Jacques Amyot - ECS

Lycée Jacques Amyot - Melun
Classe préparatoire ECS
EDHEC S 2016
J. Gregorio
EDHEC voie S 2016 - Un corrigé
Commentaire général : épreuve assez classique comportant de nombreux points de première
année. Une grande difficulté étant la longueur de l’épreuve, il semble quasi impossible de tout faire
dans le temps imparti. Il fallait donc faire des choix, ne surtout pas passer trop de temps sur une
question : bien gérer son temps.
Exercice 1
Ce premier exercice très basique peut se traiter dès la première année d’ECS, il comporte toutefois
une petite subtilité souvent omise et qui n’apparaı̂t plus explicitement dans les programmes : les
suites extraites de rang pair et impair. Un des outils les plus utilisés ici sera la stricte monotonie
d’une fonction.
1. (a) f est dérivable sur R∗+ comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur
ne s’annule pas sur R∗+ , et on a :
f 0 (x) =
−e−x (x + 1)
<0
x2
sur R∗+
Donc :
f est strictement décroissante sur R∗+
De plus, lim e−x = 1 donc lim f (x) = +∞ et lim f (x) = lim
x→0
1
x
x→+∞ xe
x→+∞
x→0+
= 0. On a alors
le tableau de variation suivant :
x
f (x)
0
+∞
+∞
&
0
(b) Ce genre de question très simple est parfois mal comprise par les étudiants qui ne savent
pas comment rédiger. On traite cela le plus simplement possible : par récurrence.
Démontrons que, pour tout entier n ∈ N, la propriété P(n) suivante est vraie :
P(n) :
un est bien défini et un > 0
i. P(0) est évidemment vraie puisque u0 = 1.
ii. Supposons P(n) vraie pour un certain rang n ∈ N fixé. On a alors un+1 = f (un ) qui
est parfaitement défini et strictement positif puisque un > 0 et f est à valeurs dans
R∗+ .
iii. La propriété étant initialisée au rang n = 0 et héréditaire, elle est alors vraie pour
tout entier n ∈ N.
Chaque terme de la suite (un )n∈N est donc parfaitement défini et strictement positif
2. Les algorithmes (en Scilab) sont de plus en plus présents et il est impossible d’en faire l’impasse. Dans les scripts proposés, on a des boucles while dont les conditions d’arrêt portent
sur u (qui désigne un terme de la suite). La variable n n’est donc absolument pas utilisée
pour les calculs de la suite ou l’arrêt, elle sert en fait de compteur.
Les script calculent les termes successifs de la suite, mais le premier script s’arrête lorsque
u<=0.00001 et le second lorsque u>=100000, n sert de compteur, il indique l’indice du dernier
terme calculé.
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Conclusion : u5 6 0, 00001 et u6 > 100000 et ce sont les premiers termes de la suite à vérifier
ces inégalités.
De tels écarts peuvent nous faire conjecturer que la suite n’admet pas de limite (et même
que la suite des termes de rang pair tend vers +∞ et celle des termes de rang impair tend
vers 0).
3. (a) g est évidemment dérivable sur R+ et g 0 (x) = −e−x − 2x < 0 sur R+ . La fonction g est
donc continue et strictement décroissante sur R+ , elle réalise alors une bijection de R+
sur g(R+ ) = ] lim g(x), g(0)] =] − ∞, 1].
x→+∞
(b) Sur R∗+ ,
e−x
= x ⇔ e−x = x2 ⇔ g(x) = 0
x
