EXERCICE 1. Corrigé ESC 2005 Eco par Pierre Veuillez. 1. a) Comme h = f 3Id alors N = mat B (h) = mat B (f) 3mat B (I) = A 3I = Donc N 2 =

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1 Corrigé ESC 2005 Eco par Pierre Veuillez EXERCICE. a) Comme h = f Id alors N = mat B (h) = mat B (f) mat B (I) = A I = Donc N 2 = Et N = = = b) Comme on a la relation polynomiale N = 0 alors si λ est valeur propre de N alors λ = 0 et λ = 0 Donc la seule valeur propre possible de h est λ = 0 Est-elle valeur propre? on peut passer par 0 valeur propre N non inversible ou par la définition, rechercher un vecteur propre associé à 0. N x y z = 0 y = 0 x + y + z = 0 x 8y z = 0 { y = 0 x + z = 0 Donc 0 est valeur propre de N (ou de h) et le sous espace propre associé est Vect ((, 0, )) c) pour déduire, il faut faire le lien entre gh et f : h = f Id. On a alors λ valeur propre de f (A λi) non inversible. Et comme A = N + I λ valeur propre de f (N + ( λ) I) non inversible. λ valeur propre de h. La seule valeur propre de h étant 0, ceci équivaut à λ = 0 Donc la seule valeur propre de f est. N.B. on pouvait également passer par il existe u non nul tel que f (u) = λu puis remplacer f = h + Id ou encore par ker (f λid) {0} d) Comme f (u) = u h (u) = 0, pour déterminer le sous espace propre associé à, on peut réutiliser le travail déjà fait : Les vecteurs propres de f associés à sont les vecteurs propres de h associés à 0. Donc le sous espace propre de f associé à la valeur propre est S = Vect ((, 0, )) Une famille génératrice et libre (car (, 0, ) 0 ) en est (, 0, ) qui est donc une base de S Donc S est de dimension. e) Comme la somme des dimensions des sous espaces propres n est pas, f n est pas diagonalisable. on peut aussi résonner par l absurde : La seule valeur propre de f est donc si f est diagonalisable sa matrice dans une base 0 0 de vecteurs propres est D = 0 0 = I et A = P IP = I ce qui est faux. 0 0 Corrigé ESC 2005 page /9

2 Comme 0 n est pas valeur propre de f alors f est bijective. Conclusion : f est bijective mais non diagonalisable f) On considère les vecteurs de R : u = (,, ) ; u 2 = h(u ) ; u = h(u 2 ). On calcule les image en passant par les coordonnées dans B et la matrice de h : 0 0 N mat B (u ) = = donc u 2 = (,, 2) 8 2 N 2 = 0 vecteur propre associé à 0. Donc h (u ) = 0 g) On monter que la famille est libre : Si u + βu 2 + γu = 0 alors donc u = (, 0, ) et on reconnaît que u = (, 0, ) est + β + γ = 0 β = 0 donc + 2β γ = 0 L L par substitution. Donc la famille est libre et a trois vecteurs de R. c est donc une base de R. γ = 0 = 0 β = 0 h) Comme h (u ) = u 2, ses coordonnées dans la base B = (u, u 2, u ) sont (0,, 0) Comme h (u 2 ) = u, ses coordonnées sont (0, 0, ) Et comme h (u ) = 0, ses coordonnées sont (0, 0, 0) Donc N = i) Comme f = h + Id alors la matrice de f dans B est mat B (h) + I = N + I On considère la matrice P = a) P est la matrice de passage de B dans B donc elle est inversible. Et d après la formule de changement de base, mat B (f) = mat B (B ) mat B (f) mat B (B) et A = P (I + N )P. b) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à deux. b. b. Par récurrence : Pour n = 0 on a P (I + N ) 0 P = P P = I = A 0 Soit n 0 tel que A n = P (I + N ) n P. Alors A n+ = P (I + N ) n P P (I + N )P = P (I + N ) n+ P Donc pour tout entier n, A n = P (I + N ) n P. b2. On peut calculer (N ) ou rechercher le lien : N = P N P et N = P NP donc (N ) = P N P = 0 On peut alors démontrer par récurrence : (I + N ) 0 = I + 0N + 0 (N ) 2 donc a 0 = : b 0 = 0 : c 0 = 0 conviennent. Corrigé ESC 2005 page 2/9

