Corrigé ECRICOME 1995 par Pierre Veuillez

Exercice I

1. Pour n ∈ N, on pose

In =

2π∫0

xn sinxdx et Jn =

2π∫0

xn cosx

(a) Justifier l’existence de In et Jn.

(b) Pour n ∈ N, établir les relations

In+1 = (n+ 1)Jn − (2π)n+1 et Jn+1 = −(n+ 1)Jn

(c) Pour n ∈ {0, 1, 2, 3}, calculer In et Jn.

2. On considère f : R→ R définie par :

f(x) =

{ x

2π2(1− cosx) si x ∈ [0, 2π]

0 si x /∈ [0, 2π]

Montrer que f est la densité d’une variable aléatoire réelle X.

3. (a) Déterminer la fonction de répartition F de X.

(b) Montrer que F est dérivable sur R. Préciser les valeurs de F ′(0) et F ′(2π).

(c) Donner le tableau de variation de F sur R.

4. Calculer l’espérance mathématique E(X) et l’écart-type σ(X) de la variable aléatoire X.

Donner une valeur approchée à 10−2 près de E(X) et de σ(X).

5. Calculer les probabilités suivantes

(a) P (X >π

2)

(b) P (X <π

2ou X >

3π

2)

(c) P (|X − π| 6 π

2)

(d) P [(X > π

2)/(X 6 3π

2))

(Probabilité conditionnelle de l’évènement (X > π

2) sachant (X 6 3π

2)

EXERCICE II

Pour x ∈ R, on pose : f(x) = x3 + 5x− 1

1. (a) f est dérivable sur R et f ′ (x) = 3x2 + 5 > 0 donc f est strictement croissante sur REn +∞ : f (x) = x3 + 5x− 1→ +∞En −∞ : f (x) = x3 + 5x− 1→ −∞

(b) f est continue et strictement croissante sur R doncbijective de R dans ]lim−∞ f ; lim+∞ f [ = ROr 0 ∈ R doncConclusion : l’équation x3 + 5x− 1 = 0 a une unique solution α dans R.

1

(c) On compare les images : f (0) = −1 < 0 = f (α) < f(12

)= 13

8

Et comme f est strictement croissante sur R

Conclusion : 0 < α <1

2

2. Le plan étant rapporté à un repère orthonormal (O,−→i ,−→j ), on note (C) la courbe représentative de f dans

ce repère.M0 est le point de (C) d’abscisse 1. La tangente à (C) au pointM0 coupe l’axe (O,

−→i ) en un point d’abscisse

x1. Soit M1 le point de (C) d’abscisse x1. En traçant la tangente à (C) au point M1, on détermine de façonanalogue le point M2. On construit ainsi par récurrence une suite (Mn) de points de (C). On désigne enfinpar xn l’abscisse du point Mn.

La tangente en Mn a pour pente f ′ (xn) = 3x2n + 5 et elle a donc pour équation :

y =(3x2n + 5

)(x− xn) + f (xn)

Elle coupe donc l’axe des abscisses pour y = 0 en xn+1 = x solution de(3x2n + 5

)(x− xn) + f (xn) = 0 ⇐⇒

x =−f (xn)

3x2n + 5+ xn

=−x3n − 5xn + 1 + 3x3n + 5xn

3x2n + 5

=2x3n + 1

3x2n + 5

Conclusion : ∀n ∈ N, xn+1 =2x3n + 1

3x2n + 5.

3. (a) Pour x ∈ R, on poseg(x) = 2x3 − 3αx2 + 1− 5α

où α est le nombre défini à la question ??. (on a donc α3 + 5α− 1 = 0 )g est dérivable sur R et g′ (x) = 6x2 − 6αx = 6x (x− α)

En +∞ : g(x) = 2x3 − 3αx2 + 1− 5α = x3(2− 3α/x+ (1− 5α) /x3

)→ +∞

En −∞ : g(x) = 2x3 − 3αx2 + 1− 5α→ −∞x −∞ 0 α +∞

g′ (x) = 6x (x− α) + 0 − 0 + 2◦ degrég (x) −∞ ↗ 1− 5α ↘ 0 ↗ +∞

En α : g (α) = 2α3 − 3α3 + 1− 5α = −α3 − 5α+ 1 = 0

Pour tout n ∈ N :

xn+1 − α =2x3n + 1

3x2n + 5− α

=2x3n − 3αx2n − 5α+ 1

3x2n + 5

=g (xn)

3x2n + 5

Par récurrence :

• x0 = 1 > α (car 0 < α <1

2)

• Soit n ≥ 0 tel que xn > α alors g (xn) > g (α) = 0car g est strictement croissante sur [α,+∞[ et que α et xn > α en sont éléments.

