Corrigé de Banque PT 2015 Épreuve A

Lycée Laetitia Bonaparte Spé PT Corrigé de Banque PT 2015 Épreuve A Problème d Algèbre linéaire Partie I 1(a Notons β (e 1, e 2, e 3, e 4 la base canonique de R 4 On a De même, [ f(e1 ] β [ f ] β [ ] e 1 β A [ f 2 (e 1 ] β [ f ] β [ f(e 1 ] β A 1 0 0 0 ( 7 2 16 9 + 7 2 + 4 2 7 9 3 9 4 7 + 4 7 7 2 4 9 7 2 + 4 16 4 7 7 9 + 7 9 + 3 4 7 9 7 4 donc f(e 1 ( 7, 9, 7, 4 30 90 70 donc f 2 (e 1 ( 30, 90, 70, 40 40 1(b On constate (sans mérite, puisque le résultat est indiqué à la question 4 que f 2 (e 1 + 10f(e 1 ( 100, 0, 0, 0 100 e 1 donc f 2 (e 1 + 10f(e 1 + 100 e 1 0, ce qui montre que la famille (e 1, f(e 1, f 2 (e 1 est liée 2 Des calculs analogues donnent e 2 (0, 1, 0, 0 ; f(e 2 ( 16, 3, 4, 7 et f 2 (e 2 (160, 70, 40, 70, et de même, f 2 (e 2 + 10f(e 2 (0, 100, 0, 0 100 e 2 donc f 2 (e 2 + 10f(e 2 + 100 e 2 0, donc la famille (e 2, f(e 2, f 2 (e 2 est liée 3 Pour prouver que la famille (e 1, f(e 1, e 2, f(e 2 est une base de R 4, il (faut et il suffit qu on montre que la matrice représentative P de cette famille dans la base canonique est inversible, ou encore que son déterminant est non nul Or, par développements successifs par rapport aux colonnes, on a 1 7 0 16 det(p 0 9 1 3 9 1 3 0 7 0 4 dev C 1 7 0 4 0 4 0 7 4 0 7 donc B (e 1, f(e 1, e 2, f(e 2 est une base de R 4 dev C 2 7 4 4 7 65 0, 4 Notons g l endomorphisme de R 4, g f 2 + 10f + 100Id On a vu à la question 1(b que g(e 1 0, et à la question 2 que g(e 2 0 De plus, g et f commutent car g f f 3 + 10f 2 + 100f f g On en déduit que g ( f(e 1 f ( g(e 1 f(0 0 et g ( f(e 2 f ( g(e 2 f(0 0 Ainsi, l image de chaque vecteur de la base B par g est le vecteur nul, ce qui montre que g est l endomorphisme nul, ou encore que x R 4, g(x 0, ce qui est la relation demandée 1

5 Puisque f 2 (e 1 100e 1 10f(e 1 et autant pour e 2, on a [ f ] B f(e 1 f 2 (e 1 f(e 2 f 2 (e 2 e 1 0 100 0 0 f(e 1 1 10 0 0 e 2 0 0 0 100 not f(e 2 0 0 1 10 A 6 Les matrices A et A représentent le même endomorphisme f dans deux bases différentes de R 4, elles sont donc semblables (on a même A P A P 1 où P est définie à la question 3, et en particulier elles ont le même polynôme caractéristique : X 100 0 0 χ A (X χ A (X det(xi 4 A 1 X+10 0 0 0 0 X 100 0 0 1 X+10 Comme on n a pas (plus le droit au calcul du déterminant par blocs, on développe : X+10 0 0 χ A (X X dev C 1 0 X 100 0 1 X+10 + 100 0 0 0 X 100 0 1 X+10 ( X 100 X(X + 10 + 100 dev C 1 1 X+10 ( X 2 + 10X + 100 2 Le polynôme X 2 + 10X + 100 est irréductible sur R (discriminant négatif, donc A n admet pas de valeur propre réelle, elle n est donc pas diagonalisable sur R Partie II 1 Les éléments de E x sont les combinaisons linéaires de la famille (x n n N, donc les vecteurs de R d de la forme λ 0 x 0 + λ 1 x 1 + + x p où p N, et où λ 0,, sont des réels Soit alors y un élément quelconque de E x, qu on écrit y λ 0 x 0 + λ 1 x 1 + + x p On a par linéarité de f, ce qui montre que E x est stable par f f(y λ 0 f(x 0 + λ 1 f(x 1 + + f(x p λ 0 x 1 + λ 1 x 2 + + x p+1 E x, 2 Puisque F possède x x 0 et est stable par f, on a x 1 f(x 0 F On obtient alors n N, x n F par une récurrence