ECRI COME Banque d épreuves communes aux concours des Ecoles esc bordeaux / esc marseille / icn nancy / esc reims / esc rouen / esc toulouse Aucun instrument de calcul n est autorisé. Aucun document n est autorisé. L énoncé comporte 5 pages CONCOURS D ADMISSION option economique MATHÉMATIQUES Année 6 Les candidats sont invités à soigner la présentation de leur copie, à mettre en évidence les principaux résultats, à respecter les notations de l énoncé, et à donner des démonstrations complètes (mais brèves) de leurs a rmations. Tournez la page S.V.P Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7 /5
EXERCICE. On considère la fonction f dé nie pour tout réel x par : :f (x) = x + + e x ainsi que la fonction g des deux variables réelles x et y dé nie par : g (x; y) = e x x + y + e x. Recherche d extremum local de g:. Etudier les variations de f et donner les limites de f (x) lorsque x tend vers + et.. Justi er l existence d une asymptote oblique au voisinage de et donner la position de la courbe représentative de f par rapport à cette asymptote. 3. Déduire des variations de f l existence d un unique réel, élément de l intervalle [ ; ] tel que f () =. ( on rappelle que e ' ; 7 ) 4. Déterminer le seul point critique de g, c est-à-dire le seul couple de R, en lequel g est susceptible de présenter un extremum. 5. Véri er que g présente un extremum relatif en ce point. Est-ce un maximum ou un minimum? 6. Montrer que l on a : 4 + =. Etude d une suite réelle. On s intéresse à la suite (u n ) nn dé nie par son premier terme u = 8n N u n+ = u n f (u n ) f (u n ) et par la relation. Prouver que f est convexe sur R. En déduire que que pour tous réels x et t :. En déduire l inégalité suivante : Puis que pour tout entier naturel n. : f (x) + (t x) f (x) 6 f (t) 8n N 6 u n+ 6 u n+ 6 u n 6 En déduire que la suite (u n ) nn est convergente vers un réel à préciser 3. On admet que pour tout x de l intervalle[ ; ] : 6 (x ) f (x) f (x) 6 (a) Prouver alors que pour tout entier naturel n : (x ) e 6 u n+ 6 (u n ) e (b) Puis démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n : 6 u n 6 e n 4. Écrire un programme en langage Pascal permettant, lorsque l entier naturel p est donné par l utilisateur, de calculer une valeur approchée de, de telle sorte que l on ait : 6 u n 6 p Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7 /5
EXERCICE Pour tout entier naturel n, on dé nit la fonction f n de la variable réelle x par : x f n (x) = x n exp. Justi er que f n (x) est négligeable devant au voisinage de +. x. Prouver la convergence de l intégrale 3. O pose I n = + R f n (x) dx + R f n (x) dx (a) A l aide d une intégration par parties portant sur des intégrales dé nies sur le segment [; A] avec A >, prouver que pour tout entier naturel n : I n+ = (n + ) I n (b) En utilisant la loi normale centrée réduite, justi er que : r I = (c) Donner la valeur de I (d) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n : I n = r (n)! n n! I n+ = n n! 4. Soit f la fonction dé nie pour tout réel x par : f (x) = f (x) si x > f (x) = si x < (a) Démontrer que f est une densité de probabilité. (b) Soit X une variable aléatoire réelle qui admet f pour densité de probabilité. i. Justi er que X admet une espérance E (X), et préciser sa valeur ii. Justi er que X admet une variance V (X), et préciser sa valeur. 5. On désigne par F et G les fonctions de répartitions respectives de X et de Y = X (a) Exprimer G (x) en fonction de F (x) en distinguant les deux cas : x < et x > (b) En déduire que Y est une variable à densité. Reconnaître la loi de Y et donner la valeur de E (Y ) et V (Y ) Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7 3/5
