x y z = 0 que l on paramètre par y pour avoir (?, 1,?) dans le générateur

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1 Corrigé EDHEC 26 Eco par Pierre Veuillez Exercice Soit f l endomorphisme de R 3 dont la matrice dans la base canonique B de R 3 est : A On note I la matrice unité de M 3 (R) et on pose u (2,, 2).. a) (x, y, z) ker (f) f (u) A x y z (car les coordonnées de (x, y, z) dans la base canonique sont (x, y, z)) ce que l on résout : 2x + y + 7z L 2L 2 x + 4y + 3z 2x 8y 6z L 3 + 2L 2 2y + z x + 4y + 3z de la{ solution. z 2y x +2y que l on paramètre par y pour avoir (?,,?) dans le générateur Conclusion : ker (f) {y (2,, 2) /y R} Vect (u) b) Comme ker (f) alors A est non inversible. (on peut aussi en déduire que est valeur propre) 2. a) Soit v (x,, z) qui a pour coordonnées dans B : (x,, z) x 2 f (v) u A z 2 2x + + 7z 2 x z 2 + z L 3 + L L unique vecteur v vérifiant f (v) u est donc : Conclusion : v (3,, 2) 2x + + 7z 2 x z 2x 8 6z 2 L 3 + L x 3 x 3 z 2 par substitution b) Soit w (x,, z)on traduit sur les coordonnées dans la base B : x 3 f (w) v A z 2 2x + + 7z 3 x z 2 + z L 3 + L Donc l unique w est Conclusion : w (,, ) 2x + + 7z 3 x z 2x 8 6z 2 L 3 + L x x z swp Page /??

2 c) La famille (u, v, w) comprend trois vecteurs de R 3 qui est de dimension 3. Il suffi t donc de démontrer que la famille est libre : Si xu + yv + zw alors x (2,, 2) + y (3,, 2) + z (,, ) 2x + 3y L 2L 2 donc x + y + z 2x 2y z L 3 + 2L 2 et y 2z x + y + z z et x y z par substitution. Donc la famille est libre. Conclusion : B (u, v, w) est nue base de R 3 La matrice de passage de la base canonique dans B est formé par les coordonnées en colonne des vecteurs de B dans B. 2 3 donc P a) Comme f (u) u + v + w alors les coordonnées de f (u) dans B sont (,, ) et de même f (v) u a pour coordonnées (,, ) et f (w) v a pour coordonnées (,, ) Donc N N est triangulaire donc ses valeurs propres sont sur la diagonale : il n y a que. Conclusion : la seule valeur propre de f est. Si f était diagonalisable, sa matrice dans une base de vecteurs propres serait la matrice nulle. Donc f serait nulle. ce qui n est pas le cas. Conclusion : f n est pas diagonalisable. b) La formule de changement de base donne : Conclusion : A P N P On calcule N 2 et N 3 mat B f mat B (B ) mat B (f) mat B (B) et Donc pour tout k 3, N k N 3 N k 3 et A k P N k P Conclusion : pour tout entier k supérieur ou égal à 3, on a : A k. 4. On note C N (respectivement C A ) l ensemble des matrices de M 3 (R) qui commutent avec N (respectivement A). (ce sont les matrices M qui vérifient M C C M ) a) On peut vérifier les critères de sous espaces : N N donc O C N Soient α et β R et M et M de C N alors (αm + βm ) N αmn + βm N αnm + βnm N (αm + βm ) Donc C N est stable par combinaisons linéaires et est un sous espace de M 3. swp Page 2/??

3 Conclusion : C N est un sous-espace vectoriel de M 3 Ou plus rapidement, résoudre et trouver une famille génératrice : a b c Soit M d e f alors g h i a b c d e f NM d e f g h i et g h i M N a b c d e f g h i a b d e g h d e a f b Donc M N N M g h d e i g h a b c Donc C N a b, a, b, c R Vect (I, N, N 2 ) Et on peut conclure à la fois que d e a f b g h e i g h Conclusion : C N est le sous-espace vectoriel de M 3 engendré par (I, N, N 2 ) b) On procède par équivalence : M C A M A A M P MP P AP P AP P MP P MP N NP MP P MP C N Pour déterminer l ensemble, on procède par équivalence : M C A il existe (a, b, c) R 3 tels que P MP ai + bn + cn 2 il existe (a, b, c) R 3 tels que M ai + bp NP + cp N 2 P il existe (a, b, c) R 3 tels que M ai + ba + ca 2 M Vect (I, A, A 2 ) Pour avoir la dimension, reste à voire si la famille est libre :* Au lieu de la traiter directement, on réutilise N : Si ai + ba + ca 2 alors (en multipliant par P à droite et par P à gauche) ai + bn + cn 2. Et comme la famille (I, N, N 2 ) est échelonnée, elle est libre. Donc a b c et (I, A, A 2 ) est libre et génératrice donc base de C A. Conclusion : C A vect(i, A, A 2 ) et dim (C A ) 3 Exercice 2 On considère la fonction f définie par: f(x) 2( x) 2 si x [, 2 [ 2x 2 si x [ 2, [ sinon. swp Page 3/??

