EXERCICE I

Corrigé HEC maths III Eco 1998 par Pierre Veuillez
EXERCICE I
1.
a) Soit un paramètre réel.
On observe les transformations souhaitées :
8
8
x 1 + x2
= 0 L1 ! L1
x1 + x2
>
>
>
>
<
<
3x1 + x2 + 2x3 = 0 L2
L1 ! L3
x3 + x 4
i. (1)
() (2)
2 )x
2x2 + x3 + 3x4 = 0 L3 2L1
L3
(3
2 x4
>
>
1
>
>
:
:
2 )x
x3 + x 4
= 0 L4 ! L2
2 x1 + (3
4
l’équivalence étant assurée par la conservation des lignes pivot L1 et L4
2 )x
(3
2 x4
= 0
1
ii. Soit (3) :
2 )x
2 x1 + (3
= 0
4
3x1 = 0
Si = 0 : (3) ()
() x1 = x4 = 0
8 3x4 = 2 0
< x4 = 3
2 x1
h
i
Si 6= 0 : (3) ()
2) 3 2 x = 0
:
2 + (3
1
2
avec
[] =
4
4
=
2
2
0
0
0
0
2 2
+ 3
10
=
=
=
=
+9
et avec X = 2 : X 2 10X +9 a pour discriminant 100 4 9 = 64 et a pour racines X =
soit 2 = 9 ou 2 = 1
Conclusion : si 2
= f1; 1; 3; 3g la seule solution est (0; 0)
Si
Si
Si
Si
= 1 alors (3) () x4 =
=
1 alors (3) () x4 =
= 3 alors (3) () x4 =
=
2
3
2
3
3 alors (3) () x4 =
x1 = x1 et les solutions sont S =Vect (1; 1)
2
2
2
3
2
3
iii. Les deux lignes manquantes sont
x1 =
x1 =
2
2
10 8
2
x1 et les solutions sont S =Vect (1; 1)
x1 et les solutions sont S =Vect (1; 1)
x1 = x1 et les solutions sont S =Vect (1; 1)
x2 =
x3 =
x1
x4
En substitutant on a alors
Conclusion : si 2
= f1; 1; 3; 3g la seule solution est (0; 0; 0; 0)
Si = 1 alors (1) () x4 = x1 : x2 = x1 : x3 = x1 et et les solutions sont S =Vect (1; 1; 1; 1)
Si = 1 alors (1) () x4 = x1 : x2 = x1 : x3 = x1 et les solutions sont S =Vect (1; 1; 1; 1)
Si = 3 alors (1) () x4 = x1 : x2 = 3x1 : x3 = 3x1 et les solutions sont S =Vect (1; 3; 3; 1)
Si = 3 alors (1) () x4 = x1 : x2 = 3x1 : x3 = 3x1 et les solutions sont S =Vect (1; 3; 3; 1)
b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de la matrice :
Soit 02 R.
1
0
1
1 1 0 0
x1
B 3 1 2 0 C
B x2 C
C
C
I) B
A=B
@ 0 2 1 3 A : (A
@ x3 A () (1) avec = 1
0 0 1 1
x4
Donc est valeur propre pour 2 f1; 1; 3; 3g donc pour 2 f0; 2; 2; 4g
Et les sous espaces propres associés sont :
S0 =Vect (1; 1; 1; 1) pour la valeur propre 0.
S2 =Vect (1; 1; 1; 1) pour la valeur propre 2.
S 2 =Vect (1; 3; 3; 1) pour la valeur propre -2. et
DS
Page 1/ ??
S4 =Vect (1; 3; 3; 1) pour la valeur propre 4.
(N.B. 0 n’est pas un vecteur propre, mais il se trouve dans le sous-espace propre)
(N.B. on véri…e sur le produit par A)
2. Pour tout entier n > 1 on note Rn [x] l’espace vectoriel des fonctions polynômes de degré inférieur ou
égal à n et, à toute fonction polynôme P de Rn [x], on associe la fonction polynôme Tn P dé…nie sur R
par Tn P (x) = (nx + 1) P (x) + (1 x2 ) P 0 (x):
a) Pour deg P n on a deg P 0 n 1 mais deg (x ! (nx + 1) P (x)) sera n + 1 ...
Il faut donc détailer l’écriture.
P
P
P
Soit P 2 Rn [X] : P (x) = nk=0 ak xk alor sP 0 (x) = nk=1 kak xk 1 = nh=01 (h + 1) ah+1 xh
Et
(nx + 1) P (x) + (1 x2 ) P 0 (x): = nx an xn +
x2 nan xn 1 + : : :
les termes : : : étant de degré inférieur ou égal à n:
Donc P 7! Tn P est une application de Rn [X] dans Rn [X] :
Linéarité : Soit P et Q 2 Rn [X] et et 2 R. Pour tout x réel :
Tn ( P + Q) (x) = (nx + 1) ( P + Q) (x) + (1
=
(nx + 1)P (x) + (1
=
Tn P (x) + Tn Q (x)
x2 ) ( P + Q) P 0 (x)
x2 )P 0 (x) +
(nx + 1)Q(x) + (1
x2 )Q0 (x)
Conclusion : Tn est un endomorphisme de Rn [X]
b) On calcule le simages des vecteurs de la base :
Tn X k (x) = (nx + 1) xk + (1 x2 )kxk 1 =
Donner la matrice Mn de cet endomorphisme Tn dans la base de Rn [x] formée des fonctions
polynômes 1; X; : : : X n où X k désigne, pour tout k 2 f0; 1; :::; ng, la fonction x 7! xk .
