Correction de l épreuve A du concours Agro 2015

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1 BCPST - Maths - Thierry Gaspari. Correction de l épreuve A du concours Agro 5 Partie I.. La fonction sinus est continue et strictement croissante sur [ π, π ]. De plus sin( π ) = et sin(π ) =, donc : sinus réalise une bijection de [ π, π ] sur [, ]. La réciproque de cette fonction sera notée A. Remarque : d habitude on l appelle arcsinus, ou encore Arcsin.. On sait que sin( π 6 ) = et π 6 [ π, π ], donc : A( ) = π 6. On sait que sin( π 4 ) = et π 4 [ π, π ], donc : A( ) = π 4. Remarque : pour cette question et pour de nombreuses autres, le tracé d un cercle trigonométrique au brouillon aide énormément. 3. On trace tout d abord C, la courbe de sin sur [ π, π ], puis on sait que la courbe de A est le symétrique de C par rapport à la première bissectrice, c est à dire par rapport à la droite D d équation y = x. On fait apparaitre les points remarquables vus dans les questions et Soit x dans [, ]. On sait que : cos ( A(x) ) + sin ( A(x) ) =. Et par définition sin ( A(x) ) = x. Donc cos ( A(x) ) = x. Ainsi cos ( A(x) ) = x. Enfin, A(x) [ π, π ], intervalle sur lequel le cosinus est positif. Donc : x [, ], cos ( A(x) ) = x. 5. La fonction f =sinus est dérivable sur [ π, π ] et f (x) = cos(x), donc f ne s annule pas sur ] π, π [ (bien noter les bornes exclues). Ainsi A = f est dérivable sur f(] π, π [) =], [. Toujours d après le cours d analyse de sup, A = f A, donc : t ], [, A (t) = cos ( A(t) ) =. t

2 La dernière égalité est obtenue grâce à la question 4. Remarque : lorsque t se rapproche des bornes et, A (t) tend vers +, ce qui est une nouvelle justification des demi-tangentes verticales sur la courbe de A qui avaient été obtenues par symétrie avec les tangentes horizontales de sinus. Mais bien sûr l objet du sujet n était pas ici de s attarder sur ces détails. 6. (a) D après le cours sur les développements limités, on a au voisinage de : ( + t) a = + at + o(t). En l appliquant avec a = : = t + t + o(t). (b) Et ainsi, lorsque x : x = + x + o(x ). On peut primitiver le développement limité : A(x) = A() + x + x3 6 + o(x3 ). Or A() =, car sin() = et [ π, π ], donc : Au voisinage de : A(x) = x + x3 6 + o(x3 ). Remarque : ici encore ce développement limité s accorde bien avec la courbe de A tracée précédemment : en, cette courbe de A a une tangente d équation y = x et la courbe de A est au-dessus de cette tangente à droite de, et en dessous à gauche de (car A(x) x est du signe de x 3 ). Partie II. Ici Θ U([, π ]) et X = sin(θ).. Déjà X(Ω) = [, ]. Soit x [, ]. F X (x) = P (X x) = P (sin(θ) x) = P (Θ A(x)) car sin strictement croissante sur [, π ] = π A(x) car A(x) [, π ] et Θ U([, π ]). si x < En résumé : F X (x) = A(x) si x [, ] π si x >. La fonction F X est de classe C sur R \ {, }. F X est continue en car : lim x + F X(x) = π A() =, F X() =, et lim x F X(x) =. F X est continue en car : lim F X(x) = x π A() =, F X() =, et lim F X(x) =. x + Remarque : la vérification indispensable de ces limites permet en plus de repérer et de corriger une éventuelle erreur ou un oubli de constante dans la question précédente. Ainsi F X est continue sur R et C sur R privé d un nombre fini de points, donc : X est une variable à densité. Une densité de X est : f X (x) = π A (x) = π si x ], [ x sinon.

3 Remarque : l énoncé donne le résultat désiré, ce qui permet de vérifier et éventuellement corriger les calculs, notamment celui de A de (I 5) et celui de F X fait en (II ). 3. Remarque : Pour les calculs de moments on peut utiliser la densité de X, ou utiliser le théorème de transfert. (a) Sous réserve de convergence absolue, avec le théorème de transfert : E(X) = E ( sin(θ) ) = π sin(t)f Θ (t)dt = π π sin(t)dt. Cette intégrale est évidemment absolument convergente puisque sinus est continue sur [, π ], donc : X possède une espérance et : E(X) = [ ] π cos(t) π = π. Remarque : X prenant ses valeurs dans [, ] on est rassuré d obtenir une espérance qui est elle aussi dans [, ]. Si ce n était pas le cas on verifierait les calculs. (b) Interprétation : en réalisant un réseau comme indiqué dans le préambule, avec a et b fixés et en prenant l angle θ aléatoirement et de façon uniforme dans [, π ], alors l aire de la maille élémentaire obtenue sera une variable aléatoire ayant une espérance, et l espérance de cette aire (c est à dire concrètement sa valeur moyenne) sera égale à ab π. 4. Sous réserve de convergence absolue, avec le théorème de transfert : E(X ) = E ( sin (Θ) ) = π π sin (t)dt. Cette intégrale converge absolument puisque sin est continue sur [, π ], donc : X possède une espérance. Pour primitiver sin un peu de trigonométrie est nécessaire : sin (t) = cos(t). π Ainsi : sin (t)dt = [ sin(t) ] π t = π 4. En conclusion : E(X ) =. Remarque : si on n utilisait pas le théorème de transfert, il fallait utiliser le changement de variable proposé pour se ramener à l intégrale de sin (t). Avec le théorème de transfert on gagne donc un peu de temps. 5. (a) Par linéarité de l espérance : E(M n ) = n n E(X i ) = E(X) = π. i= Pour la variance : V (M n ) = n V ( n ) X i. Puis, par indépendance des variables X,..., X n : i= V (M n ) = n n V (X i ) = n V (X). Et, par la formule de Koenig : V (X) = E(X ) ( E(X) ) = 4 π. Ainsi : i= V (M n ) = π 8 π n. 3