immédiate Puis, F étant un sous-espace vectoriel de R d, il est stable par combinaisons linéaires, donc ce qui montre que E x F p N, (λ 0,, R p+1, λ 0 x 0 + λ 1 x 1 + + x p F, 3(a L espace vectoriel R d étant de dimension d sur R, toute famille à d + 1 éléments de R d est liée Ainsi, l ensemble { q N, la famille (x 0,, x q 1 est libre } est une partie de {1,, d} De plus, cet ensemble est non vide (il possède l entier 1 car x 0 x 0, et par conséquent il possède un plus grand élément, que l on note p 3(b Par construction de p, la famille (x 0,, x p est liée, donc il existe des réels λ 0,, non tous nuls tels que λ 0 x 0 + λ 1 x 1 + + 1 x p 1 + x p 0 Si était nul (raisonnement par l absurde, on aurait une combinaison linéaire de la famille libre (x 0,, x p 1 valant le vecteur nul, donc tous les coefficients λ 0,, 1 seraient également nuls, ce qui est contradictoire 2

Ainsi, 0, et on peut écrire la relation précédente x p λ 0 x 0 λ 1 x 1 1 x p 1, ce qui est de la forme souhaitée en posant a i λ i pour tout i {1,, p 1} 3(c La question précédente montre que x p E x Soit y un élément quelconque de E x, qu on écrit y λ 0 x 0 + + 2 x p 2 + 1 x p 1, où λ 0,, 1 sont des réels On a, par linéarité de f, et puisque E x est stable par combinaisons linéaires comme tout espace vectoriel, f(y λ 0 f(x 0 + + 2 f(x p 2 + 1 f(x p 1 λ 0 x 1 + + 2 x p 1 + 1 x p E x, }{{}}{{} E x E x ce qui montre que E x est stable par f 3(d L inclusion E x E x est évidente Pour l inclusion réciproque, on utilise la question 2 : E x est un sous-espace vectoriel de R d possédant x x 0 et stable par f (d après la question précédente, donc E x E x On a donc obtenu E x E x Enfin, la famille B p (x 0,, x p 1 est une famille d éléments de E x ; elle est libre par construction de p et elle est génératrice de E x par définition On en déduit que c est une base de E x, donc de E x 4 Puisque f(x p 1 x p a 0 x 0 + + a p 1 x p 1, la matrice cherchée est la «matrice compagnon» suivante [ ˆf ] B p f(x 0 f(x 1 f(x p 2 f(x p 1 x 0 0 0 a 0 x 1 1 a1 0 x p 2 0 ap 2 x p 1 0 0 1 a p 1 5 On remarque d abord que pour tout entier i, ˆf i est bien un endomorphisme de E x et (par une récurrence immédiate que i N, ˆf i (x 0 f i (x 0 x i ( Soient λ 0,, 1 des réels tels que λ 0 Id + λ 1 ˆf + λ2 ˆf 2 + + 1 ˆf p 1 0 L(Ex On applique cette relation au vecteur x 0, ce qui donne, d après (, λx 0 + λ 1 x 1 + + 1 x p 1 0, et comme la famille B p (x 0,, x p 1 est libre, les réels λ 0,, 1 sont tous nuls Ceci prouve que la famille (Id, ˆf, ˆf 2,, ˆf p 1 d endomorphismes de E x est libre 6(a La relation demandée est vraie pour k 0 car, d après la définition des réels a 0,, a p 1, on a x p a 0 x 0 + + a p 1 x p 1 ( ˆf p (x 0 a 0 x 0 + a 1 ˆf(x0 + + a p 1 ˆf p 1 (x 0 Ensuite, pour k {0,, p 1} (ou même pour k N quelconque, on applique ˆf k aux deux membres de cette égalité, et on obtient la relation demandée, car pour tout entier i, ˆf k( ˆf i (x 0 ˆf i( ˆf k (x 0 ˆf i (x k 6(b Notons g l endomorphisme de E x, g ˆf p a p 1 ˆf p 1 a 0 Id D après la question précédente, on a g(x k 0 pour tout k {0,, p 1}, donc g est nul sur tous les vecteurs de la base B p de E x, et par conséquent g est l endomorphisme nul, comme voulu 3