c) Dans le cas n = 3, donner les valeurs propres de T3 et écrire les fonctions polynômes formant une
base de vecteurs propres.
d) En faisant la somme des lignes de la matrice Mn , déterminer simplement une valeur propre de
Tn :
3. On se propose de déterminer plus généralement toutes les valeurs propres de Tn .
a) Etant donné un réel
calculer, pour
1 < x < 1, l’intégrale g (x) =
Rx nt + 1
1 t2
0
dt: On
nt + 1
a
b
=
+
2
1 t
1 t 1+t
b) Montrer que si les nombres h = n + 1
et k = n 1 + sont des nombres entiers, positifs ou
nuls, pairs, alors la fonction exp( g (x)) est une fonction polynôme. Véri…er que ces conditions
impliquent que (n 1) 6 6 n + 1.
cherchera d’abord deux réels a et b tels que
c) Pour n = 3 quels sont les réels qui véri…ent les conditions précédentes ? Pour un entier n > 1
quelconque, combien de réels véri…ent ces conditions ?
d) Montrer que si est une valeur propre de Tn et si P est un vecteur propre associé, alors la
fonction h, dé…nie sur ] 1; 1[ par h(x) = P (x) exp(g (x)), a une dérivée nulle. Que vaut alors
P ?
e) Déterminer les valeurs propres de Tn et une base de vecteurs propres (on pourra distinguer les
cas n pair et n impair).
DS
Page 2/ ??
EXERCICE II
On e¤ectue une suite de lancers d’une pièce de monnaie. On suppose que les résultats des lancers sont
indépendants et que, à chaque lancer, la pièce donne face avec la probabilité p (0 < p < 1 ) et pile avec la
probabilité q = 1 p.
L’objet de l’exercice est l’étude du nombre de lancers nécessaires pour obtenir deux faces de suite, c’est à
dire lors de deux lancers consécutifs.
On suppose donné un espace probabilisé, muni d’une probabilité P , modélisant cette expérience.
Pour tout entier n > 1, on note
Un l’événement : on obtient 2 faces de suite, pour la première fois, aux lancers numéro n et n + 1,
et on pose un = P (Un ).
Pour tout entier n > 2, on note
An l’événement : les n premiers lancers ne donnent pas deux faces de suite et le n-ième lancer donne
face,
Bn l’événement : les n premiers lancers ne donnent pas deux faces de suite et le n-ième lancer donne
pile,
et on pose xn = P(An ), yn = P(Bn ).
1.
a)
u1 = P(U1 ) = P(F1 \ F2 ) = P(p1 )P(P2 ) = q 2 (les lancers sont indépendants)
x2 = P(A2 ) = P(F2 \ P1 ) = p:q car on n’a pas deux F de suite et on a P2 .
y2 = P(B2 ) = P(P2 \ (F1 [ P1 )) = p(P2 ) = q.
u2 = P(U2 ) = P(F3 \ F2 \ P1 ) = p2 :q car on n’a pas eu de F F avant.
x3 = P(A3 ) = P(F3 \ P2 \ (F1 [ P1 )) avec P2 car on n’a pas de F F
= P(F3 \ P2 ) = p:q
y3 = P(B3 ): Avec B3 on a P3 , et avant on a pu avoir P2 ou F2 (ce qui ne fait pas de F F ).
– Si on a eu P2 , on a pu avoir P1 ou F1 .
– Si on a eu F2 , pour ne pas avoir de F F; il faut avoir eu P1 .
Donc B3 = P3 \ ([P2 \ (P1 [ F1 )] [ [F2 \ P1 ]) = P3 \ [P2 [ (F2 \ P1 )]
et P(B3 ) = P(P3 ):P(P2 [ [F2 \ P1 ]) = P(P3 ) (P(P2 ) + P(F2 \ P1 ))
car P2 et F2 sont incompatibles; et par indépendance des lancers
y3 = q(q + p:q) = q 2 (1 + p)
u3 = P(F4 \ F3 \ P2 \ (P1 [ F1 )) avec P2 pour ne pas avoir F F avant.
= P(F4 \ F3 \ P2 ) = p2 :q
b) xn = P(An ) et un = P(Un )
Or Un = Fn+1 \ Fn \ (pas de F F avant), et Bn = Fn \ (pas de F F avant)
Donc Un = Fn+1 \Bn . Et, le lancer n+1 étant indépendant des précédents, P(Un ) = P(Fn+1 ):P(Bn ) =
p:xn :
c)
DS
PAn (An+1 ) est la probabilité d’avoir Fn+1 , quand on eu Fn , mais sans avoir de F F . (Ce qui
est incompatible)
Donc PAn (An+1 ) = 0.