EXERCICE 3 E désigne l espace des fonctions polynômes à coe cients réels, dont le degré est inférieur ou égal à l entier naturel.. Etude d un endomorphisme de E. On considère l application f qui, à tout élément P de E; associe la fonction polynôme Q telle que : et B = (P ; P ; P ) la base canonique de E dé nie par :. Montrer que f est un endomorphisme de E. pour tout x réel : Q (x) = (x ) P (x) + P (x) pour tout réel x : P (x) = ; P (x) = x et P (x) = x. Véri er que la matrice A de f dans B, s écrit sous la forme : A = @ A 3 3. Quelles sont les valeurs propres de f? f est-il diagonalisable? f est-il un automorphisme de E? 4. Déterminer l image par f des fonctions polynômes R ; R ; R dé nies par : pour tout réel x : R (x) = ; R (x) = x et R (x) = (x ) 5. Montrer que B = (R ; R ; R ) est une base de vecteurs propres de f. Écrire la matrice de passage P de la base B à la base B ainsi que la matrice D de f dans la base B : 6. Véri er que pour tout réel x : R x + R (x) + R (x) = P (x) R (x) + R (x) = P (x) En déduire la matrice de passage de la base B à la base B 7. Écrire A en fonction de D : Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n : A n = P D n P et expliciter la troisième colonne de la matrice A n. Suite d épreuves aléatoires. On dispose d une urne qui contient trois boules numérotées de à. On s intéresse à une suite d épreuves dé nies de la manière suivante : La première épreuve consiste à choisir au hasard une boule dans cette urne. Si j est le numéro de la boule tirée, on enlève de l urne toutes les boules dont le numéro est strictement supérieur à j, le tirage suivant se faisant alors dans l urne ne contenant plus que les boules numérotées de à j. Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7 4/5
On considère alors la variable aléatoire réelle X k égale au numéro de la boule obtenue à la k eme épreuve (k > ) On note alors U k la matrice unicolonne dé nie par : P [X k = ] U k = @ P [X k = ] A P [X k = ] où P [X k = j] est la probabilité de tirer la boule numéro j à la k eme épreuve. On convient de dé nir la matrice U par : U = @ A. Déterminer la loi de X (On pourra s aider d un arbre). Calculer l espérance et la variance de X. Par utilisation de la formule des probabilités totales, prouver que pour tout entier naturel k : 3. Écrire U k en fonction de A et U U k+ = A U k 4. Pour tout k de N, donner la loi de X k et véri er que l on a : lim P [X k = ] = ; k!+ lim P [X k = ] = ; k!+ lim P [X k = ] = k!+ Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7 5/5
ECRICOME VOIE E 6 ANNALES DE MATHEMATIQUES 6 ECRICOME VOIE E 6 CORRIGE PREMIER EXERCICE. Recherche d un extremum local de g ) La fonction f est définie, continue, dérivable sur R comme somme de fonctions continues, dérivables sur R. x R, f (x) = + e x x R, e x > = x R, f (x) >. On a le tableau de variations suivant : Explication des limites : lim (x + ) = lim x + lim x (x + ) = et lim x + ex = + = x + f (x) + f + lim f(x) = + x + x ex = = lim f(x) = x + ) Remarquons que lim (f(x) (x+)) = lim x x ex =. La droite d équation y = x+ est asymptote à la courbe C f représentative de f en. De plus f(x) (x + ) = e x > : la courbe C f est au dessus de son asymptote. 