3 Soit n tel qu il existe (a n, b n, c n ) avec alors (I + N ) n = a n I + b n N + c n (N ) 2 alors (I + N ) n+ = [ a n I + b n N + c n (N ) 2] [I + N ] = a n I + (b n + a n ) N + (c n + b n ) (N ) 2 + c n (N ) = a n I + (b n + a n ) N + (c n + b n ) (N ) 2 car (N ) = 0 donc a n+ = an : b n+ = b n + a n et c n+ = c n + b n conviennent (réels) Donc pour tout entier n, il existe des réels (a n, b n, c n ) tels que (I + N ) n = a n I + b n N + c n (N ) 2 alors ou appliquer la formule du binôme : IN = N = N I Donc (I + N ) n = n ( n k=0 k) (N ) k n k I k et comme les puissances de N sont nulle au delà de 2, on découpe la somme (ce que l on ne peut faire que si n 2 ) (I + N ) n = 2 k=0 ( ) n (N ) k n k I + k = n I + n n N + n k= ( ) n 0 n k I k k n (n ) n 2 (N ) 2 2 Méthode qui nous fournit les valeurs de a n = n : b n = n n : c n = n(n ) 2 n 2 (valeurs qui conviennent encore pour n = 0, et ) b. On a alors EXERCICE 2 A n = P ( a n I + b n N + c n (N ) 2) P = a n P IP + b n P N P + c n P (N ) 2 P = a n I + b n N + c n N 2 On considère la fonction de deux variables f définie sur l ouvert U =]0; + [ ]0; + [ par : f((x, y)) = x 2 ln y y ln x. On note g la fonction définie sur ]0; + [ par g(t) = 4t 2 2t ln t. a) g est C 2 sur ]0, + [ comme produit et somme de fonctions C 2 et pour tout t > 0 : g (t) = 8t 2 ln (t) 2 g (t) = 8 2 = 2 4t t t b) g est du signe de 4t donc t t affi ne g (t) 0 + g (t) g (t) + avec g ( 4) = 2 2 ln ( 4) 2 = 2 ln (4) > 0 car 4 > e En 0 : Corrigé ESC 2005 page /9

4 g (t) = 8t 2 ln (t) 2 + et g(t) = 4t 2 2t ln t et comme t ln (t) = ln(t) et que ln (t) = 0 (/t) alors g (t) /t En + : ( ) g (t) = 8t 2 ln (t) 2 = t 8 2 ln(t) 2 + car ln (t) = o (t) t t et g(t) = 4t 2 2t ln t = t ( ) ln t t t + 2 c) Comme g est continue et strictement croissante sur ]0, + [ elle est bijective de ]0, + [ dans ]lim 0 g, lim + g[ = ], + [ Et comme 0 ], + [ alors Conclusion : l équation g (x) = 0 a une unique solution, ]0, + [ d) On a donc 0 = g () = ln () d où 2 ln () = 4 2 et Conclusion : ln = a) La fonction coordonnée (x, y) y est C 2 sur R 2 Donc (x, y) ln (y) est C 2 en (x, y) tel que y > 0 de même (x, y) ln (x) est C 2 en (x, y) tel que x > 0 Donc f est C 2 en (x, y) tels que x > 0 et y > 0 donc sur ]0, + [ ]0, + [ = U b) Les dérivées partielles d ordre de f sont : f((x, y)) = x 2 ln y y ln x f x (x, y) = 2x ln (y) y x f x2 (x, y) = ln (x) y y c) Donc si (x 0, y 0 ) est un point critique de f alors f (x y 0, y 0 ) = x2 0 y 0 ln (x 0 ) = 0 et donc y 0 ln (x 0 ) = x 2 0 > 0 donc, comme y 0 > 0 alors ln (x 0 ) > 0 et x 0 > Conclusion : x 0 > et y 0 = (x 0) 2 ln x 0 d) g(ln (x 0 )) = 4 ln (x 0 ) 2 2 ln (x 0 ) ln (ln (x 0 )) Et comme 0 = f x (x 0, y 0 ) = 2x 0 ln (y 0 ) y ( ) 0 (x0 ) 2 = 2x 0 ln x 0 ln x 0 ( ) (x0 ) 2 = 2x 0 ln x 0 ln x 0 ln (x 0 ) [ ( ) ] x 0 (x0 ) 2 = 2 ln (x 0 ) ln ln (x 0 ) ln x 0 = = x 0 Conclusion : g(ln x 0 ) = 0. ln (x 0 ) [2 ln (x 0) [2 ln (x 0 ) ln (ln x 0 )] ] x 0 ln (x 0 ) g (ln (x 0)) (x 0 ) 2 ln x 0 x 0 Donc si (x 0, y 0 ) est un point critique alors ln (x 0 ) = et x 0 = e et y 0 = (x 0) 2 Réciproquement, si x 0 = e et y 0 = e2 f (x x 0, y 0 ) = 0 ln x 0 = e2 f alors (x y 0, y 0 ) = 0 et g (x 0 ) = 0 donc Corrigé ESC 2005 page 4/9

