Corrgé HEC III eco 005 par Perre Veullez EXERCICE. Dans cet exercce, n est un enter supéreur ou égal à. On note E l espace vectorel R n et Id l applcaton dentté de E. L obet de l exercce est l étude des endomorphsmes f de E vérfant l équaton : f f Id A. Étude du cas n. Sot f l endomorphsme de R dont la matrce dans la base canonque est : A Sot u le vecteur de R défn par u.. f f Id s et seulement s on a l égalté sur les matrces assocée : A I A 0 I donc f f Id 0 Comme A A A A I alors A est nversble et A A Donc f est bectve et donc ker f {0} et Im f R. On note F ker f Id et G Im f Id. a La matrce de f Id est A I 0 0 On a donc f, 0 u Pour que l mage sot engendrée par u, l faudrat que f 0, sot également proportonnel à u : Donc f 0, u Comme G { f x, y / x, y R } { x f, 0 + y f 0, / x, y R } { x + y u/ x, y R } Vect u Et comme u G alors Vect u G Donc G est le sous espace engendré par u Donc u est une base de G génératrce et lbre car formée d un seul vecteur non nul donc dm G Et le théorème du rang donne alors dm Imf Id dm ker f Id Concluson : dm F Et l reste à trouver un vecteur non nul pour en avor une base : + A I + 0 0 Donc +, est une base de F +, +, donnerat une notaton plus symétrque avec u b On vérfe que u 0 est ben vecteur propre assocé à : + + A I + + 0 0
Donc u est vecteur porpre assocé à la valeur propre. S ker f + Id état de dmenson, on aurat ker f + Id R donc f + Id 0 et f Id ce qu n est pas le cas. Donc dm ker f + Id et donc dm ker f + Id et u en est une base. Ans ker f + Id Vect u G {0} Concluson : G est le sous espace propre assocé à 3. On a vu que état valeur propre de f Comme ker f Id {0} alors est également valeur propre. Donc dans R de dmenson, f qu a deux valeurs propres dstnctes est dagonalsable sur la base obtenue en concaténant deux vecteurs propres assocés à et : u, et v +, + La martce de passage de la base canonque à la base u, v est alors B. Étude du cas général. On se place désormas dans le cas où n est supéreur ou égal à, et on consdère un endomorphsme f de E vérfant l équaton.. a Comme f f Id alors f f Id et f f Id par lnéarté de f. Donc f est bectve donc un automorphsme de R n et f f b Comme f vérfe la relaton polynômale f Id 0, s α est valeur de f alors α 0 et donc α ou Concluson : Les seules valeurs propres possbles de f sont et c On a Id Id et Id Id Id Donc Id et Id satsfont l équaton. On suppose dans la sute de l exercce que f Id et f Id et on note F ker f Id et G Im f Id.. Sot x un élément de E. Pour montrer que f x x appartent à ker f + Id on calcule son mage par f + Id : f + Id f x x f + Id f Id x f Id x 0 car f Id Concluson : Donc f x x ker f + Id De même : f Id f x + x f Id x 0 Concluson : f x + x appartent à ker f Id F. Donc s u G Im f Id alors l exste v R n tel que u f v v et donc u ker f + Id Concluson : G ker f + Id Et de même s u Im f + Id alors l exste v R n tel que u f v + v et donc u ker f Id Concluson :.Im f + Id F ker f Id. Pour montrer que et sont les valeurs propres de f, l faut monter que n ker f Id, n ker f + Id ne sont réduts à {0} : Par l absurde :