3) La fonction est continue sur R, strictement croissante sur R, c est donc une bijection de R sur son image qui est l intervalle ], + [= R d après le tableau de variations. y R,!x R / y = f(x) ; en particulier pour y =. De plus, f( ) = + e = + e. Il existe un unique réel α tel que f(α) = e > = e > 4 >, donc e < 4 puisqu il s agissait d une inégalité entre nombres strictement positifs. On a donc + e < + = <. page Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 Conclusion : f( ) <. f( ) = e >. Sur l intervalle [, ], la fonction f change de signe, donc elle s annule (puisqu elle est continue) : α ], [ 4) L application (x, y) x est de classe C sur R en tant que fonction polynomiale et à valeurs dans R ; t e t est de classe C sur R, donc par composition, (x, y) e x est de classe C sur R. L application (x, y) x + y est de classe C sur R (fonction polynomiale). Donc l application (x, y) x + y + e x est de classe C sur R comme somme de fonctions de classe C sur R. L application g : (x, y) (x + y + e x )e x est de classe C sur R comme produit. On en déduit que g admet des dérivées partielles d ordre sur R (puisque g est a fortiori de classe C ). R étant une partie ouverte de R, g ne peut admettre un extremum qu en un point critique. Recherche des points critiques g (x, y) = x g y (x, y) = { e x (x + y + e x ) + e x ( + e x ) = ye x = { e x ( + x + y + e x ) = y = car x R, e x { + x + y + e x = car x R, e x y = { f(x) = puisque y = y = { x = α d après la question 3) y = La fonction g admet un seul point critique : (α, ) 5) La fonction g étant de classe C sur R, elle admet des dérivées partielles d ordre continues sur R. On peut donc appliquer à g le théorème de Schwarz, c est-à-dire, (x, y) R, g (x, y) = x y. Utilisons les notations de Monge ; (x, y) R, g x (x, y) = r(x, y) = ex ( + x + y + e x ) + e x ( + e x ) g = t(x, y) y = ex s(x, y) = ye x Au point (α, ) : r(α, ) = e α ( + α + 4e α ) t(α, ) = e α s(α, ) = = e x ( + x + y + 4e x ) g (x, y) = s(x, y) y x (s rt)(α, ) = e α ( + α + 4e α ). On sait que < α <, donc + α > et par suite + α + 4e α > puisque 4e α > page Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 3 (s rt)(α, ) <, donc g possède en ce point un extremum local. Or r(α, ) = e α ( + α + 4e α ) >, donc cet extremum est un minimum local. 6) La valeur de ce minimum est β = g(α, ) = e α (α + e α ). Or on sait que f(α) =, ce qui donne α + + e α =, d où l on tire : e α = ( + α). Ainsi on obtient β = (α + )(α (α + )) = = α 4 (α + )(α ) Cette dernière égalité équivaut à 4β + α =. Etude d une suite réelle ) x R, f (x) = e x >, donc La fonction f est convexe sur R Cela signifie que la courbe C f est au dessus de ses tangentes. Soit x R ; la tangente au point d abscisse x de la courbe C f a pour équation : y = f (x)(t x) + f(x) ; la variable étant ici t, la courbe C f a pour équation y = f(t). La courbe C f au dessus de ses tangentes s exprime ainsi : x R, t R, f(x) + (t x)f (x) f(t) ) Remplaçons dans l inégalité précédente x par u n et t par u n+. On obtient f(u n ) + (u n+ u n )f (u n ) f(u n+ ). Par définition de la suite (u n ), on a u n+ u n = f(u n) ; l inégalité précédente s écrit f (u n ) alors : f(u n ) f(u n) f (u n ) f (u n ) f(u n+ ), c est-à-dire f(u n+ ). Or