Or, d’après la question précédente, 0 ∈ g(R+ ) possède un unique antécédent dans R+
par g, on le note alors α ∈ R+ .
f (x) = x ⇔
(c) Comme très souvent, pour démontrer des inégalités après avoir étudié les variations d’une
fonction, on va se servir ici de la stricte décroissance de g : les antécédents et leurs images
sont rangés dans des ordres contraires,
il suffit alors de montrer que g(e−1 ) > g(α) > g(1).
1
Déterminons le signe de g e et g(1) :
1
− e12 , or 1e < 2 donc par croissance de la fonction
On a : g 1e = e−1/e − e12 = e1/e
1
> e12 et donc g 1e > 0.
exponentielle e1/e < e2 , donc en inversant e1/e
Plus simplement, g(1) = 1e − 1 < 0, puisque e > 2.
En conclusion, puisque par définition g(α) = 0, on a : g(1) < g(α) < g 1e , or comme g
est strictement décroissante on a donc :
1>α>
4. (a) On peut calculer : u0 = 1, u1 =
e−1
e
> 0 donc e
e−1
e
1
e
et u2 = f
1
e
1
e
=
e−1/e
1/e
=e
e−1
e
. Or pour cette dernière,
> 1 et on a alors bien u2 = f (u1 ) > 1 donc : u2 > u0 .
Pour l’autre inégalité, il suffit de rappeler la monotonie de f et de :
u2 > u0
on a, en composant par f strictement décroissante :
f (u2 ) < f (u0 )
soit :
u3 < u1
(b) Tout indique que (u2n )n∈N est strictement croissante et (u2n+1 )n∈N est strictement
décroissante. Il suffit de démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N, u2(n+1) =
u2n+2 > u2n . La stricte monotonie de (u2n+1 )n∈N découlera alors de celle de (u2n )n∈N
grâce à la stricte monotonie de f .
Montrons par récurrence que (u2n )n∈N est croissante. Pour cela, on peut montrer que,
pour tout n ∈ N la propriété : u2n+2 > u2n est vraie.
i. L’initialisation a été faite en (a).
ii. Supposons que, pour un certain rang n ∈ N fixé, on ait : u2n+2 > u2n . On a alors en
composant par f (décroissante) :
u2n+3 < u2n+1
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et en composant encore une fois par f (décroissante) :
u2n+4 > u2n+2
et la propriété est alors encore vraie au rang suivant.
On aurait pu tout aussi bien composer dès le départ par (f ◦ f ) en se rappelant que
la composée de deux fonctions décroissantes est croissante.
iii. La propriété est alors initialisée pour n = 0 et elle est héréditaire, elle est donc vraie
pour tout n ∈ N.
Conclusion : (u2n )n∈N est croissante.
Pour (u2n+1 )n∈N le principe est le même et on peut faire une récurrence. Une autre idée
est d’utiliser le travail effectué pour (u2n )n∈N :
Comme (u2n )n∈N est croissante on a pour tout n ∈ N :
u2n+2 > u2n
en composant par f (strictement décroissante), on a alors, pour tout n ∈ N :
u2n+3 = f (u2n+2 ) < f (u2n ) = u2n+1
et (u2n+1 )n∈N est alors bien décroissante.
5. (a) Rappel : une fonction h est continue en 0 lorsque lim h(x) = h(0).
x→0
D’après 1., pour x > 0, f (x) > 0 et donc h(x) = f (f (x)) est bien défini. On a de plus :
e−x
e−x
−
e−x
x−
e−f (x)
e x
e x
x = xex−f (x)
h(x) = f (f (x)) =
= x −x = xe
=
f (x)
e
e−x
x
−
De plus, d’après 1., on a : lim+ f (x) = +∞ et
x→0
lim f (x) = 0, donc par composition
x→+∞
des limites : lim+ f (f (x)) = 0 = h(0), donc h est bien continue en 0 .
x→0
(b) Soit x ∈ R+ , on a :
h(x) = x ⇐⇒ xex−f (x)