4 . On vérifie les critères d une densité de probabilité : f est positive ou nulle. f est continue sur R {, 2, }, continue par morceaux sur R. + f est impropre en ± : f et + f /2 ] /2 f /2 dx [ 2( x) 2 2 x 2 2 f dx [ ] + /2 /2 2x 2 2 x / f Donc + f converge et vaut Conclusion : f est une densité de probabilité. Dans toute la suite, on considère une variable aléatoire X définie sur un certain espace probabilisé (Ω, A, P ) et admettant la fonction f pour densité. 2. Pour tout x réel, on a F (x) x f si x < : F (x) x si x < : F (x) + x 2 dt [ x 2( t) 2 2 t] ( 2 si x < : F (x) + /2 dt + x 2 2( t) 2 /2 si x : F (x) 3. On étudie la convergence de + tf (t) dt impropre en ± : tf (t) dt /2 tf (t) dt /2 t dt??? 2( t) 2 Une indication aurait du être donnée! on peut au choix, dt + [ 2t x ) 2 faire un changement de variable x t (ou plutôt t x ) faire apparaître t au numérateur, pour simplifier: t x x ] x / x /2 t 2( t) 2 dt /2 /2 ( t) + 2( t) 2 dt 2 ( t) + 2( t) dt 2 [ 2 ln ( t) + ] /2 2 t 2 ln (/2) ln (2) 2 tf (t) dt t dt [ ln (t)] ln (2) /2 /2 2t 2 2 /2 2 swp Page 4/??

5 + tf (t) dt Donc + tf (t) dt converge et X a une espérance Conclusion : X a une espérance et E (X) 2 4. a) Par le théorème de transfert, on étudie l absolue convergence de + (t )2 f (t) dt impropre en ± Ce qui équivaut ici à la convergence simple car (t ) 2 est de signe constant au voisinage de ±. (t ) 2 f (t) dt (t )2 f (t) dt (t ) 2 f (t) dt /2 (t ) 2 f (t) dt /2 /2 sur [/2, ] il faut développer : (t ) 2 2( t) 2 dt [ 2 t] /2 4 /2 (t ) 2 f (t) dt /2 /2 (t ) 2 f (t) dt 2 t + 2t dt 2 [ 2 t ln (t) 2t ] /2 2 2 ln (2) + 4 /2 t 2 2t + dt 2t 2 3 ln (2) 4 + (t ) 2 f (t) + dt (t ) 2 f (t) dt Donc + (t )2 f (t) dt converge absolument donc (X ) 2 a une espérance et E ( (X ) 2) + Conclusion : E ( (X ) 2) ln (2) b) On a alors X 2 (X ) 2 + 2X Donc X 2 a une espérance et (t ) 2 f (t) dt ln (2) E ( X 2) E ( (X ) 2) + 2E (X) ln (2) + ln (2) Donc X a une variance et V (X) E (X 2 ) E (X) 2 3 ln 2. 4 Conclusion : X a une espérance et V (X) 3 ln On appelle variable indicatrice d un événement A, la variable de Bernoulli qui vaut si A est réalisé et sinon. On considère maintenant la variable aléatoire Y, indicatrice de l événement (X ) et la 2 variable aléatoire Z, indicatrice de l événement (X > 2 ). swp Page 5/??

6 a) On a Y quand Z et Y quand Z. On a donc Y Z Comme Y est fonction affi ne de Z alors le coeffi cient de corrélation linéaire vaut ± Et comme le coeffi cient directeur es négatif, alors ρ (Y, Z) b) D autre part, le coeffi cient de corrélation linéaire est ρ(y, Z) cov(y,z) σ(y )σ(z) Donc cov (Y, Z) σ (Y ) σ (Z) Et comme V (Y ) ( ) 2 V (Z), alors σ (Y ) σ (Z) V (Y ) On a P (Y ) P ( ( X 2) F 2) 2 Donc Y B ( ) ( ) 2 et V (Y ) 2 2 donc σ (Y ) 4 2 Conclusion : ov (Y, Z) 4 Exercice 3 Soit f la fonction définie pour tout couple (x, y) de R 2 par: f(x, y) 2x 2 + 2y 2 + 2xy x y.. a) f est de classe C sur R 2 f (x, y) x 4x + 2y f (x, y) y 4y + 2x b) (x, y) est un point critique si et seulement si { 4x + 2y L 2L 2 2x + 4y { { 6y + y /6 2x + 4y x /6 { f x f y Conclusion : Donc le seul point critique defest A 2. a) f est C 2 sur R 2 et r 2 f (x, y) 4 x2 s 2 f (x, y) 2 y x t 2 f (x, y) 4 y2 (x, y) ce que l on résout : (x, y) ( 6, ). 6 b) En (, 6 6) on a rt s > et r > Donc sur l ouvert R 2, le point critique (, 6 6) est un minimum local m f (, ) ( Conclusion :, ) 6 6 est un minimum local et la valeur en ce minimum est 6 3. a) Pour développer (a + b + c) 2, on regroupe : ( a + (b + c) 2 ) 2 a 2 + 2a (b + c) + (b + c) 2 a 2 + c 2 + b 2 + 2ab + 2ac + 2bc swp Page 6/??

