EXERCICE 1. I. Recherche des valeurs propres de f a. Corrigé ECRICOME Eco 2010 par Pierre veuillez

Transcription

1 Corrigé ECRICOME Eco 00 par Pierre veuillez EXERCICE. Soit E un espace vectoriel et B e, e, e 3 ) une base de E. Pour tout réel a, on considère l endomorphisme f a de l espace vectoriel E dont la matrice dans la base,b e, e, e 3 )est donnée par : a + a + ) a M a ainsi que la fonction polynômiale Q qui à tout réel x associe le réel : Q x) x 3 a + ) x + a + ) x a I. Recherche des valeurs propres de f a.. Soit x, y, z) R 3 et λ R x M a λi) y 0 z y λz 0 [ a + λ) λ a + ) λ + a ] z 0 x λ z y λz a + λ) x a + ) y + az 0 x λy 0 et par substitution avec [] λ 3 + a + ) λ a + ) λ + a Q λ) Donc si Q λ) 0 la seule solution est x, y, z) 0 et λ n est pas valeur propre. Et si Q λ) 0 alors il y a des solutions non nulles. Conclusion : λ est une valeur propre de f a si et seulement si λ racine de Q. On a Q ) a + ) + a + ) a 0 Conclusion : est racine de Q 3. on peut donc factoriser Q x) par x ) ; en posant la division euclidienne ; par identification ou par Horner : x 3 a + ) x + a + ) x a x x 3 x x a + ) x + a a + ) x + a + ) x a a + ) x + a + ) x a ax a ax a donc x 3 a + ) x + a + ) x a x ) x a + ) x + a) x a + ) x + a a pour discriminant a + ) 4a a a + a ) et a donc pour racines x a++a a et x a+ a ) Conclusion : Q a pour racines a et : racines si a et une seule si a 4. Lorsque a, par l absurde : si f est diagonalisable, alors comme est la seule valeur propre de M, il existe une matrice P inversible telle que M P IP I ce qui est faux. Conclusion : si a alors f n est pas diagonalisable Bilan : Factrorisation lourde. Corrigé ECRICOME 009 Eco Page /0

2 II. Réduction de la matrice M a. Dans toute la suite de l exercice on suppose a différent de. Soit B e, e, e 3) la famille de vecteurs de E définie par e a e + ae + e 3 e e + e + e 3 e 3 e + e. L idée ici est de se ramener à ce sur quoi on dispose d informations : à B. Comme B comprend trois vecteurs, alors E est de dimension 3. B ayant trois vecteurs, il suffi t donc de prouver qu elle est libre. Soient x, y, z réels, si xe + ye + ze 3 0 alors x a e + ae + e 3 ) + y e + e + e 3 ) + z e + e ) xa + y + z) e + ax + y + z) e + x + y) e 3 0 et comme B est libre xa + y + z 0 ax + y + z 0 x + y 0 avec [ ] a + a a ) et comme a on a donc y z x 0 Conclusion : B est libre de 3 vecteurs donc une base de E On note P a la matrice de passage de la base B à la base B.. e a pour coordonnées a, a, ) dans B. a a + a + ) a M a a Donc f a e ) ae et e 0 a a Conclusion : e est un vecteur propre de f a associé à a [ a + + a )] y 0 z a ) y x y a 3 a a a 3. Les vecteurs de F sont les combinaisons linéaires xe + ye 3 avec x et y réels. Il faut montrer que l image d une telle combinaison est encore combinaison de e et e 3. a + a + ) a 0 0 donc f a e ) e 0 0 a + a + ) a donc f a e 3) e + e Donc f a xe + ye 3) xf a e ) + yf a e 3) xe + y e + e 3) F Conclusion : f a F ) F 4. On a f a e ) e qui a donc pour coordonnées, 0, 0) dans B de même f a e ) e et f a e 3) e + e 3 donc a 0 0 Conclusion : la matrice de f a dans B est T a a Pour n I T a n 0 0 a n 0 0 a 0 0 a n+ 0 0 Soit n N tel que T n 0 n alors T n+ 0 n 0 0 n Corrigé ECRICOME 009 Eco Page /0 a a