f(α) =, donc on peut écrire f(α) f(u n+). L application f étant strictement croissante sur R, on en déduit α u n+ On vient de montrer que n N, α u n+, ce qui peut s écrire n N, α u n (il suffit de faire le changement d indice k = n + ). Mais u = et α < d après la question 3), donc n N, α u n La fonction f est croissante sur R, donc n N, α u n = f(u n ) Donc n N, f(u n) f (u n ) puisque f > sur R. Conclusion n N, u n+ u n La suite (u n ) est décroissante page 3 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
4 ECRICOME VOIE E 6 On a donc en particulier : n N, u n u, soit u n. n N, α u n+ u n La suite (u n ) est décroissante et minorée par α donc elle converge vers un réel l α Détermination de l. f et f sont continues sur R (d après la question 3), donc elles sont continues au point l ; on a donc lim f(u n) = f(l) et lim f (u n ) = f (l). De plus f > sur R, donc n + n + f f(u (l) et on peut affirmer lim n ) n + f (u n ) = f(l) f (l) Par passage à la limite, l égalité u n+ u n = f(u n) f(l) donne f l l =, soit (u n ) f f(l) =. (l) 3 a) l = α Rappelons que n N, u n+ u n = f(u n) f (u n ), donc u n+ α = u n α f(u n), soit encore f (u n ) u n+ α = (u n α)f (u n ) f(u n ) f (u n ) On a vu au 3 3) et au ) que α u n <, donc u n [, ] ; on peut donc utiliser l inégalité admise en y remplaçant x par u n. On obtient alors n N, (u n α)f (u n ) f(u n ) (u n α) e (*) D autre part, x R, f (x) = + e x, donc f (x) >, ce qui équivaut à < f (x) <. En particulier n N, < f (u n ) < (**) Multiplions membre à membre les inégalités (*) et (**). On trouve (u n α)f (u n ) f(u n ) f (u n ) (u n α) e, c est-à-dire n N, u n+ α (u n α) e 3 b) Initialisation. On sait que < α <, donc < α < d où u + < u α < u +, soit < u α <. D autre part, e = e =. On a bien u α e L inégalité u n α est satisfaite au rang n =. e n Hérédité Supposons que pour un entier n, on ait u n α. S agissant d une e n ( ) inégalité entre nombres positifs, on peut l élever au carré : (u n α), e n ce qui équivaut successivement à (u n α) (e n ), page 4 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 5 (u n α), ou encore à e (n ) (u n α), puis à e n+ (u n α) e (u n α) e e x e y = e x+y e e n+ e n+ (car e > ) et enfin à (***) ; nous n avons pas oublié que (e x ) y = e xy et Or on sait que u n+ α (u n α) e (****), donc en comparant (***) et (****), on obtient u n+ α. C est l inégalité attendue au rang n +. La propriété est e n+ héréditaire. 4) Par principe du raisonnement par récurrence, n N, u n α e n Si e n p, alors l inégalité du 3 b) donnera u n α p Résolvons l inéquation e n p. Elle équivaut successivement à : p e n, puis à n p ln (car la fonction ln est strictement croissante), puis à ( ) n + p ln = et enfin à n ln ln + p ln() ( On prendra n égal à + la partie entière de ln + p ln()) notée trunc en langage Pascal, c est-à-dire n = + trunc(ln( + p ln())) On utilisera bien-sûr la relation de récurrence u n+ = u n f(u n) f (u n ) = u n u n + + e un + e u n PROGRAM ECRICOME6 : var u : real ; k, n : integer ; BEGIN n := + trunc(ln( + p ln())); u := ; for k := to n do u := u-(u++*exp(u))/+*exp(u)) ; writeln( u =, u : : p) ; END. Le programme a tourné avec p = 8, on avait alors n = 9 et on a obtenu pour valeur approchée de α :.4635 (Turbo-Pascal version 7) Remarque : On peut aussi inclure dans ce programme la recherche informatique de n, par une boucle. page 5 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