7 On a développe ( 2 x + y 2 ) ( y 2 2 (x 4 2 6) 2 + y xy x 2 y ) + 3 ( y 2 y ) 36 2x 2 + 2y 2 + 2xy x y + 6 ( b) On a donc f (x, y) 2 x + y 2 ) ( y ) et comme un carré est toujours positif, on a donc pour tout (x, y) de R 2, f (x, y) 6 Conclusion : 6 est bien un minimum global. 4. On considère la fonction g définie pour tout couple (x, y) de R 2 par : g(x, y) 2e 2x + 2e 2y + 2e x+y e x e y. a) On remarque que g (x, y) f (e x, e y ) et comme f (x, y) pour tout couple (x, y) alors, en particulier, 6 Conclusion : (x, y) R 2, g (x, y) 6. b) Et comme g ( ln ( 6), ln ( 6)) f ( 6, 6) alors ce minorant est est atteint. Conclusion : g possède un minimum global sur R 2 en( ln (6), ln (6)) Problème Partie : étude d une variable discrète sans mémoire. Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans N telle que : m N, P (X m) >. On suppose également que X vérifie : (m, n) N N, P (X m) (X n + m) P (X n). On pose P (X ) p et on suppose que p >. (N.B. dans le cours, il est dit qu une telle variable discrète à valeurs dans N est sans mémoire suit une loi géométrique Ici, les valeurs sont prises dans N et le théorème ne s applique donc pas). Comme les valeurs de X sont entières, X (X ) Donc P (X ) P (X ) p q > par hypothèse. Et comme q p et que p > alors q <. Conclusion : P(X ) q et < q <. 2. On revient à la définition de la probabilité conditionnelle : P (X m) (X n + m) P (X n + m) P (X m) P (X n) Conclusion : Donc (m, n) N N, P (X n + m) P (X m) P (X n) 3. Pour tout n de N on pose u n P (X n). a) On a avec le couple (n, ) la relation : P (X n + ) P (X ) P (X n) Donc u n+ q u n Conclusion : la suite u est géométrique de raison q géométrique. swp Page 7/??

8 b) On a alors u n q n u q n P (X ) q n Conclusion : Pour tout n de N, P (X n) q n c) Comme X ne prend que des valeurs entières, (X n) (X n) (X n + ) et comme les deux sont incompatibles P (X n) P (X n + ) + P (X n) Conclusion : n N, P (X n) P (X n) P (X n + ). d) Et on trouve donc P (X n) q n q n+ q n ( q) q n p Conclusion : pour tout n de N, on a P (X n) q n p 4. a) La loi de X + est donnée par : X (Ω) N et P (X + n) P (X n ) q n p Conclusion : X + suit une loi géométrique de paramètre p b) Comme E (X + ) q et V (X + ) p p 2 et que X X + alors Conclusion : E (X) p et V (X) q p 2 Partie 2 : taux de panne d une variable discrète. Pour toute variable aléatoire Y à valeurs dans N et telle que, pour tout n de N >, on définit le taux de panne de Y à l instant n, noté λ n par : n N, λ n P (Y n) (Y n). Remarque : en terme de durée (discrète) de fonctionnement, c est la probabilité de tomber en panne à l instant n (Y n), quand le système fonctionnait encore à l instant (Y n). Le cas le plus classique est celui du nombre de lancer pour obtenir le premier Pile où λ n est constant.. a) Par définition de la probabilité conditionnelle on a : λ n et comme [Y n Y n] (Y n) on a donc Conclusion : n N, λ n b) On a alors P (Y n). P (Y n Y n) P (Y n) λ n P (Y n) P (Y n + ) car (Y n) (Y n) (Y n + ) puisque Y ne prend que des valeurs entières. Conclusion : n N, λ n P (Y n + ) c) Comme > pour tout entier n alors λ n > et λ n < Mais on peut avoir λ n (par exemple pour une loi géométrique, λ ) Conclusion : n N, λ n <. swp Page 8/??