 x=0
ou en divisant par x 6= 0
= x ⇐⇒

x − f (x) = 0
L’équation h(x) = x n’admet donc que deux solutions sur R+ : 0 et α .
(c) Question simple, mais à justifier correctement.
(u2n+1 )n∈N est strictement décroissante et minorée (par 0) donc elle converge vers une
limite ` < u1 = 1e < α (d’après 3.(c)).
De plus, h est continue et vérifie pour tout n ∈ N, u2n+3 = h(u2n+1 ), donc la limite `
vérifie ` = h(`), ` est donc une solution de l’équation h(x) = x différente de α. D’après
5.(b), on a alors nécessairement ` = 0.
(d) Il faut suivre l’énoncé : par l’absurde, on nie la proposition que l’on souhaite démontrer.
Supposons que (u2n )n∈N converge vers une limite `0 > u0 = 1 (car (u2n )n∈N est strictement croissante).
On aura alors grâce à la continuité de f en `0 ∈ R∗+ : lim f (u2n ) = f (`0 ), ou encore
n→+∞
lim u2n+1 = f (`0 ) = 0, d’après la question précédente. Ceci est absurde puisque 0 n’a
n→+∞
pas d’antécédent par f sur R∗+ d’après 1.(a).
Conclusion : (u2n )n∈N diverge, de plus, étant croissante, sa limite ne peut être que +∞ .
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Exercice 2
Cet exercice traite de polynômes d’endomorphismes et de sous-espaces supplémentaires. Accessible en première année il n’en reste pas moins théorique. Le but est de déterminer une condition
suffisante sur un polynôme annulateur d’un endomorphisme f pour que Ker(f ) et Im(f ) soient
supplémentaires dans l’espace vectoriel E. La première et la deuxième question traitent de cas
particuliers tandis que la dernière question traite le cas général.
1. (a) On demande de déterminer un endomorphisme à partir d’une expression déjà donnée.
L’idée est donc de simplifier cette expression pour arriver à un endomorphisme particulier. Pour cela, on peut appliquer la formule du binôme (en justifiant) ou alors composer
(f − Id) par lui-même.
f et Id commutent, donc : (f − Id)2 = f 2 − 2f + Id et donc :
(f − Id)2 + f ◦ (2Id − f ) = f 2 − 2f + Id + 2f − f 2 = Id
(b) D’après la question précédente, Id = (f − Id)2 + f ◦ (2Id − f ) donc pour tout x ∈ Rn ,
on a :
Id(x) = (f − Id)2 (x) + (f ◦ (2Id − f ))(x)
soit :
∀x ∈ Rn ,
x = (f − Id)2 (x) + (f ◦ (2Id − f )) (x)
(c) On n’oublie pas l’hypothèse de l’énoncé qui n’a pas encore été utilisée : f ◦ (f − Id)2 = 0.
Cette question un peu plus délicate nécessite de bien comprendre les définitions de noyau
et d’image d’un endomorphisme.