6 ECRICOME VOIE E 6 ) DEUXIEME EXERCICE x >, n N, x n+ exp( x x ) >. Posons t =, on a x >, donc x = t x n+ = ( t ) n+ = ( ) n+ t n+. Il s ensuit que x n+ exp( x ) = ( ) n+ t n+ exp( t). On a t + lorsque x +, donc exp( t) = par croissances comparées (rap- lim x + xn+ exp( x ) = lim ( ) n+ t n+ t + pelons que lim t + t a exp(t) = ) Donc lim x + xn+ exp( x ) = ce qui s écrit aussi lim x + x x n exp( x ) =, donc lim x + x n exp( x ) = et cela exprime que xn exp( x ( ) ) = x (+ ) x ) Du résultat précédent on déduit : A > / x A, x n+ exp( x ) et en divisant les termes de cet encadrement par x (qui est strictement positif puisque x A > ), on obtient : x A, f(x) x Remarquons que la fonction f est continue sur R puisque x x est continue et à valeurs dans R et l exponentielle est continue sur R, donc x exp( x ) est continue sur R. Il en résulte immédiatement que f est le produit de deux fonctions continues sur R donc elle est continue sur R et a fortiori sur R + L intégrale A dx x est convergente d après le critère de Riemann car >. Par le théorème de comparaison des fonctions continues positives, on conclut que l intégrale l intégrale 3 a) A A f n (x)dx est convergente. Sur l intervalle [, A], f n est continue, donc f n (x)dx existe et par conséquent L intégrale Soit A >. Posons I n+ (A) = A f n (x)dx est convergente. x n+ exp( x )dx. Soit u(x) = x n+ ; u (x) = (n + )x n ; v (x) = x exp( x ) ; v(x) = exp( x ). Les fonctions u et v sont de classe C sur R + (cela se démontre comme la continuité de f au ) et on peut intégrer par parties. A x n+ exp( x )dx = [ A x n+ exp( x )] A + (n + ) x n exp( x )dx A = A n+ exp( A ) + (n + ) x n exp( x )dx page 6 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 7 lim A + I n+(a) = I n+ puisque l intégrale x n+ exp( x )dx converge. De même lim I n(a) = I n. D autre part, lim A + A + An+ exp( A ) = (cela se démontre comme au ). En passant à la limite dans l égalité précédente qui s écrit : A I n+ (A) = A n+ exp( A ) + (n + ) on obtient 3 b) x n exp( x )dx = An+ exp( A ) + (n + )I n(a), n N, I n+ = (n + )I n I = exp( x )dx. Si l on considère une variable aléatoire X qui suit la loi normale N (, ), une densité de X est la fonction φ définie par : x R, φ(x) = exp( x π ) et par définition d une densité on a : π exp( x )dx =. Or la fontion x exp( x ) est manifestement paire, donc exp( x )dx = Il en résulte que π 3 c) I = = lim B + I = xe x dx = lim [ e x B + exp( x )dx = B ] B = lim B + exp( x π )dx = = π4 = π xe x dx ( ) e B + I = puisque lim B B + e = 3 d) Cas de I n. Nous procéderons par récurrence. Initialisation : pour n = I = π = π!. L égalité a bien lieu..! exp( x )dx. Hérédité Supposons que pour un entier n, on ait I n = π (n)! n n!. D après la relation 3 a) I (n+) = I n+ = (n + )I n (on a remplacé n par n). Donc, d après l hypothèse de récurrence, I (n+) = π (n)! n (n + ) n! = π (n)!(n + )(n + ) n n!(n + ) = π ((n + ))! n+ (n + )! C est l égalité attendue au rang n + : La propriété est héréditaire et page 7 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