Doncxn+1 − α =g (xn)

3x2n + 5> 0 et xn+1 > α

2

• Conclusion : par récurrence, ∀n ∈ N, xn > α.

(b) Pour tout entier n :

xn+1 − xn =2x3n + 1

3x2n + 5− xn

= −x3n + 5xn − 1

3x2n + 5

= − f (xn)

3x2n + 5< 0

car xn > α donc f (xn) > f (α) = 0 (f est strictement croissante sur R)

Conclusion : (xn) est strictement décroissanteElle est décroissante et minorée par 0 donc convergente vers une limite ` ≥ α.Rapide Comme xn+1−xn = − f(xn)

3x2n+5et que f est continue en `, par passage à la limite dans l’égalité,

`− ` = − f (`)

3`2 + 5et f (`) = 0

Classique Soit h : x→ 2x3 + 1

3x2 + 5.

On a xn+1 = h (xn) et h est continue sur R et donc en `.Donc h (`) = ` et en résolvant (⇐⇒) on voit paraître f (`) = 0

La seule solution est ` = α

Conclusion : xn tend vers α

4. (a) Pour n ∈ N, on pose un = (xn+1 − α)− (xn − xn+1).On reconnaît les calculs précédents :

un =g (xn)

3x2n + 5− f (xn)

3x2n + 5

=2x3n − 3αx2n − 5α+ 1− x3n − 5xn + 1

3x2n + 5

=x3n − 3αx2n − 5xn − 5α+ 2

3x2n + 5

(b) Pour x ∈ R, on pose h(x) = x3 − 3αx2 − 5x+ 2− 5α.

Et on est content de reconnaître un =h (xn)

3x2n + 5h est deux fois dérivable sur R et

h′ (x) = 3x2 − 6αx− 5

h′′ (x) = 6x− 6α

0 α 1

h′′ (x) − 0 +

h (x) −5 ↘ − ↗ − h (1) < 0

h (x) ↘ + 0 ↘ −avec h (1) = −6α− 2 < 0et

h (α) = α3 − 3α3 − 5α+ 2− 5α

= −2(α3 + 5α− 1

)= −2f (α) = 0

3

(c) On a donc h < 0 sur ]α, 1]et xn ∈ ]α, 1] (xn ≤ x0 = 1 car décroissante et xn > α )donc h (xn) < 0 et un < 0 c’est à dire

Conclusion : ∀n ∈ N, xn+1 − α < xn − xn+1.

5. (a) Ecrire en PASCAL un programme qui calcule xN et xN+1, où N est le plus petit entier n pour lequella condition |xn+1 − xn| 6 10−5 est réalisée.On calcule les valeurs successives de xn ( dans xp) et xn+1 (dans xs) jusqu’à ce que xn − xn+1 soitinférieur à 10−5 ( |xn+1 − xn| = xn − xn+1 )N.B. le nouveau "suivant" est l’ancien "précédent"Program Newton;

var xp,xs:real;

beginxs:=1;repeatxp:=xs;xs:=(2*xp*xp*xp+1)/(3*xp*xp+5)until xp-xs<1E-5;writeln(xs);end.

(b) Et comme 0 < xn+1 − α < xn − xn+1 on aura alors |xn+1 − α| ≤ 10−5 et xn+1 donnera une valeurapprochée de α à 10−5 près.

PROBLEME

Notations

On note M3(R) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre 3 à coeffi cients dans R.On désigne par E = (ε1, ε2, ε3) la base canonique de R3.On rappelle que, par définition : ε1 = (1, 0, 0), ε2 = (0, 1, 0), ε3 = (0, 0, 1).On pose :

A =

16 4 −4−18 −4 530 8 −7

Enfin, on désigne par u l’endomorphisme de R3 ayant A pour matrice dans la base E .