 E =F +G
et
De plus, pour deux s.e.v. F et G de E, E = F ⊕ G ⇔

F ∩ G = {0}
i. Montrons tout d’abord que Rn = Ker(f ) + Im(f ) :
On a évidemment Ker(f ) + Im(f ) ⊂ Rn .
D’après l’énoncé, f ◦ (f − Id)2 = 0 donc, pour tout x ∈ Rn , (f − Id)2 (x) ∈ Ker(f ).
De plus, (f ◦ (2Id − f )) (x) = f ((2Id − f )2 (x)) ∈ Im(f ).
Donc, avec (b), tout vecteur x de Rn peut s’écrire comme somme d’un vecteur
(f − Id)2 (x) de Ker(f ) et d’un vecteur (f ◦ (2Id − f )) (x) de Im(f ), on a alors
Rn ⊂ Ker(f ) + Im(f ).
Conclusion :
Rn = Ker(f ) + Im(f )
ii. Montrons maintenant que Ker(f ) ∩ Im(f ) = {0} :
On a évidemment {0} ⊂ Ker(f ) ∩ Im(f ).
Si y ∈ Ker(f ) ∩ Im(f ) alors, comme y ∈ Im(f ), il existe x ∈ Rn tel que y = f (x) et
comme y ∈ Ker(f ), f (y) = f 2 (x) = 0.
Développons alors f ◦(f −Id)2 = 0, cela revient à : f 3 −2f 2 +f = 0 que l’on applique
à x pour obtenir :
f 3 (x) − 2f 2 (x) + f (x) = 0
Soit avec f 2 (x) = 0 et donc f 3 (x) = 0 :
f (x) = y = 0
D’où Ker(f ) ∩ Im(f ) ⊂ {0}.
Conclusion :
Rn = Ker(f ) ⊕ Im(f )
2. (a) On peut poser P (X) = aX + b, puis on trouve en identifiant : a = − 41 et b =
1
5
Conclusion : P (X) = − X + .
4
4
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5
4.
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(b) On reprend maintenant la même démonstration que dans 1., mais avec un polynôme
différent.
Comme dans 1., on a cette fois-ci à partir de 14 (X − 1)(X − 4) + XP (X) = 1 :
1
(f − Id) ◦ (f − 4Id) + f ◦ P (f ) = Id
4
Donc, pour tout x ∈ Rn :
1
x=
(f − Id) ◦ (f − 4Id) (x) + (f ◦ P (f ))(x)
4
Or l’énoncé nous dit que : f ◦(f −Id)◦(f −4Id) = 0, donc 41 (f − Id) ◦ (f − 4Id) (x) ∈ Ker(f )
de plus (f ◦ P (f ))(x) = f [(P (f ))(x)] ∈ Im(f ). Donc Rn = Ker(f ) + Im(f ).
De plus, avec f ◦(f −Id)◦(f −4Id) = 0, on détermine X(X −1)(X −4) = X 3 −5X 2 +4X
qui est alors un polynôme annulateur de f et comme dans 1., si y = f (x) ∈ Ker(f )∩Im(f )
alors f 3 (x) − 5f 2 (x) + 4f (x) = 0, or f (x) ∈ Ker(f ) donc f 2 (x) = f 3 (x) = 0 et
4f (x) = 4y = 0.
On a alors bien donc Ker(f ) ∩ Im(f ) = {0}.
Conclusion : Rn = Ker(f ) ⊕ Im(f ) .
3. (a) P ∈ Rp [X], il existe donc (a0 , . . . , ap ) ∈ Rn+1 tels que P = a0 + a1 X + · · · + ap X p . Et
d’après l’énoncé P (0) = a0 = 0 et P 0 (0) = a1 6= 0.
Il existe donc bien p réels a1 , . . . , ap avec a1 6= 0, tels que : P = a1 X + · · · + ap X p .
(b) Si y ∈ Ker(f ) ∩ Im(f ), comme précédemment, il existe x ∈ Rn tel que y = f (x) et
f (y) = 0 (et plus généralement f k (x) = 0 pour tout entier k > 2).
P étant annulateur de f , on a (P (f ))(x) = 0, soit : a1 f (x) + · · · + ap f p (x) = 0 et donc
d’après la remarque précédente : a1 f (x) = 0. Or, a1 6= 0 donc f (x) = y = 0, d’où
Ker(f ) ∩ Im(f ) ⊂ {0}. L’inclusion réciproque étant immédiate, on a alors :
Ker(f ) ∩ Im(f ) = {0}
Astuce : il reste à montrer que : Rn = Ker(f ) + Im(f ). Pour cela, on pourra remarquer
que : a2 f + · · · + ap f p−1 − f (a2 Id + · · · + ap f p−2 ) = 0 (∗).
On a : P (f ) = 0, donc a1 f +· · ·+ap f p = 0, ou encore : f ◦(a1 Id+a2 f +· · ·+ap f p−1 ) = 0.
Donc :
a1 Id = a1 Id + a2 f + · · · + ap f p−1 + f ◦ (−a2 Id − a3 f − · · · − ap f p−2 )
(∗)
et donc, pour tout x ∈ Rn , on a :
a1 x = (a1 Id + a2 f + · · · + ap f p−1 )(x) + (f ◦ (−a2 Id − a3 f − · · · − ap f p−2 ))(x)
|
{z
}
|
{z
}
∈Ker(f )
∈Im(f )
avec a1 6= 0, donc Rn ⊂ Ker(f ) + Im(f ). L’inclusion réciproque étant encore une fois
évidente, on a alors bien : Rn = Ker(f ) + Im(f ) et avec ce qui précède :
Rn = Ker(f ) ⊕ Im(f )
(c) C’est bien une généralisation de 1. et 2., avec dans le cas 1. P = X(X − 1)2 qui est
annulateur de f , de degré 2 > 3 et vérifie P (0) = 0 et P 0 (0) 6= 0. Ces hypothèses sont
également vérifiées dans 2. avec P = X(X − 1)(X − 4).
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Exercice 3
1. On a :
n
Y
−
1
√
L(θ1 , θ2 ) =
e
2πθ2
i=1
(xi − θ1 )2
2θ2
=
1
−
1
2θ
2
n e
(2πθ2 ) 2
n
P
(xi −θ1 )2
i=1
Donc :
ln(L(θ1 , θ2 )) = −
n
n
1 X
ln(2πθ2 ) −
(xi − θ1 )2
2
2θ2 i=1
2. (a) f est bien de classe C 2 somme composée et quotient de fonctions de classe C 2 (polynômes) dont le dénominateur ne s’annule pas sur U et composée de la fonction ln qui
est bien C 2 sur R∗+ .
(b) On a :
∂1 (f )(θ1 , θ2 ) =
n
1 X
(xi − θ1 )
θ2 i=1
et :
∂2 (f )(θ1 , θ2 ) = −
n
n
1 X
+ 2
(xi − θ1 )2
2θ2
2θ2 i=1
On cherche les points critiques donc :
 n
 n