5 . a) On a ) Donc (e, e2 est un point critique de f et c est le seul. r = 2 f x (x, y) = 2 ln (y) + y 2 x 2 s = 2 f y x (x, y) = 2x y x t = 2 f (x, y) = x2 y2 y 2 b) On calcule la différence : 2 ln y 0 + y 0 (x 0 ) 2 2 = ( ) e 2 e 2 2 ln + e 2 2 = 4 2 ln () + 2 = ( ln () ) = g () Conclusion : 2 ln y 0 + y 0 (x 0 ) 2 = 2 Comme r > 0 et que t < 0 alors rt s 2 < 0 et donc sur l ouvert U, f n a pas d extremum local, et a fortiori, global. { h(t) = 6 f(t, t) lorsque t ]0; ] 4. On définit sur R l application h telle que 5 h(t) = 0 lorsque t 0 ou t > a) On a h (t) = 6 5 (t2 t) ln (t) si t ]0; ] Donc h est continue sur ]0; ], sur ], 0] et sur ], + [ En 0 + : h (t) = 6 5 (t2 t) ln (t) = h (t) = 6 ln(t) (t ) 0 quand t 0 car ln (t) = 0 (t) 5 /t Donc h (t) h (0) quand t 0, t > 0 et h est continue en 0 + En + : h (t) = 0 0 = h () donc h est continue en + Finalement, h est continue sur R. b) On calcule a t k ln t dt en intégrant par parties : u (t) = t k : u (t) = k+ tk+ : v (t) = ln (t) : v (t) = t avec u et v C sur [a, ] (car a > 0 ) Donc a t k ln t dt = ak+ ln (a) k + = ak+ ln (a) k + k + a t k dt (produit changé en puissance) ( ) a k+ (k + ) 2 et quand a 0, a k+ ln (a) 0 car ln (a) = o ( a k+) donc Conclusion : l intégrale impropre en 0 : 0 t k ln t dt converge et vaut (k + ) 2. Corrigé ESC 2005 page 5/9

6 c) Montrer que pour tout réel t de ]0; ], on a t 0 et ln (t) ln () = 0 donc (t ) ln t 0. Donc (t 2 t) ln (t) = t (t ) ln (t) 0 et h est positive sur ]0, ] et nulle ailleurs. Conclusion : h 0 sur R d) Reste à calculer + h Cette intégrale est impropre en ± et en 0 0 h = 0 0 converge et vaut 0. + h = + 0 converge et vaut 0. h = (t2 t) ln (t) dt = 0 Or 0 t2 ln (t) dt = = 2 9 et t ln (t) dt = 0 4 Donc (t2 ln (t) t ln (t)) dt = 6 5 Conclusion : h est donc une densité de probabilité. EXERCICE 6 5 (t2 ln (t) t ln (t)) dt (produit changé en somme) ( 9 + 4) = Une urne contient initialement deux boules rouges et une boule bleue indiscernables au toucher. On appelle épreuve la séquence suivante : On tire une boule de l urne, puis : Si la boule tirée est bleue, on la remet dans l urne. Si la boule tirée est rouge, on ne la remet pas dans l urne mais on remet une boule bleue dans l urne à sa place. L expérience aléatoire consiste à effectuer une succession illimitée d épreuves. Pour tout entier naturel n non nul, on note Y n la variable aléatoire discrète égale au nombre de boules rouges présentes dans l urne à l issue de la n - ième épreuve. On notera pour chaque entier naturel k non nul les événements suivants : R k : " Lors de la k-ième épreuve on a extrait une boule rouge de l urne. " B k : " Lors de la k-ième épreuve on a extrait une boule bleue de l urne. ". Y est le nombre de boules rouges présentes dans l urne à l issue du premier tirage. Si on a tiré rouge, elle est remplacée par bleue et il n en reste qu une Si on tiré bleu, elle est remise dans l urne et il reste 2 rouges. Donc Y (Ω) = {, 2} avec (Y = ) = R et P (Y = ) = 2 (boules équiprobables) et (Y = 2) = B et P (Y = 2) = 2. Quand n 2, on peut avoir obtenu aucune, une ou 2 boules rouges. Donc à l issue des n tirages, il peut en rester Y n (Ω) = {0,, 2}. (Y n = 2) signifie que l on a retiré aucune boule rouge. Donc que l on a obtenu que des boules bleues. (Y n = 2) = B B n Donc P (Y n = 2) = P (B ) P B (B 2 ) P B B n (B n ) le conditionnement précisant que l on conserve toujours les mêmes boules dans l urne. Donc P (Y n = 2) = ( ) n 4. On pose pour tout entier naturel non nuln, u n = P (Y n = ). a) On a trouvé u = P (Y = ) = 2 On a u 2 = P (Y 2 = ) Corrigé ESC 2005 page 6/9