PBn (An+1 ) est la probabilité d’avoir Fn+1 , car on a eu Pn et on aura donc pas de F F ni
avant ni au dernier lancer.
PBn (An+1 ) = PBn (Fn+1 ) = P (Fn+1 ) = q: car le n + 1ieme lancer est indépendant des
précédents.
PAn (Bn+1 ) est la probabilité d’avoir Pn+1 , puisque l’on a eu Pn et que l’on aura donc pas de
F F ni avant ni au dernier lancer.
PAn (Bn+1 ) = PAn (Pn+1 ) = q:
Page 3/ ??
De même PBn (Bn+1 ) = P(Pn+1 ) = q:
d) Erreur: An et Bn ne sont pas un système complet d’événements car on a pu avoir un F F avant
le nieme lancer.
Mais quand on n’a pas de F F jusqu’au n + 1ième, on n’en a pas eu jusqu’au nieme .
Donc An+1 = (An+1 \ An ) [ (An+1 \ Bn ). Et comme An et Bn sont incompatibles :
P(An+1 ) = P(An+1 \ An ) + P(An+1 \ Bn ) = PAn (An+1 ) :P(An ) + PBn (An+1 ) :P(Bn ) = 0:P(An ) + p:P(Bn )
xn+1 = p yn
De même
P(Bn+1 ) = PAn (Bn+1 ) :P(An ) + PBn (Bn+1 ) :P(Bn ) = q:P(An ) + q:P(Bn )
yn+1 = q (xn + yn )
2. On suppose, dans cette question que p = q = 1=2.
1
1
a) On a en substituant n+1 à la place de n : yn+2 = q (xn+1 +yn+1 ) = q (p:yn +yn+1 ) = yn+1 + yn :
2
4
Montrons par récurrence que pour tout entier n 2 : 2n yn = fn
Il faut pour celà connaitre les deux termes précédents. Et on démontre donc que pour tout entier
n 2 : 2n yn = fn et 2n+1 yn+1 = fn+1 .
Pour n = 2; on a y2 = q = 1=2; 4y2 = 2 et f2 = f1 + f0 = 2 donc 22 y2 = f2
1 3
et y3 = q 2 (1 + p) = : et 23 y3 = 3: f3 = f2 + f1 = 2 + 1 = 3 donc 23 y3 = f3 . CQFD
4 2
Soit n 2 tel que 2n yn = fn et 2n+1 yn+1 = fn+1 .
Est-ce que 2n+1 yn+1 = fn+1 et 2n+2 yn+2 = fn+2 ?
Or 2n+1 yn+1 = fn+1 par hypothèse de récurrence. reste à calculer yn+2 :
1
1
2n+2 yn+2 = 2n+2 ( yn+1 + yn ) = 2n+1 yn+1 + 2n yn = fn+1 + fn = fn+2 CQFD
2
4
Donc pour tout n 2; 2n yn = fn .
b) fn est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
Son équation caractéristiquepest r2 r 1 p
= 0 qui a pour discriminant est = 1 + 4 = 5 > 0 et
1+ 5
1
5
qui a deux racines =
et =
.
2
2
On a donc pour tout entier n; fn = A n +B n avec A et B déterminés par les deux premisers
termes :
1
f0 = 1 = A 0 + B 0
donc A = 1 B et (1 B)
+B
= 1 d’où B =
=
f1 = 1 = A
+B
p
p
1
5 1+ 5
=
car 1
=1
=
= d’où A = 1
=
et donc
2
2
n+1
n+1
fn =
.
c) Donc pour tout entier n 2; yn = fn =2n et xn+1 = p yn = fn =2n+1 (seulement pur n 2 )
Donc en substituant n 1 à n; xn = fn 1 =2n pour n 3. Or ceci est encore vrai pour n = 2
car x2 = p q = 1=4 = f1 =4.
En…n un = p xn = xn =2 = fn
n+1
1 =2
n
=
n
(
)2
n+1
pour tout n
2
d) On calcule la somme :
N
X
un =
n=1
n=1
=
DS
N
X
n
)2n+1
(
1
2(
n
b)
N
X
n=1
=
1
2(
( =2)n
b)
N
X
n=1
N
X
n=1
n
1
2n
2(
!
( =2)n
=
2(
b)
N
X
n=1
1
b)
n
2
n
( =2)N +1 1
=2 1
( =2)N +1 1
=2 1
Page 4/ ??
Or 0 < =2 < 1 et 0 < =2 < 1 donc ( =2)N !0 et ( =2)N !0.
Donc
N
X
n=1
un !
=
( =2
Donc
DS
P+1
1)( =2
n=1 un
1
2(
b)
(
1
=2
1
1
=2
1
4( =2 1)( =2 1)
p
p
1+ 5
5
1
1) = (
1)(
4
4
1
)=
1
2(
1) =
3+
4
=2
=2
b) ( =2 1)( =2 1)
:
p
p
5 3
4
5
=
9
5
16
=
1
4
! 1 et Un est bien une variable aléatoire.
Page 5/ ??