P
P


∂
(f
)(θ
,
θ
)
=
0
1
1
2



xi = nθ1
(xi − θ1 ) = 0



i=1
i=1
⇔
⇔
n
n
P
P



2



nθ
=
(x2i − 2xi θ1 + θ12 )
nθ
=
(x
−
θ
)


2
2
i
1
∂2 (f )(θ1 , θ2 ) = 0
i=1
i=1
⇔



 θ1 =
1
n


 nθ2 =
Or, d’après la première ligne
n
P
n
P
xi
i=1
n
P
n
P
i=1
i=1
x2i − 2θ1
xi + nθ12
xi = nθ1 donc en remplaçant dans la deuxième ligne,
i=1
on a :


 ∂1 (f )(θ1 , θ2 ) = 0


⇔



 θ1 =
1
n


 nθ2 =
∂2 (f )(θ1 , θ2 ) = 0
n
P
xi
i=1
n
P
i=1
x2i − nθ12
On remarque alors que θ1 est uniquement déterminé par les (xi )16i6n et θ2 est lui aussi
uniquement déterminé par les (xi )16i6n et θ1 (qui est
unique).
Conclusion : f admet un unique point critique A = θb1 , θb2 sur U et A vérifie :
n
n
1 X 2 b2
1X
θb1 =
xi et θb2 =
x − θ1
n i=1
n i=1 i
(c) Calculons les dérivées partielles d’ordre 2 de f :
n
n
n
1 P
2
2
∂1,1
(f )(θ1 , θ2 ) = − ;
∂2,2
(f )(θ1 , θ2 ) = 2 − 3
(xi − θ1 )2 et
θ2
2θ2
θ2 i=1
n
1 P
2
∂1,2
(f )(θ1 , θ2 ) = − 2
(xi − θ1 )
θ2 i=1
n
n
P
P
Donc en A = θb1 , θb2 , avec par définition
(xi − θb1 ) = 0 et
(xi − θb1 )2 = nθb2 (voir
i=1
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i=1
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2.(b)), on a :
2
∂1,1
(f )(θb1 , θb2 ) = −
n
;
θb2
2
∂1,2
(f )(θb1 , θb2 ) = 0
et
2
∂2,2
(f )(θb1 , θb2 ) =
n
nθb2
−n
2 −
3 =
2
b
b
2θ2
θ2
2θb2
(d) La matrice hessienne de f en A est donc diagonale et ses valeurs propres : −
sont strictement négatives, f admet donc un maximum local en A.
n
−n
et
2
b
θ2
2θb2
(e) f admet donc un maximum local en A signifie qu’il existe un voisinage V de A tel que
pour tout (θ1 , θ2 ) ∈ V, f (θ1 , θ2 ) 6 f (A), or L = exp(f ) et la fonction exponentielle
étant croissante, on a pour tout (θ1 , θ2 ) ∈ V, L(θ1 , θ2 ) 6 L(A).
Conclusion : L admet
local en A.
nbien un
maximum
n
n
P
1 P
1
1 P
3. On a : E(Xn ) = E
Xi =
E(Xi ) =
m = m. Donc Xn est bien un
n
n i=1
n i=1
i=1
estimateur sans biais de m.
4. Rappelons que pour tout i ∈ J1, nK, E(Xi2 ) = E(X 2 ). On a alors :

!2 
n
n
X
1X
1
2
E(Zn ) =
E(Xi2 ) − E(Xn ) = E(X 2 ) − 2 E 
Xi 
n i=1
n
i=1
Or,
n
P
i=1
2
Xi
=
n
P
i=1
Xi2 + 2
P
Xi Xj , donc :
16i<j6n


!2 
n
1
1  X
E
Xi  = 2 nE(X 2 ) + 2
n2
n
i=1

X
E(Xi Xj )
16i<j6n
mais par indépendance avec i 6= j : E(Xi Xj ) = E(Xi )E(Xj ) = (E(X))2 , donc :

!2 
n
X
1  X
 = 1 E(X 2 ) + 2
E
X
(E(X))2
i
2
n2
n
n
i=1
16i<j6n
La dernière somme compte (n−1)n
termes, donc :
2


!2
n
1
(n − 1)n
1  X
2
1
n−1
E
Xi  = E(X 2 ) + 2 ×
(E(X))2 = E(X 2 ) +
(E(X))2
n2
n
n
2
n
n
i=1
En revenant à E(Zn ) on a alors :
E(Zn ) = E(X 2 ) −
1
n−1
n−1 2
E(X 2 ) −
(E(X))2 =
σ −→ σ 2
n→+∞
n
n
n
Conclusion : Zn est un estimateur asymptotiquement sans biais de σ 2 .
5. (a) Xn étant un estimateur sans biais de m, il suffit, pour qu’il soit convergent, que V (Xn ) −→ 0.
n→+∞
Or, on a : V (Xn ) =
1
nV
(X) −→ 0, donc (Xn ) converge bien en probabilité vers m.
n→+∞
2
Puisque la fonction réelle x →
7 x2 est continue, on peut en déduire que la suite (Xn )
converge en probabilité vers m2 .
(b) On a la loi de X, une densité de X est ϕm,σ2 . Pour que X possède un moment d’ordre
Z +∞
4 il faut que l’intégrale
x4 ϕm,σ2 (x)dx soit absolument convergente (ou tout sim−∞
plement converge, l’intégrande étant positive).
6
Or, par croissance comparée, x ϕm,σ2 (x)
−→
x→±∞
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4
0, donc x ϕm,σ2 (x)
=
x→±∞
o
1
,
x2
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Z
donc
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+∞
x4 ϕm,σ2 (x)dx et
Z
−1
x4 ϕm,σ2 (x)dx convergent et X admet bien un mo-
−∞
1
ment d’ordre 4.
Par conséquent X 2 admet un moment d’ordre 2, on peut donc utiliser la loi faible des
grands nombres avec E(X 2 ) = V (X) + E(X)2 = σ 2 + m2 (Koenig-Huygens) :
n
1X 2
X converge en probabilité vers σ 2 + m2
n i=1 i
(c)
Zn − σ 2 > ε =
!
n
1 X
2
2
2
Xi − Xn − σ > ε
n
i=1
soit encore en ajoutant et retranchant m2 :