Partie III 1(a D après le cours, puisque f est diagonalisable, E est la somme directe des espaces propres de f : E p signifie que tout vecteur x de E s écrit de manière unique sous la forme x x i, avec x i E i i1 p E i, ce qui i1 1(b D abord l entier q n est pas nul puisque, x étant non nul, au moins l un des x i n est pas nul La famille (x 1,, x q est une famille de vecteurs propres (chaque x i, pour i q, est un vecteur non nul de l espace propre E i associés à des valeurs propres distinctes, donc elle est libre d après le cours 1(c On a i {1,, q}, f(x i λ i x i, donc, en appliquant k 1 fois l endomorphisme f, on obtient i {1,, q}, k {1,, q 1}, f k (x i λ k i x i donc par linéarité de f k, f k (x f k ( q i1 x i q λ k i x i i1 1(d La relation supposée s écrit 0 α 1 x + α 2 f(x + + α q f q 1 (x α 1 1(c ( ( α 1 + α 2 λ 1 + + α q λ q 1 1 P (λ 1 x 1 + + P (λ q x q x 1 + + ( q ( q ( q x i + α 2 λ i x i + + α q i1 i1 i1 α q + α 2 λ q + + α q λq q 1 x q λ q 1 i x i Or on a montré à la question 1(b que la famille (x 1,, x q est libre, donc P (λ 1 P (λ q 0, ce qui signifie que les réels λ 1,, λ q sont q racines du polynôme P 1(e On poursuit le raisonnement entamé à la question précédente : le polynôme P est de degré au plus q 1, et il possède au moins q racines distinctes (les réels λ 1,, λ q, c est donc le polynôme nul : α 1 α q 0 On a prouvé avec ces deux dernières questions que la famille (x, f(x,, f q 1 (x est libre 1(f! L énoncé reprend sans le dire la notation E x de la partie II, mais dans un cadre légèrement différent puisqu ici l espace vectoriel E n est plus forcément R d, mais un R-espace vectoriel de dimension finie On n a aucune peine à admettre que les résultats de la partie II sont encore valables dans ce cadre Il y a aussi un télescopage des notations : d une part entre E x et E i (pas d ambiguïté puisque i est un entier et x un vecteur, et surtout entre les (x i i N définis à la partie II et les (x i 1 i p définis à la partie III, ce qui est très maladroit vu qu on utilise ces deux familles de vecteurs dans cette questio Certains candidats ont été gênés à juste titre Notons G Vect(x 1,, x q (les «x i» de la partie III On a vu que la famille (x 1,, x q est libre (question 1(b et elle engendre G, c est donc une base de G, donc dim(g q q L expression f k (x λ k i x i de la question 1(c est valable pour tout entier naturel k, donc ( x, f(x,, f q (x est une i1 famille de q + 1 vecteurs de G, qui est de dimension q, elle est donc liée De ceci et de la question précédente, on déduit que q est le plus grand entier tel que ( x, f(x,, f q 1 (x soit libre D après le résultat de la question 3(d de la partie II (et ici, les x i de la partie II sont en fait les f i (x, on a E x Vect ( x, f(x,, f q 1 (x On sait que i {1,, q 1}, f i (x G, donc E x G car G est stable par combinaisons linéaires Or ( x, f(x,, f q 1 (x est une base de E x (famille libre et génératrice donc dim(e x q dim(g, d où l égalité E x G Vect(x 1,, x q Vect(x 1,, x p, puisque x q+1 x p 0 4