9 d) Par récurrence : Pour n : ( λ k ) λ P (Y ) P (Y ) Soit n N tel que n ( λ k ) alors n ( λ k ) ( λ n ) n Donc, par récurrence, ( λ k ) Conclusion : n N, n P (Y ) car P (Y ) P (Y n + ) P (Y n + ) ( λ k ) 2. a) La probabilité du contraire est : P (Y < n) et comme Y prend que des valeurs entières : P (Y n ) Et comme (Y n ) n k (Y k) (incompatibles) alors Conclusion : n P (Y k) b) Comme Y (Ω) N alors + P (Y k) n Donc lim n + P (Y k) et n P (Y k) quand + Conclusion : lim. n c) On a vu que n ( λ k ) Donc ln () n ln ( λ k) Et comme alors ln () donc n ln ( λ k) et Conclusion : n lim n ln ( λ k ) + d) On pense au théorème de comparaison. On a ln ( + x) x quand x Mais il faudrait pour cela que λ n quand n +. Et on a vu que dans le cas d une loi géométrique, ce n était pas le cas (λ n constant) deux cas : si λ n alors ln ( λ k ) λ k et par comparaison de série à termes positifs, la série k λ k diverge également. Si λ n alors la série k λ k diverge (condition nécessaire de convergence) Conclusion : la série des (λ n ) n N diverge 3. a) On se souvient que n! n (n )! si n et! On complète donc : Function f(n : integer) : integer; Begin If (n) then f: swp Page 9/??

10 end; else f: f(n-) b) On considère la déclaration de fonction récursive suivante : Function g (a:real ; n:integer):real; Begin If (n) then g: else g: a * g(a,n- ); end ; Cela définit une suite u pour laquelle u n a u n Suite géométrique avec u Conclusion : g (a, n) retourne a n. c) Proposer un programme (sans écrire la partie déclarative) utilisant ces deux fonctions et permettant d une part le calcul de la somme n a k k! e a et d autre part, à l aide du résultat de la question a), le calcul et l affi chage du taux de panne à l instant n d une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre a >, lorsque n et a sont entrés au clavier par l utilisateur (on supposera n ). Pour la somme, on utilise le fait que n a k k! e a n 2 a k k! e a + an (n )! e a. Le taux de panne est λ n a an P (Y n) e n! P (Y n) avec n P (Y < n) P (Y n ) a ak e k! begin S:; writeln( a?n? );readln(a,n); for k: t n- do S:S+g(a,k)/f(k); S:S*exp(-a); writeln( somme:,s); lambdaexp(-a)*g(a,n)/f(n)/(-s); writeln( taux de panne :,lambda); end. N.B. d un point de vue nombre de calcul, il aurait été beaucoup plus léger de calculer à la fois la factorielle, la puissance, comme la somme : en utilisant la relation de récurrence, sans récursivité, comme il est fait ci-dessous. d) Compléter la déclaration de fonction suivante pour, qu elle renvoie la valeur de n à l appel de sigma(a,n). Function sigma(a : real ; n : integer) : real; var k : integer; p: real; Begin p : ; s:; For k: to n- do begin p : p*a / k; s : S+p ; end; a k k! e a swp Page /??

11 s: S*exp(-a); sigma: s; end ; Partie 3 : caractérisation des variables dont la loi est du type de celle de X.. Déterminer le taux de panne de la variable X dont la loi a été trouvée à la question 3 d) de la partie. On avait P (X n) q n et P (X n) q n p Donc λ n P (X n) P (X n) p pour tout n N. Conclusion : le taux de panne est constant égal à p 2. On considère une variable aléatoire Z, à valeurs dans N, et vérifiant : n N, P (Z n) >. On suppose que le taux de panne de Z est constant, c est-à-dire que l on a : n N, λ n λ. P (Z n) a) Comme on est dans les hypothèses de la partie 3, on a λ P (Z n) Si λ alors P (Z n) pour tout entier n. (et P (Z n) ). Donc λ > Si λ alors P (Z n) P (Z n) donc P (Z n + ) ce qui contredit P (Z n) > pour tout entier n. Conclusion : Donc < λ < b) On a vu que, pour n on avait n ( λ k ) ( λ) n + et donc P (Z n) P (Z n) P (Z n + ) ( λ) n ( λ) n+ ( λ) n λ et P (Z ) P (Z ) λ Conclusion : n N : P (Z n) ( λ) n λ soit la même loi que X pour p λ. c) Donc, si la loi est celle de X, le taux de panne est constant, et réciproquement Conclusion : Les seules variables aléatoires Z à valeurs dans N, dont le taux de panne est constant et telles que pour tout n de N, P (Z n) >, sont les variables dont la loi est du type de celle de X. swp Page /??