 n

 X
2 2
2
2
2

Zn − σ 2 > ε =  1
>
ε
X
−
(σ
+
m
)
+
(m
−
X
)
n i

 n
|
{z
}

 i=1
|
B
{z
}
n
A
n
Or, si |An + Bn | > ε alors |An | > 2ε ou |Bn | > 2ε , car sinon, par inégalité triangulaire :
|An + Bn | 6 |An | + |Bn | < 2ε + 2ε = ε.
Donc :
Zn − σ 2 > ε = (|An + Bn | > ε) ⊂ |An | > ε ∪ |Bn | > ε
2
2
Ce qu’il fallait démontrer.
(d) Il suffit pour cela de montrer que (Zn ) converge en probabilité vers σ 2 . Or, pour tout
ε > 0, on a :
Zn − σ 2 > ε ⊂ |An | > ε ∪ |Bn | > ε
2
2
ε
ε
P Zn − σ 2 > ε 6 P |An | >
+ P |Bn | >
2
2
n
1 P
mais, d’après 5. (b),
X 2 converge en probabilité vers σ 2 + m2 ce qui revient à
n i=1 i
2
P |An | > 2ε −→ 0 et, d’après 5. (a), (Xn ) converge en probabilité vers m2 ce qui
n→+∞ revient à P |Bn | > 2ε −→ 0. On a alors bien :
n→+∞
∀ε > 0,
lim P Zn − σ 2 > ε = 0
n→+∞
et Zn est bien un estimateur convergent de σ 2 .
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Problème
Partie 1 : résultats préliminaires
1. Pour tout n ∈ N et tout (i, j) ∈ J1, 4K × J1, 4K, le coefficient situé à l’intersection de la ième
4
P
ligne et de la j ème colonne de BAn est donné par :
bi,k ak,j (n) et par somme finie de
k=1
4
4
P
P
bi,k ak,j qui n’est rien d’autre que le coefficient
bi,k ak,j (n)
−→
limites, on a :
k=1
n→+∞
k=1
situé à l’intersection de la ième ligne et de la j ème colonne de BA.
Conclusion : on a donc bien lim BAn = BA.
n→+∞
 
1
1

2. En considérant la matrice colonne X = 
1, on a dans ce cas AX = cX. c est donc bien
1
une valeur propre de A.
3. On utilise le résultat bien connu : pour toutes matrices M et N de Mn (R), T r(M N ) =
T r(N M ) que l’on redémontre ici :
T r(M N ) =
n X
n
X
i=1 k=1
mi,k nk,i =
n X
n
X
nk,i mi,k = T r(N M )
k=1 i=1
Or, si A est diagonalisable il existe une matrice diagonale D = diag(λ1 , λ2 , λ3 , λ4 ) constituées
des valeurs propres de A et une matrice inversible P telles que : A = P DP −1 . On a alors :
4
P
T r(A) = T r(P DP −1 ) = T r(DP P −1 ) = T r(D) =
λi d’après le résultat redémontré
i=1
précédemment.
Conclusion : Si A est diagonalisable alors T r(A) est égal à la somme de ses valeurs propres.
Partie 2 : Étude de la matrice d’une chaı̂ne de Markov
4. Tout d’abord, il faut remarquer que, les tirages étant des échanges, il y a toujours 3 boules
dans chaque urnes. De plus, si l’urne U contient i boules blanches alors elle contient aussi
(3−i) boules noires et dans ce cas l’urne V contient i boules noires et (3−i) boules blanches.
ˆ Si l’urne U contient 0 boule blanche alors un échange donnera nécessairement 1 boules
blanche dans l’urne U .
Donc : P(Xn =0) (Xn+1 = 1) = 1 .
ˆ Si l’urne U contient 3 boule blanche alors un échange donnera nécessairement 2 boules
blanche dans l’urne U .
Donc : P(Xn =3) (Xn+1 = 2) = 1 .
ˆ Dans les autres cas, si l’urne U contient i ∈ {1, 2} boules blanches alors au prochain
tirage elle ne pourra en contenir que i, i + 1 ou i − 1.
Pour rester avec le même nombre i de boules dans U , il faut choisir une boule noire dans
U et une boule noire dans V ou alors il faut choisir une boule blanche dans U et une boule
i
i
3−i
blanche dans V . On a donc : P(Xn =i) (Xn+1 = i) = 3−i
3 × 3 + 3 × 3 .
2i(3 − i)
.
32
Pour augmenter le nombre de boules blanches d’une unité il faut choisir une boule noire
dans U et une boule blanche dans V .
(3 − i)2
Donc : P(Xn =i) (Xn+1 = i + 1) =
.
32
Pour diminuer le nombre de boules blanches d’une unité il faut choisir une boule blanche
dans U et une boule noire dans V .
i2
Donc : P(Xn =i) (Xn+1 = i − 1) = 2 .
3
Soit : P(Xn =i) (Xn+1 = i) =
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5. (a) La matrice M est donnée par :