2 Si x 0, tous les x i sont nuls d après l unicité de la décomposition de x (question 1(a, et le résultat est acquis Sinon, on reprend toutes les notations de la question 1, et on écrit x x 1 + + x q Le sous-espace vectoriel F possède x et est stable par f, donc d après le résultat de la question 2 de la partie II, on a E x F Or d après la question précédente, E x Vect(x 1,, x q Ainsi, i {1,, q}, x i E x F, donc x i F La conclusion vaut encore si i {q + 1,, p} puisqu alors x i 0 F 3(a On calcule le polynôme caractéristique de f, qui est celui de B, par exemple à l aide d opérations élémentaires : X 1 1 1 X 1 1 X 1 1 χ f (X χ B (X 1 X 1 1 1 1 X 1 C 1 C 1 C 2 X X 1 1 0 1 X 1 L 2 L 2+L 1 0 X 2 0 0 1 X 1 dev C 1 X(X 1(X 2 L espace vectoriel E est de dimension 3, et l endomorphisme f de E possède 3 valeurs propres distinctes, il est donc diagonalisable d après le cours 3(b On rajoute à la conclusion précédente que, toujours d après le cours, chaque espace propre de f est de dimension 1 Les deux premières colonnes de B sont identiques, donc (1, 1, 0 Ker(f Puisque Ker(f est de dimension 1, on peut conclure que Ker(f Vect ( (1, 1, 0 not E 1 (attention, E 1 désigne ici l espace propre pour la valeur propre 0 0 1 1 Les colonnes de la matrice B I 3 1 0 1 vérifient C 1 C 2 + C 3, donc ( 1, 1, 1 Ker(f Id, et à cause de la 1 1 0 dimension on a encore Ker(f Id Vect ( ( 1, 1, 1 not E 2 Enfin, pour varier un peu, on cherche l espace propre Ker(f 2Id en résolvant un système : ( x x + y z 0 (i { x y + z 0 (ii y Ker(B 2I 2 x y + z 0 (ii z 2x 0 (ii + (iii x + y z 0 (iii { x 0 y z d où Ker(f 2Id Vect ( (0, 1, 1 not E 3 3(c Cherchons ces sous-espaces d après leurs dimensions Le seul sous-espace vectoriel de R 3 de dimension 0 (resp de dimension 3 est {0} (resp R 3 et il est stable par f Un sous-espace vectoriel de dimension 1 (ie une droite stable par f est nécessairement dirigé par un vecteur propre de f, et ces droites sont bien stables par f, ce qui nous donne les trois espaces propres E 1, E 2 et E 3 Il reste à déterminer les sous-espaces de dimension 2 (ie les plans de R 3 stables par f, et on note F un tel plan Reprenons les notations de la question 2, et poursuivons le raisonnement de cette question en montrant que F F 1 F 2 F 3 (F E 1 (F E 2 (F E 3 En effet, le résultat de la question 2 montre que tout vecteur x de F se décompose en x x 1 + x 2 + x 3 avec x i F i, ce qui prouve que F F 1 + F 2 + F 3 De plus, cette décomposition est unique puisqu une telle décomposition est, en particulier, une décomposition de x suivant E E 1 E 2 E 3, et que celle-ci est unique (question 1(a Enfin, chaque F i est de dimension 0 ou 1 (car inclus dans E i et dim(f 2 dim(f 1 + dim(f 2 + dim(f 3 donc l un exactement des F i est réduit à {0}, et les deux autres sont de dimension 1, donc égaux aux E i correspondants On a donc les trois possibilités suivantes : F E 1 E 2 ou F E 1 E 3 ou F E 2 E 3 Réciproquement, ces trois sous-espaces vectoriels de E sont manifestement stables par f En conclusion, les sous-espaces stables par f sont {0} ; E 1 ; E 2 ; E 3 ; E 1 E 2 ; E 1 E 3 ; E 2 E 3 et R 3 5