8 ECRICOME VOIE E 6 Par principe du raisonnement par récurrence, n N, I n = π (n)! n n! Cas de I n+. La démarche est identique. Donnons-en une justification abrégée. Initialisation : pour n = I = =!. L égalité a bien lieu. Hérédité Si pour un entier n, on a I n+ = n n!, alors I (n+)+ = I n+3 = I (n+)+ = (n + )I n+ d après 3 a) = n n!.(n + ) = n+ (n + )! D où n N, I n+ = n n! 4 a) On a vu au ) que, pour tout n N, f n était continue sur R + ; f est donc continue sur R +. Ceci prouve que f est continue sur R + (et continue en à droite). L application x x est continue sur R, donc f est continue sur R (i) f est continue sur R x R +, f (x) (propriété de l exponentielle), donc (ii) x R, f(x), donc 4 b) f(x)dx se réduit à f (x)dx = I. On sait d après 3 c) que cette intégrale vaut (iii) f(x)dx = D après les points (i), (ii), (iii) f est une densité de probabilité (I) E(X) existe si et seulement si l intégrale xf(x)dx est (absolument) convergente. Or cette intégrale se réduit à x e x dx puisque sur R, f(x) =. La quantité x e x étant sur R +, la convergence de l intégrale suffit. Or et cette intégrale est convergente d après ). E(X) existe et E(X) = I = π! = π d après 3 d) x e x dx = I (II) V (X) existe si et seulement si E(X) existe (et c est le cas) et E(X ) existe. L existence de E(X ) se justifie comme celle de E(X) et E(X ) = x 3 e x dx = I 3 ; donc E(X ) =! = 3 d après 3 d). Donc, d après la formule de Koenig-Huyghens, V (X) = E(X ) (E(X)) = π, 5 a) x R, G(x) = P (Y x) = P (X x). V (X) = 4 π page 8 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 9 Si x <, l événement (X x < ) =, donc G(x) =. Si x, P (X x) = P ( X x) = P ( x X x) = F ( x) F ( x). Pour les lecteurs qui ne sauraient pas d où vient cette relation, rappelons : P ( x X x) = x x f(t)dt = x f(t)dt x f(t)dt d après la relation de Chasles sur les intégrales convergentes ; ce qui donne le résultat par définition de la fonction de répartition d une variable à densité. Remarque : l auteur de l énoncé a sans doute voulu dire exprimer G à l aide de F car G(x) ne s exprime pas à l aide de F (x). 5 b) Si x, G(x) = G(x) = x x f(t)dt = te t dt = [ e t x f(t)dt puisque f est nulle sur R, donc sur [ x, ] ] x = e x Récapitulons : G(x) = { si x < e x si x Y est donc une variable à densité puisque sa fonction de répartition est celle d une variable qui suit la loi exponentielle de paramètre. Y E( ) ; E(Y ) = et V (Y ) = 4 TROISIEME EXERCICE 3. Etude d un endomorphisme de E ) Nous noterons P k le polynôme x x k. Soit P E,. Si P = () (polynôme nul), P = () et Q = ().. Si deg P =, P = () et Q = P.. Si deg P {, }, deg P, deg(x )P, donc deg Q. Dans tous les cas, Q appartient à E. Soit (T, T ) E et α R. x R, (f(αt + T ))(x) = (x( )(αt + T ) (x) + )(αt + T )(x) = α (x )T (x) + T (x) + (x )T (x) + T (x), en utilisant la linéarité de la dérivation et les règles de calculs élémentaires dans R. ( ) ( ) Donc x R, f(αt + T ) (x) = αf(t ) + f(t ) (x), ce qui veut dire f(αt + T ) = αf(t ) + f(t ). ) f est linéaire de E dans E : c est donc un endomorphisme de E x R, f(p )(x) = P (x) car P (x) = : f(p ) = P page 9 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 x R, (f(p ))(x) = (x ) + x = x = (P P )(x) : f(p ) = P + P x R, (f(p ))(x) = (x ) x + x = 3x x = (3P P )(x) : f(p ) = P + 3P La matrice de f dans la base canonique de E, qui s écrit en mettant en colonnes les coordonnées de f(p ), f(p ) et f(p ), vaut donc : A = 3 3) La matrice A est triangulaire, ses valeurs propres sont les termes diagonaux. spect A = spect f = {,, 3} Card(spect f) = 3 = dim E est une condition suffisante de diagonalisabilité : f est diagonalisable L endomorphisme f n admet pas pour valeur propre, f est injectif donc bijectif puisque c est un endomorphisme d un espace de dimension finie 3. 