S ker f Id {0}, comme Im f + Id ker f Id alors Im f + Id {0} et le théorème du rang donne dm ker f + Id n D où ker f + Id R n et pout tout u, f + Id u 0 sot f Id Donc ker f Id {0} et est ben valeur propre de f Et de même ker f + Id {0} Donc est également valeur propre de f. Concluson : et sont valeurs propres de f 3. Sot x un vecteur de ker f + Id. a On a f + Id x 0 donc f x x D où f Id x f x x x Pour montrer que x appartent à G, lfaut montrer qu l est une mage par f Id : Or x f Id x f Id x par lnéarté. Donc x G. On avat déà l ncluson G ker f + Id. On vent de montrer ker f + Id G Concluson : G ker f + Id b Il reste à vore s la somme desdmensons des sous espaces propres est égale à n. Comme G Im f Id ker f + Id alors dm Im f Id dm ker f + Id Le théormème du rang donne dm ker f Id n dm Im f Id n dm ker f + Id Donc dm ker f Id + dm ker f + Id n La somme des dmenson des sous espaces propres est égale à la dmenson de l espace. Concluson : f est dagonalsable. PROBLÈME. Dans tout le problème, n désgne un enter naturel non nul. On consdère une urne blanche contenant n boules blanches numérotées de à n et une urne nore contenant n boules nores numérotées de à n, dans lesquelles on effectue des sutes de trages. À chaque trage, on tre smultanément et au hasard une boule de chaque urne. On obtent ans à chaque trage, deux boules, une blanche et une nore. On dra qu on a obtenu une pare lors d un trage, s la boule blanche et la boule nore trées portent le même numéro. Parte I. Trages avec remse. Dans cette queston, on effectue les trages avec remse usqu à ce que l on obtenne pour la premère fos une pare. a Pour chaque trage, l espace probablsé Ω, A, P qu modélse cette expérence est formé de l unvers formé par les couples de numéros de à n, la trbut est la partton de l unvers muns de la probablté équprobable. b On note Y la varable aléatore égale au nombre de trages de deux boules effectués. La probablté d obtenr une pare est n n à chaque trage. n Donc Y a la même lo que le rang de la premère pare dans une sute le fat d arrèter les trage à la premère pare ne change pas le rang de cette premère pare de trage ndépendants et de même probablté n. Donc Y G n E Y n et V Y n n n n
. Écrre en Pascal une foncton dont l en-tête est pgrml n : nteger: nteger qu modélse l expérence précédente. functon pgrml n : nteger: nteger; var :nteger; :0;randomze; repeat +; untl randomnrandomn; pgrml:; end; Dans cette queston, on suppose que n. On effectue des trages avec remse usqu à ce que l on obtenne pour la premère fos la boule blanche numérotée. On note U la varable aléatore égale au nombre de trages effectués, et Z la varable aléatore égale au nombre de pares obtenues à l ssue de ces trages. a En notant A k pour obtenr la boule blanche numéro au k-ème trage, U k A A k A k Les trage ne sont pas ndépendants car ls s arrètent dès que l on a le blanc. P U k P A... PA A Ak PA k A k A k le condtonnement s nterprètant par la contnuaton des trages. k Concluson : pour tout k N : P U k N.B. On pouvat auss dre que U état sans mémore, pusque, tant que l on a pas la Blanche, la probablté de l obtenr reste la même :. Donc U G. Mas on n avat plus alors à reconnaître la lo de U. Ne amas obtenr la boule blanche est l événement contrare de l obtenr au mons une fos donc de + k U k Sa probablté est : la sére converge et + P U k k k k P U k k k0 k Concluson : la probablté que l on n obtenne amas la boule blanche numéro est nulle Et on reconnat une lo géométrque de rason b On a U Ω N et Z Ω N Soent N et N On remarque que le nombre de pares est touours nféreur ou égal au nombre de trages doubles donc S > alors P U Z 0 S alors P U Z P U P U Z Quand U, lors des premers trages, on n a pas obtenu de blanc mas unquement des blanc et une balnche au derner.