4 (b) L inégalité de Bienaymé-Tchebychev dit que : Si Y est une variable aléatoire admettant un moment d ordre deux, alors : ε >, P ( Y E(Y ) ε ) V (Y ) ε. Remarque : on choisit cette forme pour enchainer plus facilement sur la question suivante. (c) Puisque M n admet une variance, on peut lui appliquer l inégalité de Bienaymé-Tchebychev : ε >, P ( M n [E(M n ) ε, E(M n ) + ε] ) V (M n) ε. On choisit alors ε tel que V (M n) ε = 5. On prend ε = V (M n ). Finalement : On pose a n = E(M n ) V (M n ) = E(X) V (X) n V (X) et b n = E(X) +. n Alors on on a : P (M n [a n, b n ]) 95. Remarque : ce n était pas demandé, mais on peut noter que : a n = π π 8 π et b n = n π + π 8 π n. 6. (a) On sait avec (II ) que : P (X n ) = F X( n ) = π A( n ). Et, avec (I 6) : Lorsque x, A(x) x x3 6. Ceci peut être appliqué avec x = n qui tend bien vers lorsque n tend vers +. Ainsi, lorsque n tend vers + : A( n ) n 6n 3. En multipliant par π de chaque côté : Lorsque n + : P (X n ) πn 3πn 3. (b) Ici p n = P (X n ) = F X( n ). i. Par continuité de la fonction F X : lim n + p n = F X () =. ii. On a : sin ( π ( p n) ) = sin ( π F X( n )) = sin ( A( n )) = n. iii. Donc on a bien : n N, sin ( π ( p n) ) = n. Au voisinage de : cos(x) = x + o(x ). iv. On sait que : sin( π t) = cos(t). Ainsi l égalité de (ii) devient : cos ( π p ) n = n. 4

5 Lorsque n +, p n d après (i), donc on peut utiliser le développement limité de cos : π 8 p n + o(p n) = n. Et ainsi : π 8 p n n, et puisque p n on conclut que : p n c n avec c = 8 π = π. Remarque : si on était dans l épreuve B on aurait pu nous demander une simulation écrite en Python pour vérifier cette valeur obtenue pour c. On aurait alors pu écrire : def evalc(n): S= Q= for k in range(q): # On va simuler Q fois la variable X X=sin(pi/ * random()) # On réalise une simulation de X if X>= -/n: S=S+ # S compte le nombre de fois que X>=-/n p=s/q # p est une estimation de p_n c=p*sqrt(n) # c est une estimation de la constante c cherchée en 6-b-iv return(c) Partie III. On pose f n : x cos ( na(x) ). On utilisera la formule obtenue en (I 4) : cos ( A(x) ) = x.. f (x) = cos() = = P (x) avec P (X) =.. (a) On a : f (x) = cos ( A(x) ) = cos ( A(x) ) = ( x ). Ainsi : f (x) = x = P (x) avec P (X) = X. f (x) = cos ( 4A(x) ) = cos ( A(x) ) = ( f (x) ) = ( x ). Ainsi : f (x) = 8x + 8x 4 = P (x) avec P (X) = 8X + 8X 4. cos(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b) et cos(a b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b). Et donc : (b) Soient n dans N et x dans [, ]. cos(a + b) + cos(a b) = cos(a) cos(b). f n+ (x) + f n (x) = cos ( (n + )A(x) + A(x) ) + cos ( (n + )A(x) A(x) ) = cos ( A(x) ) cos ( (n + )A(x) ) grâce à la formule de trigo obtenue en (a). Puisque cos(a(x)) = f (x) = x, on a bien : n N, x [, ], f n+ (x) + f n (x) = ( x )f n+ (x). 5