PREMIERE PARTIE : étude de la matrice A

1. (a) En s’inspirant du 2. on montre que 0, 1 et 4 sont valeurs propres de A et que les colonnes de P sontcolonnes propres associées : 16 4 −4−18 −4 530 8 −7

1−22

=

000

donc 0 est valeur propre de A et e1 = (1,−2, 2) est vecteur propre

associé. 16 4 −4−18 −4 530 8 −7

011

=

011

donc 1 est valeur propre et e2 = (0, 1, 1) est vecteur propre associé.

16 4 −4−18 −4 530 8 −7

−11−2

=

−44−8

= 4

−11−2

donc 4 est valeur propre et e3 = (−1, 1,−2) est vecteur

propre associé.Comme A possède au plus trois valeurs propres distinctes, il n’en a pas d’autres.Conclusion : Les valeurs propres de A sont 0, 1 et 4

4

(b) Comme 0 est valeur propre de A, elle n’est pas inversible.

(c) Comme A possède trois valeurs propres distinctes, alors elle est diagonalisable.

2. On pose

P =

1 0 −1−2 1 12 1 −2

et D =

0 0 00 1 00 0 4

(a) Les vecteurs (e1, e2, e3) ci-dessus sont associés à trois valeurs propres distinctes.

Ils forment donc une famille libre et donc une base de R3.La matrice de passage de C dans E est bien P.La matrice de u dans cette base de vecteurs propres associés à 0, 1 et 4 est D.

(b)

1 0 −1−2 1 12 1 −2

L1 → L1L2 + 2L1 → L2L3 − 2L1 → L3

1 0 00 1 00 0 1

1 0 −1

0 1 −10 1 0

L1 → L1L2 → L2

L3 − L2 → L3

1 0 02 1 0−2 0 1

1 0 −1

0 1 −10 0 1

L1 + L3 → L1L2 + L3 → L2L3 → L3

1 0 02 1 0−4 −1 1

1 0 0

0 1 00 0 1

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

On savait déjà P inversible (puisque matrice de passage) et on trouve P−1 =

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

.(c) On a D = matB (u) = matB (C) matC (u) matC (B) donc D = P−1AP

(d) Soit ∆ =

a b cd e fg h i

∈M3(R).

On a ∆D =

a b cd e fg h i

0 0 00 1 00 0 4

=

0 b 4c0 e 4f0 h 4i

et D∆ =

0 0 00 1 00 0 4

a b cd e fg h i

=

0 0 0d e f4g 4h 4i

Donc ∆D = D∆⇐⇒

0 = 0 b = 0 4c = 0d = 0 e = e 4f = f4g = 0 4h = h 4i = 4i

⇐⇒

b = 0 c = 0d = 0 f = 0g = 0 h = 0

Conclusion : ∆ vérifie ∆D = D∆ si et seulement ∆ est diagonale.

DEUXIEME PARTIE : résolution dans M3(R) de l’équation du second degré : X2 = A

On se propose dans cette partie de déterminer toutes les matrices X de M3(R) vérifiant

X2 = A

1. On considère X ∈M3(R) telle que : X2 = A; on pose Y = P−1XP.On a Y 2 = P−1X2P = P−1AP = D.

Donc Y ·D = Y · Y 2 = Y 2 · Y = D · Y.

5

On a donc Y diagonale (d’après la question précédente) Y =

a 0 00 b 00 0 c

donne Y 2 =

a2 0 00 b2 00 0 c2

Finalement Y 2 = D ⇐⇒ a2 = 0 : b2 = 1 et c2 = 4 soit a = 0 : b = ±1 et c = ±2 et les solutions de Y 2 = Dsont donc les matrices Y de la forme :

Y =

0 0 00 γ 00 0 2γ′

avec γ ∈ {−1, 1} et γ′ ∈ {−1, 1}.

Et on a alors X = PY P−1.

Réciproquement si Y 2 = D alors X = PY P−1 vérifie X2 = PY 2P−1 = PDP−1 = A.

2. Il y a 4 couples (γ, γ′) de {−1, 1} × {−1, 1} et donc 4 solutions dans M3(R) de l’équation du second degréX2 = A (A des valeurs de Y distinctes correspondent des valeurs de X distinctes.