A chaque trage, on a donc une probablté que la boule nore forme une pare. Le nombre Z de pares obtenues en tragesdes boules nores, la probablté de chacun de donner une pare étant de, sut une lo bnômale de paramètres, et pour : P U Z et fnalement P U Z En concluson : P U Z 0 s > s c La lo de Z est la lo margnale du couple donc la sére converge et P Z k l P U l Z k P U l Z k + l lk l l k lk P U l Z k le découpage de la somme est valde pour k Le résultat reste exact pour k où l n y a pas beson dedécouper la somme l l Concluson : pour tout k de N, P Z k k d On a donc P Z lk l l0 l l l l 0 9 car < Et comme précédemment, en revenant à la lo margnale, P Z 0 l l l0 3 P U l Z 0 l l 0 l 3
l e On réécrt + donc l + l + P Z + l+ l+ l + [ l l l ] l l + + dont on calcule la somme partelle pour étuder la convergence de chaque parte prse séparément : M [... ] lk M l+ M l M l + + M + + + M l l réndexé l + l+ M + + + P Z + P Z + + + + + 0 converge et quand M + Concluson : P Z + P Z + + P Z pour tout N Pour 0, 0 P Z 0 donc la formule précédente n est plus vrae. 0 f On a donc pour tout : 3 P Z + P Z et donc P Z + P Z 3 Sute géométrque de rason 3 et de premer terme P Z 9 Concluson : donc pour tout : P Z et pour 0 : P Z 0 9 3 3 Parte II. Trages sans remse. Dans cette parte, les trages se font sans remse dans les deux urnes, usqu à ce que les urnes soent vdes. On note X n le nombre de pares obtenues à l ssue des n trages. A. Étude de cas partculers.. Pour n, l n y a qu une boule et elle porte le numéro dans chaque urne On est donc sur d avor la pare de au premer trage et X est la varable certane égale à.. On suppose dans cette queston que n. Ic, on effectue deux trages. On peut donc obtenr en codant pour blanche et nore au premer trage 0 pare : X 0
pare est mpossble car s l on n a pas de pare au premer trage, c est que l on a ou et l reste des numéros dstncts dans les deux urnes. pares : X On a alors P X 0 P + P ncompatbles P P + P P + car lorsque l on a obtenu dans l urne blanche l n y reste que le de même pour l urne nore Concluson : X Ω {0, } et P X 0 et P X B. Étude du cas général. On se place dans le cas où n est un enter naturel non nul.. a Ω est l ensemble des couples de n-permutatons la premère pour les résultats de l urne blanche t l autre pour ceux de l urne nore b On a donc le cardnal de Ω qu est : Ω n! c En n trages on aura au maxmum n pares donc X n Ω [[0, n]]. Quel est exactement X n Ω??? On ne peut pas, comme précédemment avor X n n, car s on a n pares, l reste deux numéros dentque pour le trage où l ne dot pas y avor de pare...? Pour tout enter naturel k, on note a n, k le cardnal de {ω Ω X n ω k }. Par conventon, a 0, 0.. a On a n a n, Ω n! pour n et également vrae pour n 0 0 b Une sute de trages ne comportant que des pares est détermnée par les trage dans l urne blanche donc l y en a autant que de permutatons de n éléments. Concluson : a n, n n! Comme dt précédemment, s on a déà n pare, l reste deux numéros dentques, et donc on obtent n pares. On ne peut donc pas avor n pares Concluson : a n, n 0 3. a Les événemnts élémentares comprenant pares sont détermnés par : n l ensemble des trage où sont obtenues ses pares, l y en a la lste sans répétton des numéros des pares dans leur ordre de sorte l y en a n! n! la lste des n trage restants qu sont sans pares parm les les n numéros restants l y en a a n, 0 Donc a n, n n! a n, 0 n! et donc pour tout enter tel que 0 n, l égalté suvante : a n, n! n a n, 0 n!
Comme n n et que n n a n, n! 0 n! n a n, n! n n a n, 0 n! n n a n, 0 n n! 0 0 0 que l on réndexe par n qu est bectve de [[0, n]] dans [[0, n]] pour obtenr n n a, 0 n!! et dans cette somme on sole a n, 0 : et donc n n! 0 0 n a, 0 +! 0 n a n, 0 n n! n n a, 0 a n, 0 n! n!! b Sot k un enter comprs entre et n et un enter comprs entre 0 et k. Pour 0 k et donc 0 k on a les écrture en factorelles : k! k!!!! k! k!!! k! et d où l égalté On a alors k k k k k k k, k! k!! k!! k +! k!!! k! k k k k k k k k k réndexé l l+ k l l0 k l0 k 0 car k N l k l k
Et fnalement k + k k k k k 0 d où k+ k. a Sot k un enter tel que k n. On suppose que, pour tout enter comprs entre 0 et k, on a les k égaltés : 0 a, 0! 0! k a, 0 On a vu que a k, 0 k! k! et par hypothèse a, 0!! pour tout de 0 à k donc [ k a k, 0 k! k! 0 [ k k! k! 0 0 [ k k! k! 0 0!! 0!]!]!] on nverse alors les deux pour fare réapparaître la somme du 3b et donc 0 0 k 0 a k, 0 k! k! 0 [ k k! k!! 0 0!] k [ ] k! k!! k+ k avec on a alors [ ] k a k, 0 k! k! + k! et comme 0 k k k k! k!, on récupère le terme manquant pour k et donc k k k a k, 0 k! k! 0 0!