P(Xn =0) (Xn+1 = 0) P(Xn =0) (Xn+1
P(X =1) (Xn+1 = 0) P(X =1) (Xn+1
n
n

P(Xn =2) (Xn+1 = 0) P(Xn =2) (Xn+1
P(Xn =3) (Xn+1 = 0) P(Xn =3) (Xn+1
= 1)
= 1)
= 1)
= 1)
P(Xn =0) (Xn+1
P(Xn =1) (Xn+1
P(Xn =2) (Xn+1
P(Xn =3) (Xn+1
= 2)
= 2)
= 2)
= 2)
P(Xn =0) (Xn+1
P(Xn =1) (Xn+1
P(Xn =2) (Xn+1
P(Xn =3) (Xn+1

= 3)
= 3)

= 3)
= 3)
Soit, d’après la question précédente :


0
1
0
0
1/9 4/9 4/9 0 

M =
 0 4/9 4/9 1/9
0
0
1
0
qui est bien la matrice donnée à la question 12.
(b) Pour tout j ∈ J0, 3K, d’après la formule des probabilités totales avec le système complet
d’événements ((Xn = i)06i63 ), on a :
P (Xn+1 = j) = P (Xn = 0)P(Xn =0) (Xn+1 = j) + P (Xn = 1)P(Xn =1) (Xn+1 = j)+
L’égalité
P (Xn = 2)P(Xn =2) (Xn+1 = j) + P (Xn = 3)P(Xn =3) (Xn+1 = j)
demandée est donc vraie pour le (j + 1)ème coefficient de Ln+1 . Or, ceci étant vrai pour
tout j, on bien :
Pour tout entier n > 3, Ln+1 = Ln M (admis pour n = 0, 1 et 2)
(c) Par une simple récurrence immédiate.
6. (a) La somme des coefficients d’une ligne de M vaut toujours 1, donc d’après la question 2.,
1 est valeur propre de M .
(b) Un simple calcul donne :
M t E1 =
−1 t
E1
9
et
M t E2 =
1t
E2
3
Donc t E1 est bien un vecteur propre de M associé à la valeur propre
un vecteur propre de M associé à la valeur propre 31 .
−1
9
et t E2 est bien
(c) Si M est diagonalisable alors, d’après la question 3., la somme des valeurs propres de
M doit être égale à T r(M ) = 89 . On a déjà 3 valeurs propres de M , la dernière λ vérifie
1
8
−1
donc : 1 + −1
9 + 3 + λ = 9 et donc λ = 3 .
1
Montrons que M + 3 I4 n’est pas inversible ou, ce qui revient au même, montrons que
A = 9 M +31 I4 n’est pas
 inversible :
3 9 0 0
L2 ← 3L2 − L1
1 7 4 0
. Les étapes successives suivantes : L3 ← 3L3 − L2 donnent
On a : A = 
0 4 7 1
L4 ← L4 − L3
0 0 9 3


3 9
0 0
0 12 12 0
 qui n’est pas inversible, donc A n’est pas inversible.
la matrice : 
0 0
9 3
0 0
0 0
−1
Conclusion : λ = 3 est bien valeur propre de M qui possède alors 4 valeurs propres
distinctes et est donc bien diagonalisable.
Remarque : pour montrer que A n’est pas inversible, on aurait pu aussi montrer que :
C2 − 3C1 − C3 + 3C4 = 0
Partie 3 : recherche d’une loi stationnaire
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7. D’après la question précédente, M est diagonalisable. De plus un vecteur propre associé à
la valeur propre 1 est le vecteur ne contenant que des ”1” (voir question 2.). Il existe donc
une matrice inversible Q (constituée de vecteurs propres dont le premier peut être le vecteur
1 −1
propre ne contenant que des ”1”) et une matrice diagonale D = diag 1 −1
telles que
9 3 3
M = QDQ−1 .
8. Une récurrence immédiate montre que, pour tout
n ∈ N, M n = QDn Q−1 . Or, D étant
−1 n
−1 n 1
n
.
diagonale, on a D = diag 1 9
3n
3
1
−1 n
−1 n
= lim 3n = lim
= 0, donc lim Dn = diag(1 0 0 0) et
De plus lim
9
9
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞
d’après les résultats admis dans les préliminaires :
lim M n = Qdiag(1 0 0 0)Q−1
n→+∞
9. (a) De M = QDQ−1 on tire Q−1 M = DQ−1 , soit :
 


1
0
1
0
0
`1 `2 `3 `4
 × × × ×  1/9 4/9 4/9 0  0
=


× × × ×  0
4/9 4/9 1/9 0
0
0
0
1
0
× × × ×
0 0
× 0
0 ×
0 0

`1
0
×
0

0  ×
×
×
`2
×
×
×
`3
×
×
×

`4
×

×
×
En identifiant chaque coefficient de la première ligne du résultat de ces produits, on
obtient alors :