3 a n 0 0 Conclusion : par récurrence, T n 0 n pour tout n N 0 0 Bilan : la question 3) aurait été plus naturelle en 4) III. Etude d une suite récurrente linéaire. Soit u n ) n N la suite de nombres réels définie par la relation de récurrence suivante : { u0, u, u 0 pour tout entier naturel n : u n+3 4u n+ 5u n+ + u n. On a donc pour tout entier n : u n+3 u n+ u n+ 4u n+ 5u n+ + u n u n+ u n u n+ u n+ u n M u n+ u n+ u n. La suite des colonnes C n ) n N est géométrique de raison M donc C n M n C 0 pour tout entier n. La formule de changement de base donne mat B f a ) mat B B ) mat B f a ) mat B B) donc M P T P et M n P T n P et finalement u n+ u n+ u n P T n P u u u Les coordonnées des vecteurs de B dans B donnent P 0 4 L 4L 3 L L L 3 L L 3 L L + L L L L L 3 3L L L + L 3 L 0 0 L L 3 L L 3 L L + L 3 L 0 0 L L 3 L L 3 L 3 3 Donc P 0 dont on prend soin de tester le produit avec P ) 3 Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 3/0

4 on a enfin u n+ u n+ u n P T n P u u u 0 0 P T n 0 3 n P 0 n n 5n n 5n Conclusion : u n 3 n 5n 4. Et u n 3 n 5n n 3 5n/ n / n ) + car n o n ) Conclusion : La suite u n ) n N est divergente Bilan : questions liées et sans sécurisation. Calculs lourdes. Conclusion : peut déatbiiser si on le prend mal. EXERCICE On considère l application ϕ définie sur R + par : x R +, ϕ x) ln x) ln x + ) + x I. Résolution de l équation ϕ x).. Quand x 0 +, on factorise ϕ x) ln x) ln x + ) + x ln x) ln + x) x /x /x + ) + car ln x) o ) x en 0 + Conclusion : la courbe représentative de ϕ a une asymptote verticale en 0. En + : ϕ x) ln x) ln ln + x 0 + )) + x x x ) + x Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 4/0

5 Conclusion : la courbe représentative de ϕ a une asymptote horizontale en + 3. ϕ est dérivable sur R + x > 0 et x + > 0 et x 0 ) ϕ x) x x + x x x + ) x x + ) x x + ) x x + ) < 0 Conclusion : ϕ est strictement décroissante sur R + 4. On vérifie la cohérence : x 0 + ϕ x) On rappelle que ln ) 0, 7 et ln 3),. ϕ est continue et strictement décroissante sur ]0, + [ donc bijective de ]0, + [ sur ]lim + f, lim 0 f[ ]0, + [ De plus, ]0, + [ et donc Conclusion : l équation ϕ x) possède une unique solution. On compare les images : ϕ 3) ln 3) ln 4 3) + 3 ln ) + 3 > ϕ ) ln ) ln 3 ) + ln 3) + < Donc ϕ 3) > ϕ ) > ϕ ) et comme ϕ est strictement croissante sur R + alors Conclusion : < < 3 6. Pour obtenir un encadrement de à 0, près, on procède par dichotomie : avec a b si f a) > > f b) program dicho ; function f x :real) :real ; begin f :lnx)-ln+x)+/x ; end ; var a,b,c :real ; begin a :/3 ; b :/ ; repeat c :a+b)/ ; if fc)> then a :c else b :c until b-a< E- ; writelna,b) ; end. Bilan : classique sans être élémentaire. Permet de valoriser le travail fait pendant l année. Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 5/0