b On a alors par récurrence : Pour k 0 on a a 0, 0 et 0! 0 0 Sot k tel que pour tout k : a k, 0 k! 0 0! k k 0 0 0 0 0 0! d où l égalté. 0 k! alors k+ k + On a également a k +, 0 k +! k+! d après la queston précé- dente. etdonc pour tout k + l égalté est vérfée. Donc, par récurrence, pour tout enter k on a a k, 0 k! Concluson : Pour tout enter k : a k, 0 k! k 0 k 0 k k! c Les valeurs de X n sont comprses dans [[0, n]] On a vu que la valeur n n état pas possble. La valeur n est obtenue pour nn n par exemple Pour tout de [[0... n ]], la valeur est obtenue avec +, + +... n, n n n, + n Donc les valeurs possbles de X n sont X n Ω [[0, n]] \ {n } et pour tout de X n Ω a n, P X n avec a n, n n! n! a n, 0 n! a n, 0 et n! n n 0 P X n ce qu défnt la lo de X n. n! donc n n! n n 0 n!! n! n! n! n 0 n 0 n! k k! n!! n! n! n! Parte III. Trages mxtes Dans cette parte, les trages se font sans remse dans l urne blanche et avec remse dans l urne nore, usqu à ce que l urne blanche sot vde. On note X n, le nombre de pares obtenues à l ssue des n trages.. a On effectue c n trages. La probablté que l urne nore donne le même résultat que l urne blanche est de car tous les n numéros de [[, n]] sont équprobables à chaque torage dans m urne nore, pusqu on remet les numéros Donc X n est le nombre de pares obtenues en n trages ndépendants dans l urne nore ceux dans l urne blanche sont hautement dépendants qu ont tous la probablté de donner une n pare.
Concluson : X n B n, n b Et on a E X n n n et V X n n n n n n. On désre modélser cette expérence. On suppose que n est une constante fxée.. type tabarray[..n]of nteger;var blanc,nor:tab; 3. a Sot s un tableau de type tab. Écrre une procédure dont l en-tête est ECHANGEVar s : tab ;, : nteger qu échange les éléments s[] et s[] du tableau s. Procedure ECHANGEVar s : tab ;, : nteger; var c:nteger; begn c:s[];s[]:s[];s[]:c; end; b On consdère les lgnes de programme suvantes utlsant la procédure ECHANGE. Begn For : to n do blanc[] :; For : to n- do Begn :RANDOMn+l-+ ; ECHANGEblanc,, ; end ; wrteln; For : to n do wrteblanc[], end. Explquer le fonctonnement de ce programme et son résultat. For : to n do blanc[] :; ntalse chaque case du tableau à son ndex. For : to n- do pour chaque case sauf la dernère :RANDOMn+l-+ chost au hasard une case entre la et la n à partr de la ème ECHANGEblanc,, ; pus met dans la case le chffre alors contenu dans la case et rend dsponble dans la case l ancen contenu de la case. Cette séquence smule le trage sans remse. Les numéros non encore trés sont repoussés à chaque fos dans les cases restantes. A la sorte, le tableau blanc content la lste des chffres choss. c Construre une procédure qu s appellera INITIALISE permettant de smuler le trage sans remse et au hasard des n boules numérotées, en mettant dans la varable s[] le numéro de la -ème boule trée. Procedure INITIALISEvar s:tab; var,:nteger; egn For : to n do s[] :; For : to n- do Begn :RANDOMn+l-+ ; ECHANGEs,, ; end ; end.
. Écrre un programme complet permettant de smuler l expérence de cette parte III lorsque n 0, pus de donner la valeur de X n Il n est pas nécessare c de recoper les procédures ECHANGE et INITIALISE. program smule; const n0; type tabarray[..n]of nteger; var blanc,nor:tab;compte,:nteger; procedure echange...; procedure ntalse...; begn end. ntalseblanc; compte:0; for : to 0 do f randomn+blanc[] then compte:compte+; wrtlen on a obtenu,compte, pares ;