4) f est un automorphisme de E R = P ; on sait donc déjà que f(r ) = R : R est donc un vecteur propre de f associé à la valeur propre (n oublions pas que R n est pas nul). R = P + P ; la liste de ses coordonnées dans la base canonique de E est (,, ) ; les coordonnées de f(r ) sont données par A =. Il en résulte que f(r ) = R : R, qui n est pas nul, est donc un vecteur propre de f associé à la valeur propre. R a pour coordonnées (,, ) puisque (x ) = x + x. A = 3 6 : 3 f(r ) = 3R : R, qui n est pas nul, est donc un vecteur propre de f associé à la valeur propre 3. On sait que lorsque, dans un espace de dimension n, un endomorphisme possède n valeurs propres distinctes, alors les sous-espaces propres sont de dimension. Les 3 sous-espaces propres E (f), E (f), E 3 (f) sont de dimension. Les trois vecteurs R (resp R, R ) constituent une base de E (f) (resp E (f), E 3 (f)) et puisque f est diagonalisable, la famille (R, R, R ) constitue une base de E. B = (R, R, R ) est une base de E formée de vecteurs propres de f La matrice P de passage de la base canonique B à la base B est la matrice dont les colonnes sont les coordonnées de P, P et P dans B : P = page Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 D après les résultats du 4), D = 3 (On écrit en colonnes les coordonnées de f(r ), f(r ) et f(r ) dans la base (R, R, R )) 6) Nous laissons le soin au lecteur de vérifier ces résultats, desquels on déduit : { P = R + R + R P = R + R On sait déjà que R = P. La matrice de passage de B à B est P ; on peut l obtenir en écrivant en colonnes les coordonnées de P, P et P dans la base B. On trouve P = 7) A et D sont les matrices de f dans les bases B et B. La matrice P étant la matrice de passage de B à B, on sait d après la formule de changement de bases pour les endomorphismes que D = P A P, relation équivalente à A = P D P (obtenue en multipliant la première égalité à gauche par P et à droite par P.) Remarque : On aurait pu aussi partir de l égalité A = P DP, prendre l inverse des deux membres (il n y a aucun souci car toutes les matrices sont inversibles) : A = (P DP ) = (P ) D P = P D P. On demande une récurrence, faisons une récurrence. Initialisation : Posons (A ) = (D ) = I (matrice unité de M 3 (R)). Il est clair que l égalité est alors satisfaite ; elle l est aussi pour n = Hérédité : Supposons que l égalité soit satisfaite pour un entier n : on a (A ) n = P (D ) n P (A ) n+ = (A ) n A = P (D ) n P P D P d après l hypothèse de récurrence et le cas n = = P (D ) n+ P L égalité est vérifiée au rang n + et par le principe du raisonnement par récurrence n N, (A ) n = P (D ) n P Remarque : On pouvait aussi dire ceci : (A ) n et (D ) n sont les matrices de (f ) n dans les bases B et B ; la matrice de passage de est B àb est P : d après la formule de changement de base, on avait tout de suite le résultat. On sait que D = et (D ) n = ( )n 3 ( 3 )n d après des propriétés classiques sur les matrices diagonales et page Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 (A ) n = ( )n ( 3 )n ( )n ( 3 )n = ( )n ( 3 )n ( 3 )n La troisième colonne de la matrice (A ) n est ( )n + ( 3 )n ( )n ( 3 )n ( 3 )n 3. Suite d épreuves aléatoires ) Nous remarquons que si l on tire la boule numéro