6 II. Une variable à densité. Soit le réel défini à la question I.5. On considère la variable aléatoire réelle X dont une densité de probabilité est donnée par : f x) si x > x x + ) f x) 0 si x. f est continue sur R\ {} et positive. + f t) dt est impropre en ± f t) dt converge et est nulle. A f t) dt A A t t + ) dt ϕ t) dt [ ϕ t)] A ϕ A) + ϕ ) ϕ A) + quand A + onc + f t) dt et + f t) dt converge et vaut Conclusion : f est bien une densité de probabilité.. + tf t) dt est impropre en ±. tf t) dt 0 Pour la convergence en +, on porcède par comparaison : tf t) t t + ) t + /t) t Or + t dt converge Riemann) donc par équivalence de fonctions positives, + converge également Conclusion : X admet une espérance E X) 3. pour x > : Donc ϕ x) + x x x + ) + x x x x + ) xf x) tf t) dt A xf x) dx A ϕ x) + x dx [ ϕ x) x ] A ϕ A) A ϕ ) + Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 6/0

7 Donc + tf t) dt Conclusion : E X) On part de < < donc 3 > 3 > et 3 > > donc produit de termes positifs) > > Conclusion : < E X) < 4. Comme x f x) dont l intégrale diverge en +, alors par comparaison de fonciton positives, x celle de x f x) également. X n a donc pas d espérance et Conclusion : X n a pas de variance Conclusion : exercice demandant de l astuce et permettant aux meilleurs de se mettre en valeur. EXERCICE 3 Dans cet exercice, on étudie des situations probabilistes liées à un jeu de dés à six faces. Pour ce jeu, effectuer une partie consiste à lancer successivement deux dés équilibrés. On note : D le résultat du premier dé et D le résultat du deuxième dé E l événement : D < D ), E l événement : D D ) et E 3 l événement : D > D ) Lors d une partie, si l événement E se produit alors le joueur ne marque pas de point, si l événement E se produit alors le joueur marque points, si l événement E 3 se produit alors le joueur marque point. I. Etude de parties successives. Soit n un entier naturel non nul. Le joueur joue successivement n parties. Pour tout entier naturel i, on note : X i la variable aléatoire représentant le nombre de points marqués lors de la ième partie ; Y i le nombre de points marqués après i parties.. E D < D ) 6 i D < i D i) incompatibles donc P E ) 6 P D < i) P D i) i 6 i 36 i j j et comme E, E, E 3 ) est un système complet d événements, P E 3 ) Conclusion : P E ) P E 3 ) 5 et P E ) 6 Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 7/0

8 On pouvait aussi dire que P E ) P E 3 ) par symétrie des deux dés d où P E ) 6 Il était également possible dénombrer dans un tableau exhaustif de Ω [[, 6]] dont les éléments sont équiporbables D \D 6 < < > 6 > > où l on retrouve les 6 cas sur 36 d égalité, et les cas sur 36 d être supérieur ou inférieur).. Soit i {,,..., n}, on a X i 0) E ; X i ) E 3 et X i ) E La loi de X i est donc donnée par : k 0 P X i k) kp X i k) 0 E X) 4 k 5 3 P X i k) 0 E X ) Et V X) E X ) E X) 3 ) Conclusion : E X i ) 3 4 et V X i) Y est le nombre de points au bout d un seul tirage. Donc Y X et sa loi est ci dessus. 4. On a Y X + X Donc Y Ω) {0,,, 3, 4} Y 0) X 0 X 0) indépendantes P Y 0) P X 0) P X 0) ) Y ) X 0 X ) X X 0) réunion d incompatibles P Y ) Y ) X 0 X ) X X ) X X 0) P Y ) 5 + ) P Y 3) X X ) X X ) P Y ) enfin, Y 4) X X ) P Y 4) k P Y k) a) Comme à chaque étape, on peut engranger de 0 à points, en 3 étapes, Y 3 Ω) [[0, 6]] b) Ce tableau à double entrée croise les valeurs de Y et de Y 3. IL continent donc au total 35 valeurs... P Y 0 Y 3 0) P Y 0 X 3 0) Y \Y P Y 3 k) 5 ) ) N.B. j ai effectué les calculs avec un logiciel de calcul formel. A fuir le jour du concours! il ne fallait pas simplifier les fractions ;.. mauvais réflexe) Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 8/