On a

S = X1 +X2 +X3 +X4

= PY1P−1 + · · ·

= P (Y1 + Y2 + Y3 + Y4)P−1

avec Y1 + Y2 + Y3 + Y4 =

0 0 00 1 + 1− 1− 1 00 0 2 (1 + 1− 1− 1)

= 0

Conclusion : S = 0

de mêmeT = PY1Y2Y3Y4P

−1

avec Y1Y2Y3Y4 =

0 0 00 1 · 1 · −1 · −1

2 · 2 · −2 · −2

=

0 0 00 1 00 0 16

= D2 donc T = PD2P−1 = A2

Conclusion : T = A2

TROISIEME PARTIE : calcul de An et application à une étude de suites

1. Soit n ∈ N×; Comme D est diagonale, Dn =

0 0 00 1 00 0 4n

et

An = PDnP−1 =

1 0 −1−2 1 12 1 −2

0 0 00 1 00 0 4n

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

An =

4× 4n 4n −4n

−4× 4n − 2 −4n 4n + 18× 4n − 2 2× 4n 1− 2× 4n

2. Soient a, b et c trois réels.On considère les suites (pn), (qn) et (rn) définies par

p0 = a, q0 = b, r0 = c et, pour tout n ∈ N,

pn+1 = 16pn + 4qn − 4rnqn+1 = −18pn − 4qn + 5rnrn+1 = 30pn + 8qn − 7rn

6

(a) Pour n ∈ N∗, on pose Un =

pnqnrn

.

On a Un+1 =

16pn + 4qn − 4rn−18pn − 4qn + 5rn30pn + 8qn − 7rn

= AUn.

La suite U est donc géométrique matricielle de raison A et Un = AnU0

Conclusion : pn = 4× 4na+ 4nb− 4ncqn = − (4× 4n + 2) a− 4nb+ (4n + 1) crn = (8× 4n − 2) a+ 2× 4nb− (2× 4n − 1) c

(b) Comme 4n tend vers +∞, il faut et il suffi t que le coeffi cients en facteur de 4n soit nul dans pn, qn etrn donc que

4a+ b− c = 0−4a− b+ c = 08a+ 2b− 2c = 0

Conclusion : (pn), (qn) et (rn) tendent vers une limite finie si et seulement si 4a+ b− c = 0

On a alors

pn = 0

qn = −2a+ crn = −2a+ c

et ces suites sont constantes à partir du rang 1. (00 = 1 6= 0 dans la

matrice D0)

QUATRIEME PARTIE : C(A) = {M ∈M3(R) telle que AM =MA}1. AM = MA⇐⇒ PDP−1M = MPDP−1 ⇐⇒ DP−1MP = P−1MPD

Et on a vu en partie I que D∆ = ∆D si et seulement si ∆ est diagonale. Donc avec∆ = P−1MP ,

Conclusion : M ∈ C(A) si et seulement P−1MP est diagonale.

2. Donc M ∈ C(A)⇐⇒M = P∆P−1 avec ∆ =

a 0 00 b 00 0 c

= a∆1 + b∆2 + c∆3

M1 = P∆1P−1 =

1 0 −1−2 1 12 1 −2

1 0 00 0 00 0 0

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

=

−3 −1 16 2 −2−6 −2 2

M2 = P∆2P

−1 =

1 0 −1−2 1 12 1 −2

0 0 00 1 00 0 0

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

=

0 0 0−2 0 1−2 0 1

M3 = P∆3P

−1 =

1 0 −1−2 1 12 1 −2

0 0 00 0 00 0 1

−3 −1 1−2 0 1−4 −1 1

=

4 1 −1−4 −1 18 2 −2

et on a alors C(A) =

{aM1 + bM2 + cM3 avec (a, b, c) ∈ R3

}3. Si aM1 + bM2 + cM3 = 0 alors a∆1 + b∆2 + c∆3 = 0.

Et la famille (∆1,∆2,∆3) étant échelonnée elle est libre. Donc a = b = c = 0.

Donc la famille (M1,M2,M3) est libre et forme une base de C (A) .

Donc l’écriture M = aM1 + bM2 + cM3 est unique.

7