se présentent.
• Sik= 0 :
L’événement [Yn= 0]est réalisé
⇔ On n’a obtenu aucun Face
⇔ On a obtenu Pile lors du 1er lancer
⇔ L’événement P1 est réalisé On en conclut : [Yn= 0] = P1.
Ainsi :P [Yn= 0]
= P(P1) = p.
• Sik∈J1, n−1K:
L’événement [Yn=k]est réalisé
⇔ On a obtenu exactementk Face
⇔ On a obtenu Pile pour la première fois lors du(k+ 1)ème lancer
⇔ On a obtenu Face lors du1er lancer ET On a obtenu Face lors du2ème lancer
... ...
ET On a obtenu Face lors dukème lancer ET On a obtenu Pile lors du (k+ 1)ème lancer
⇔ L’événement F1∩. . .∩Fk∩Pk+1 est réalisé On en conclut :
[Yn=k] = F1∩ · · · ∩Fk∩Pk+1 On en déduit, par indépendance des lancers :
P [Yn=k]
= P k
T
i=1
Fi
∩Pk+1
= k
Q
i=1
P(Fi)
P(Pk+1) = qkp Finalement :∀k∈J0, n−1K,P [Yn=k]
=qkp.
b) DéterminerP [Yn=n]
. Démonstration.
L’événement [Yn=n]est réalisé si et seulement si on a obtenu n fois Face, c’est-à-dire si on a obtenu Face auxnpremiers lancers. Donc :
[Yn=n] =
n
T
i=1
Fi = [Xn= 0]
On en déduit : P [Yn=n]
= qn
c) Écrire une égalité liant les variables aléatoiresTn,Xn etYn, puis en déduireE(Yn).
Démonstration.
• Le nombre de lancers est égal à la somme du nombre de Pile et de Face obtenus.
On en déduit :Tn=Xn+Yn.
• Ainsi :Yn=Tn−Xn.
Par conséquent, la v.a.r.Ynadmet une espérance en tant que somme de v.a.r. qui en admettent une.
• De plus :
E(Yn) = E(Tn−Xn)
= E(Tn)−E(Xn) (par linéarité de l’espérance)
= 1−qn
1−q −(1−qn) (d’après1.d) et 2.b))
= (1−qn) 1
1−q −1
= (1−qn) 1−(1−q) 1−q
= (1−qn) q 1−q E(Yn) = q
1−q (1−qn)
4. Montrer que la suite (Tn)n∈N∗ converge en loi vers une variable aléatoireT dont on donnera la loi.
Démonstration.
• CommeTn est à valeurs dans N∗, on a : Tn −→L
n→+∞T ⇔ ∀k∈N∗, P [Tn=k]
n→+∞−→ P [T =k]
• Soitk∈N∗.
Soitn > k (on peut choisir naussi grand que souhaité car on fera tendrenvers +∞).
P [Tn=k]
= qk−1p (d’après la question1.a) et car k∈J1, n−1K)
n→+∞−→ qk−1p
En considérant une v.a.r.T tel queT ,→ G(p), on a bien démontré :
∀k∈N∗, P [Tn=k]
n→+∞−→ qk−1p = P [T =k]
Ainsi, Tn −→L
n→+∞T où T ,→ G(p).
5. Simulation informatique.
On rappelle que l’appel grand(1,1,'bin',1,p)renvoie une réalisation d’une v.a.r. suivant une loi de Bernoulli de paramètrep. Compléter les quatre instructions manquantes pour que le programme suivant simule l’expérience aléatoire décrite ci-dessus et pour qu’il affiche, dans cet ordre, les valeurs prises par les variables aléatoires Tn,Xn etYn, à l’exécution de l’instruction disp([t, x, y]).
1 p = input('Entrez un reel p :')
2 n = input('Entrez un entier n :')
3 t = 0 ; x = 0 ; y = 0 ;
4 while (x == 0) & (t < n)
5 ––––––––––
6 if lancer == 0 then
7 –––––––––-
8 –––––––––-
9 else
10 –––––––––-
11 end
12 end
13 disp([t, x, y])
Démonstration.
Dans ce programme, la variable tcontiendra une réalisation de Tn, la variable xune réalisation de Xn ety une réalisation deYn. Pour cela, on procède comme suit.
• Début du programme: initialisation des variables.
Il est d’abord demandé à l’utilisateur de rentrer les valeurs des variables petn.
1 p = input('Entrez un reel p :')
2 n = input('Entrez un entier n :')
Puis, les variablest,x etysont initialisées à 0. En effet, aucun lancer n’a encore été effectué (en particulier, on n’a encore obtenu aucun Pile et aucun Face).
3 t = 0 ; x = 0 ; y = 0 ;
• Structure conditionnelle
Les lignes 4à 12suivantes consistent à déterminer le rang du premier Pile (s’il existe), au cours des n lancers. On doit donc effectuer cette succession de lancers jusqu’à ce qu’on obtienne le premier Pileouqu’on ait effectuén lancers. Autrement dit, on doit effectuer cette succession de lancers tant qu’on n’a pas obtenu Pile (c’est-à-dire tant que le nombre de Pile vaut 0) et que le nombre de lancers est inférieur strict àn.
On met donc en place une structure itérative (boucle while) :
4 while (x == 0) & (t < n)
La simulation d’un lancer est fournie par l’instruction donnée dans l’énoncé :
5 lancer = grand(1,1,'bin',1,p)