9 et avec une calculatrice, on peut vérifier que la somme de ces valerurs vaut ) c) La loi de Y 3 est obtenue comme loi marginale du couple. 6. a) Y n est le nombre total de points donc Conclusion : Y n n k X k d où E Y n ) n k E X k) 3n et V Y 4 n) n k V X k) 5 n par indépendance des 48 X i ) ). b) En moyenne, combien de parties au minimum doit faire le joueur pour obtenir plus de 0 points? : Il faut décortiquer la question : Soit Z le nombre de partie minimum pour obtenir plus de 0 points. le numéro de la partie où l on dépasse pour la première fois les 0 points) Z n) Y n > 0) Y n 0) dont la probabiltié n est pas immédiate! et l espérance non plus! Sans doute le concepteur de l énnoncé attendait il plutot la valeur de n pour laquelle E Y n ) > 0 autrement dit combien de parties pour obtenir en moyenne plus de 0 points. Bilan : le résultat du ) est indispensable à la suite et n est pas donné. Les calculs pour la loi de Y3 sont lourds. II. Etude du temps d attente. Le joueur joue maintenant jusqu à ce qu il dépasse un nombre de points donné. Plus précisément on note : T respectivement T ) la variable aléatoire représentant le nombre de parties effectuées par le joueur lorsque le total de ses points est supérieur ou égal à respectivement ) pour la première fois si cet événement se produit). Par exemple si les points marqués par le joueur sont dans l ordre : Exemple : 0 0 l alors T 3 et T 5. Exemple : alors T 4 et T 4.. a) On a T Ω) [[, + [[ et T k) signifie que l on marque le premier point ou points d un coup) à la k ième partie Les parties étant indépendantes T G ) 7 et P T k) ) 5 k 7 b) Et on a E T ) ) 7 et V T 5 ) a) T Ω) [[, + [[ car on peut marquer points dès la première partie. b) T ) signifie que l on atteint points lors de la première partie donc T ) X ) et P T ) 6 T ) que le total atteint à la seconde partie donc T ) X 0 X ) X X ) donc P T ) c) pour k 3, T k) signifie que points ont été atteints à la k ième partie, et pas avant, c est à dire que ou bien que jusqu à la k )ème aucun point n avait été marqué et que deux points l ont été à la k ième, formalisé par : k i X i 0) X k ) probabilité 5 k ) 6 ou bien dans les k premières parties, un seul point a été marqué à une des parties et 0 aux autres, et un ou deux points ont été marqués à la k ième formalisé par k i X i ) k j X j 0) X k > ) j i probabilité k 5 5 ) k 7 i k ) ) 5 k 7 Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 9/0

10 Les deux événements étant incompatibles, Conclusion : P T k) 5 ) d) Pour k on a 5 ) k + k ) 5 6 ) 7 ) k 7 + ) 5 P T 6 6 ) Et pour k on a ) 5 + ) ) P T 6 ) Donc ce résultat est encore valable pour k et pour k. e) On n a donc pas à traiter à part les valeurs k et k P T k) ) k k k N ) h N 6 6 h h0 5 k ) h 5 k ) ) h 5 f) L événement «le joueur n obtient jamais un score cumulé supérieur ou égal à» est le contraire de «l obtenir à un moment donné» : + k T k qui est quasi certain. Conclusion : «n obtenir jamais un score cumulé supérieur ou égal à» est quasi impossible ) k g) + k kp T k) est à termes positifs. L absolue convergence équivaut donc à la simple convergence. kp T k) 6 k 6 6 ) k 5 k + 7 ) k 5 k k ) k ) k 5 k ) k 5 k k ) k k 5 Conclusion : T a une espérance et E T ) k ) + 35 ) Bilan : le seul point de controle est le résultat du IIc... alors que les calculs se prètent aux erreurs. Corrigé ECRICOME 009 Eco Page 0/0