Exercice de Probabilités 1 La variable aléatoire Y est à valeurs dans N, donc la famille ( (Y j j N d événements D après la formule des probabilités totales, on a donc forme un système complet dénombrable i N, P(X i j NP(X i, Y j i λ i e λ α j (1 α i j (i j! j0 λi e λ i! i P(X i, Y j j0 λi e λ i! ( α + (1 α i λi i! e λ i j0 ( i α j (1 α i j j car P(X i, Y j 0 si j > i d après la formule du binôme On en déduit que X suit la loi de Poisson de paramètre λ > 0 2 De même, la famille ( (X i i N probabilités totales, on a forme un système complet dénombrable d événements, donc d après la formule des j N, P(Y j i NP(X i, Y j ij P(X i, Y j car P(X i, Y j 0 si i < j ij λ i e λ α j (1 α i j (i j! αj λ j e λ ij λ i j (1 α i j (i j! (αλj e λ (αλj e λ k0 e λ(1 α λ k (1 α k k! (αλj e αλ changement d indice k i j série exponentielle On en déduit que Y suit la loi de Poisson de paramètre αλ > 0 3 On a, par exemple, P(X 0, Y 0 e λ, tandis que P(X 0 P(Y 0 e λ e αλ, et puisque αλ 0, ces deux résultats sont différents On en déduit que les événements (X 0 et (Y 0 ne sont pas indépendants, et par conséquent les variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes 4 La variable Z est, a priori, à valeurs dans Z Encore une fois, la famille ( (Y j forme un système complet dénombrable d événements donc j N n Z, P(Z n j NP(Z n, Y j j0 P(X j + n, Y j car (Z n, Y j (X j + n, Y j On voit déjà que si n < 0, P(Z n 0 car alors j N, P (X j + n, Y j 0 Puis, n N, P(Z n j0 λ j+n e λ α j (1 α n (λ(1 αn e λ e λα λn (1 α n e λ (λ(1 αn e λ(1 α j0 λ j α j série exponentielle On en déduit que Z suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 α > 0 5 Pour n N, l événement (Z n a une probabilité non nulle, donc on peut calculer la probabilité conditionnelle P(Y j Z n, et celle-ci vaut 6

P(Y j Z n P(Y j, Z n P(Z n λj+n e λ α j (1 α n P(Y j P(X j + n, Y j P(Z n (λ(1 α n eλ(1 α (αλj e αλ 6 Le calcul précédent montre que les variables aléatoires Y et Z sont indépendantes, car (j, n N 2, P(Y j, Z n P(Z n P(Y j donc P(Y j, Z n P(Y j P(Z n 7 Notons X le nombre d enfants et Y le nombre de garçons d une famille française D après l énoncé, X suit la loi de Poisson de paramètre λ 2,2 Pour une famille ayant i N enfants, la probabilité d avoir j garçons est la probabilité de rencontrer j «succès» dans une suite de i épreuves indépendantes suivant chacune la loi de Bernoulli de paramètre α 1 2, c est donc P(Y j X i ( i α j (1 α i j j si 0 j i 0 si j > i ( i 1 j 2 i si 0 j i 0 si j > i On en déduit que, pour i N, la probabilité d avoir i enfants dont j garçons vaut 0 si j > i, et vaut j {0,, i}, P(X i, Y j P(Y j X i P (X i λi e λ α j (1 α i j (i j! ( i j α j (1 α i j λi i! e λ (1,1 i (i j! e 2,2 dans cet exemple Lorsque i 0, on a P(X 0, Y j 0 si j > 0 et P(X 0, Y 0 P(X 0 e λ Ainsi, le résultat obtenu pour i > 0 vaut encore pour i 0 Finalement, on a retrouvé la loi conjointe du couple (X, Y de variables aléatoires étudiées au début de l exercice À la question 6, on apprend que le nombre Z de filles d une famille est indépendant du nombre Y de garçons Autrement dit, le fait de savoir combien de filles a une famille donnée ne nous renseigne pas sur le nombre de garçons de cette famille 7