au premier tirage, on n enlève aucune boule de l urne ; on peut donc obtenir X =, ou. Utilisons alors le système complet d événements ((X = ), (X = ), (X = )). D après la formule des probabilités totales, P (X = ) = P (X = )P X =(X = ) + P (X = )P X =(X = ) + P (X = )P X =(X = ) Si (X = ) est réalisé, l urne, avant le deuxième tirage, ne contient que la boule numéro ; donc P X=(X = ) = Si (X = ) est réalisé, l urne, avant le deuxième tirage, contient les boules numéros et ; donc P X=(X = ) = Si (X = ) est réalisé, l urne, avant le deuxième tirage, contient les 3 boules donc P X=(X = ) = 3 D autre part, P (X = k) = 3 pour k =,, Finalement, on obtient P (X = ) = 3 ( + + 3 ) = 8 Pour le calcul de P (X = ), c est le même principe, on a P (X = ) = P (X = )P X=(X = ) + P (X = )P X=(X = ) + P (X = )P X=(X = ) P X=(X = ) = car si (X = ) est réalisé, l urne, à l issue du premier tirage, ne contient plus la boule numéro. P X=(X = ) = car si (X = ) est réalisé, l urne, à l issue du premier tirage, ne contient que les boules numéros et. P X =(X = ) = 3 car si (X = ) est réalisé, l urne, à l issue du premier tirage, contient les 3 boules. Finalement, on obtient P (X = ) = 3 ( + 3 ) = 5 8 On sait que les événements (X = ), (X = ), (X = ) forment un système complet, donc P (X = ) = P (X = ) P (X = ) = 8. Récapitulons : k P (X = k) 8 5 8 8 page Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
ECRICOME VOIE E 6 3 E(X ) = 8 ( 5 + ) = E(X ) = 8 ( 5 + 4 ) = 3 8 V (X ) = E(X ) (E(X )) = 3 8 4 = 7 36 ) Remarquons que si aux rangs,,..., k on tire toujours la boule numéro, alors à l issue du k ème tirage, l urne contiendra les trois boules, donc X k peut prendre les valeurs,,. Utilisons le système complet d événements ((X k = ), (X k = ), (X k = )) pour k. Les raisonnements et les calculs se font exactement de la même façon qu au ) : on remplace dans la formule des probabilités totales par k et par k +. On obtient les résultats suivants : P Xk =(X k+ = ) = ; P Xk =(X k+ = ) = ; P X k =(X k+ = ) = 3 P Xk =(X k+ = ) = ; P Xk =(X k+ = ) = ; P X k =(X k+ = ) = 3 P Xk =(X k+ = ) = ; P Xk =(X k+ = ) = ; P Xk =(X k+ = ) = 3 En repportant ces résultats dans la formule des probabilités totales, on a : P (X k+ = ) = P (X k = ) + P (X k = ) + 3 P (X k = ) P (X k+ = ) = P (X k = ) + 3 P (X k = ) P (X k+ = ) = 3 P (X k = ) Sous forme matricielle : P (X k+ = ) 3 P (X k+ = ) = 3 P (X k = ) P (X k = ) P (X k+ = ) P (X k = ) 3 3 On vérifie que A 3 = I ; on peut alors écrire : k, U k+ = A U k 3 3 Pour k =, 3 3 = 3 = U d après les calculs effectués dans ) 3 3 Conclusion : k N, U k+ = A U k 3) On démontre alors facilement par récurrence (et nous laissons ce petit travail au lecteur) que k N, U k = (A ) k U 4) L égalité précédente s écrit aussi : P (X k = ) P (X k = ) = (A ) k. Ce produit est en P (X k = ) fait, d après les règles de calcul du produit matriciel, la troisième colonne de la page 3 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7
4 ECRICOME VOIE E 6 matrice (A ) k et le résultat a été donné au 3. 7) avec n au lieu de k. On peut donc conclure : k N, < et lim ( < = k + )k = 3 Donc lim ( k + 3 )k = lim P (X k = ) = ; k + P (X k = ) = ( )k + ( 3 )k P (X k = ) = ( )k ( 3 )k P (X k = ) = ( 3 )k lim P (X k = ) = k + lim P (X k = ) = k + page 4 Jean MALLET et Michel MITERNIQUE c EDUKLUB SA Fichier généré pour Visiteur (), le /7/7