1

× `2
= `1


9



4
4

 `1 + `2 + `3
= `2
9
9
4
4


`2
+ `3 +`4 = `3



9
9


1

`3
= `4
9
De L1 et L4 on tire : `2 = 9`1 et `3 = 9`4 et de L2 − L3 : `1 − `4 = `2 − `3 et on a
alors bien :
`1 = `4 et `2 = `3 = 9`4
(b) On a Q−1 Q = I4 et d’après 7., la première colonne de Q ne


 
1
`1 `2 `3 `4
1 × × ×
 × × × ×  1 × × × 0
 


 × × × ×  1 × × × = 0
× × × ×
1 × × ×
0
contient que des ”1”, donc :

0 0 0
1 0 0

0 1 0
0 0 1
On a donc : `1 + `2 + `3 + `4 = 1, mais comme `1 = `4 et `2 = `3 = 9`4 cela revient alors
à : `4 + 9`4 + 9`4 + `4 = 1 donc :
1
`4 =
20




1 × × ×
1 0 0 0
`1 `2 `3 `4
1 × × × 0 0 0 0  × × × × 



10. lim M n = Qdiag(1 0 0 0)Q−1 = 
1 × × × 0 0 0 0  × × × × 
n→+∞
1 × × ×
0 0 0 0
× × × ×
Soit :


 

1 × × ×
`1 `2 `3 `4
`1 `2 `3 `4
1 × × ×  0 0 0 0  `1 `2 `3 `4 

 

lim M n = 
1 × × ×  0 0 0 0  = `1 `2 `3 `4 
n→+∞
1 × × ×
0 0 0 0
`1 `2 `3 `4
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Or, `1 = `4 =
1
20
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et `2 = `3 = 9`4 , donc :
1
20
1
 20
1
20
1
20

lim M n =
n→+∞
9
20
9
20
9
20
9
20
9
20
9
20
9
20
9
20
1
20
1 
20 
1 
20
1
20

11. (a) Tout d’abord, on a : X(Ω) = {0, 1, 2, 3}. Utilisons les événements suggérés par l’énoncé :
(X = 0) = N1 ∩ N2 ∩ N3 , donc par la formule des probabilités composées :
1
.
P (X = 0) = P (N 1)PN1 (N2 )PN1 ∩N2 (N3 ) = 36 × 52 × 14 = 20
De même : (X = 1) = (B1 ∩ N2 ∩ N3 ) t (N1 ∩ B2 ∩ N3 ) t (N1 ∩ N2 ∩ B3 ) et par
incompatibilité et par la formule des probabilités composées :
18
9
P (X = 1) = 63 × 35 × 24 + 36 × 35 × 42 + 63 × 25 × 34 = 3 × 120
= 20
.
1
Pour (X = 3) = B1 ∩ B2 ∩ B3 , on trouve alors P (X = 3) = 20 et
1
9
1
9
P (X = 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) − P (X = 3) = 1 − 20
− 20
− 20
= 20
.
Conclusion : la loi de X est donnée par :
P (X = 0) =
9
9
1
1
, P (X = 1) =
, P (X = 2) =
, P (X = 3) =
20
20
20
20

 



1/20
P (X = 0)
0 1/9
0 0
P (X = 1) 9/20)
1 4/9 4/9 0

 


(b) On a : t M = 
0 4/9 4/9 1 et V = P (X = 2) =  9/20 . Un simple calcul
1/20
P (X = 3)
0
0
1/9 0
donne : t M V = V , V est donc bien un vecteur propre de t M associé à la valeur propre
1.
1 9 9 1
(c) Pour cela il suffit de montrer que : lim Ln = L = 20
20 20 20 .
n→+∞
Or, d’après 5.(c), on a, pour tout n ∈ N, Ln = L0 M n , avec L0 = (0 0 0 1)et grâce aux
résultats admis dans les préliminaires, lim Ln = lim L0 M n = L0
lim M n
n→+∞
n→+∞
1
 n→+∞
9
9
1
20
1
20
mais d’après 10., lim M = 
1
n→+∞
n
que L0
lim M
n→+∞
n
20
1
20
20
9
20
9
20
9
20
20
9
20
9
20
9
20
20
1 
20 
1 
20
1
20
un simple calcul montrer alors bien
= L.
Conclusion : la suite (Xn ) converge alors bien en loi vers X.
12. Le programme renvoie la suite des n premiers états suivants l’état initial X = 4 (pour
avoir des valeurs comprises entre 1 et 4, puis on soustrait 1 à chaque coefficient du vecteur
renvoyé). Autrement dit, le programme simule l’expérience et donne le nombre de boules
blanches dans l’urne U lors des n premiers tirages. Ensuite, le programme calcule la moyenne
des nombres d’états où X = 0 (l’urne U n’a pas de boule blanche), on peut donc supposer
1
que f sera proche de P (X = 0) = 20
lorsque n est assez grand.
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