7 Comme (Y 2 = ) signifie qu il ne reste qu un rouge, c est que l on en a tiré une seule : au premier ou au second tirage. (Y 2 = ) = (R B 2 ) (B R 2 ) et les deux étant incompatibles On a donc bien u 2 = 2. P (Y 2 = ) = P (R B 2 ) + P (B R 2 ) = P (R ) P R (B 2 ) + P (B ) P B (R 2 ) = = 6 9 b) Pour n 2, (Y n =, Y n = 2, Y n = ) est une système complet d événements Donc P (Y n+ = ) = P Yn=0 (Y n+ = ) P (Y n = 0) +P Yn= (Y n+ = ) P (Y n = ) +P Yn=2 (Y n+ = ) P (Y n = 2) le conditionnement donne la composition de l urne et donc pour avoir après tirage une seule rouge il faut : P Yn=0 (Y n+ = ) = 0 P Yn= (Y n+ = ) = P 2BR (B n ) = 2 P Yn=2 (Y n+ = ) = P 2RB (R n ) = 2 et P (Y n+ = ) = 2 P (Y n = ) + 2 P (Y n = 2) = 2 u n + 2 n+ Et pour n = on a 2u + 2 = = 6 = 2 = u Conclusion : pour tout n, on a u n+ = 2 u n + 2 n+ c) On pose pour tout entier naturel n non nul v n = u n + 2 n. On calcule v n+ en fonction de v n : v n+ = u n+ + 2 n+ = 2 u n n+ = 2 ( u n + 2 ) n+ = 2 v n n+ Donc la suite v est géométrique de raison 2 et v n = ( 2 n ) v pour tout entier n avec v = u + 2 = 4 on a donc Conclusion : u n = v n 2 ( ) n 2 = 2 2 n n Corrigé ESC 2005 page 7/9

8 d) Pour n 2, comme les seules valeurs possibles de Y n sont 0, et 2 on a donc P (Y n = 0) = P (Y n = ) P (Y n = 2) ( ( ) n 2 = 2 2 ) ( n ( ) n ( ) n 2 = 2 + formule que l on test pour n = : 2 ( 2 ( ) + ) = 0 = P (Y = 0) convient encore. Conclusion : Donc pour tout entier n on a P (Y n = 0) = 2 ( 2 n ( ) + ) n 5. On a alors Conclusion : E (Y n ) = 2 ( ) 2 n ) n E (Y n ) = 0P (Y n = 0) + P (Y n = ) + 2P (Y n = 2) ( ) n 2 = 2 2 ( ) n + 2 n ( ) n 2 = 2 6. On note Z la variable aléatoire égale au numéro de l épreuve amenant la dernière boule rouge. (ESC 2005) a) La dernière boule rouge (la seconde) peut apparaître à partir de la seconde épreuve au plus tôt et il n y a pas de plus tard. Donc Z(Ω) = [[2, + [[. b) Soit k un entier supérieur ou égal à 2. (Z = k) signifie que au k ieme tirage on a tiré la dernière boule rouge. Donc qu après ce tirage, il n y en a plus alors qu avant il y en avait encore une : (Z = k) = (Y k = 0) (Y k = ) c) Donc (les deux ne sont pas du tout indépendants!) d) La loi de Z est donc donnée par : Z(Ω) = [[2, + [[ et pour tout k [[2, + [[ : P (Z = k) = P (Yk =) (Y k = 0) P (Y k = ) = P 2BR (R) P (Y k = ) ( = ( ) ) k k = ( 2 k 2 ) k Corrigé ESC 2005 page 8/9