6 3. Pour n N posons : P(n) : il existe un polynôme P n de degré n tel que : x [, ], f n (x) = P n (x). Prouvons la propriété P(n) par récurrence double : - Initialisation : On a déjà vu dans la question que pour tout x de [, ], f (x) = et f (x) = x. Puisque deg() = et deg( X ) =, P() et P() sont vraies. - Hérédité : Fixons n N et supposons P(n) et P(n + ) vraies. Alors, d après (b), pour tout x de [, ] : f n+ (x) = ( x )P n+ (x) P n (x). Puisqu un produit et une somme de polynômes est encore un polynôme, il existe bien un polynôme P n+ tel que pour tout x de [, ], f n+ (x) = P n+ (x). Quant au degré, on a par hypothèse de récurrence : - d une part, deg(p n ) = n. - d autre part, deg ( ( X )P n+ (X) ) = + deg(p n+ ) = n + 4. Puisque ces deux degrés sont différents, le degré de f n+ vaut le maximum, c est à dire (n+). Ainsi P(n + ) est vraie. - Conclusion : Le principe de récurrence double permet de conclure que : Pour tout n de N, il existe un polynôme P n de degré n tel que : x [, ], f n (x) = P n (x). Remarque : l énoncé demandait de prouver la propriété pour n non nul, mais elle est en fait aussi vraie pour n =. 4. (a) Puisque A est dérivable sur ], [, f n est dérivable sur ], [ et : x ], [, f n(x) = na (x) sin ( na(x) ) = n x sin ( na(x) ). Remarque : inutile de chercher à simplifier davantage, l objectif est d avoir des expressions permettant de répondre à la question suivante. On voit que f n est à son tour dérivable sur ], [ comme produit de telles fonctions, et pour tout x de ], [ : x n(x) = n ( x ) 3 f x = n ( x ) 3 sin ( na(x) ) sin ( na(x) ) n ( na (x) ) cos ( na(x) ) x 4n x f n(x). (b) Pour tout x de ], [ on calcule : G(x) = (x )f n(x) + xf n(x) 4n f n (x) ( x = n sin ( na(x) ) ) + 4n f n (x) nx sin ( na(x) ) 4n f n (x) x x Et ainsi =. f n est solution sur ], [ de l équation différentielle : (x )y + xy 4n y =. 6

7 Partie IV.. Soit P R n+ [X]. Déjà (X )P + XP est un polynôme en tant que somme et produit de polynômes. De plus deg(p ) n +, deg(p ) n, deg(p ) n. Puis deg(xp ) = + deg(p ) n +. Et deg((x )P ) = + deg(p ) n +.. Ici n =. (a) On a : Au final : pour tout P de R n+ [X], (X )P + XP R n+ [X]. Φ() = ; Φ(X) = X ; Φ(X ) = (X ) + X = + 4X Et ainsi : Φ(X 3 ) = 6X(X ) + 3X 3 = 6X + 9X 3. M = Mat(Φ) = (b) M est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Ainsi Sp(M) = {,, 4, 9}. Donc M est une matrice d ordre 4 qui a 4 valeurs propres distinctes, donc : Donc E 4 = V ect ( M est diagonalisable et a pour valeurs propres,, 4, 9. De plus chaque sous-espace propre est de dimension. E = V ect ( ). Pour E on a : M I 4 = 6 3. Ainsi E = V ect ( ). 8 4 Pour E 4 on a : M 4I 4 = x Puis : y x z = z = x z E 4 y t = y = t = t = t ). 9 Pour E 9 on a : M 9I 4 =

8 x D où : y 9x z = z E 9 4y 3t = z = t Donc E 9 = V ect ( 3 ). 4 x = y = 3 4 t z = Finalement une base de vecteurs propres est (T, T, T 3, T 4 ) avec T =, T =, T 3 =, T 4 = 3. 4 Le fait que (T, T, T 3, T 4 ) est une base vient du fait qu elle est libre (ce sont quatre vecteurs propres associés à quatre valeurs propres différentes) et de cardinal Pour k entre et n + : Φ(X k ) = (X )k(k )X k + XkX k = k(k )X k + k X k. D où la matrice de Φ : k(k ).. R = Mat(Φ) = k... (n + )(n) (n + ) 4. R est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses (n + ) coefficients diagonaux. Ainsi Sp(R) = {k, k [[, n + ]]}. Puisque R a (n + ) valeurs propres distinctes et R est d ordre n + : 5. Soit k [[, n]]. D après le résultat de (III-4-b), R (et donc Φ) est diagonalisable. x ], [, (x )P k (x) + xp k (x) = 4k P k (x). Puisqu un polynôme qui a une infinité de racines est nul, on peut en déduire que cette égalité est valable pour tout réel x. Donc le polynôme P k vérifie : Ce qui se réécrit : (X )P k + XP k = 4k P k. Φ(P k ) = 4k P k. De plus P k est dans R n+ [X] car, d après (III-3), deg(p k ) k n +. Ainsi P k est un vecteur propre de Φ associé à la valeur propre (k). Or tous les sous-espaces propres de Φ sont de dimension, puisqu il y en a n + et que dim(r n+ [X]) = n +. En conclusion : Pour tout k de [[, n]] : E (k) = V ect(p k ). 8