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Corrig ECRICOME Eco 2012 par Pierre Veuillez
EXERCICE 1
(M3(R) ; +; :)dsigne lespace vectoriel des matrices carres
dordre 3 coecients rels.Deux matricesA et BdeM3(R)tant donnes, on
suppose quil existe une matrice L appartenant M3Rtelle que :
L= AL +B:
On dnit la suite de matrices (Un)nNdeM3(R)de la manire suivante
: U02 M3(R)8n 2 N; Un+1 = AUn+B
1. Pour n = 0 :L +A0 (U0 L) =L +U0 L= U0Soit n 2 Ntel que Un=L
+An (U0 L)alors
Un+1=AUn+B=A [L +An (U0 L)] +B
=AL +An+1 (U0 L) +B
=L +An+1 (U0 L)
carAL +B =LConclusion : Un= L +A
n (U0 L)pour toutn 2 N
Dans la suite du problme les matrices A et B sont choisies de
telle sorte que :
A= 16
0@ 0 3 34 6 42 3 5
1A ; B = 0@3 1 21 0 12 1 1
1AOn note : Idlendomorphisme identit de R3 ; a lendomorphisme de
R3 dont la matrice dans la base canonique est la matrice A ; b
lendomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est la
matrice B ; Im (b)limage de lendomorphisme b ; Im (Id a)limage de
lendomorphisme Id a.
2. Prouver que le vecteur u = (x;y;z)appartient limage de b si
et seulement si
x+y+z = 0
La question nest pas classique en ECE.On peut lattaquer par la
voie habituelle :Im (b) = Vect ((3; 1; 2) ; (1; 0;1) ; (2;1;1))et
comme(3; 1; 2)+(1; 0;1)+(2;1;1) =0alorsIm (b) = Vect ((1; 0;1) ;
(2;1;1))
et on reprend par lquation :x + y + z = 0 () x = y + z qui a
pour solutions :E= Vect ((1; 1; 0) ; (1; 0; 1))
Reste montrer lgalit des deux. Les familles gnratrices sont
libres (2 vecteurs non propor-tionnels). Les deux sous espaces sont
donc de dimension 2.
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de plus(1; 0;1)et (2;1;1)satisfont lquationx+y+z = 0doncIm (b)
Eet comme les deux ont mme dimension Im (b) =E.La mthode
systmatique est de dterminer quelles conditions (x;y;z)appartient
Im (b):si il existe ( ; ; )tel que b (( ; ; )) = (x;y;z)ce que lon
rsout :
B0@
1A= 0@
xy
z1A() 8
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4. Les vecteurs tant propre, la matrice dea dans cette base est
D = matC(a) =
0@1 0 00 1=2 0
0 0 1=3
1A
On calcule leurs images par b : (si on nous avait fait calculer
P1; on aurait aussi pu passerpar la formule de changement de
base)
B
0@111
1A= 0@3 1 21 0 12 1 1
1A0@111
1A= 0@000
1Adonc b ((1; 1; 1)) = 0coordonnes : (0; 0; 0)dansC
B
0@10
1
1A=
0@3 1 21 0 1
2 1 1
1A0@10
1
1A=
0@10
1
1A
donc b (1; 0; 1) = (1; 0; 1)coordonnes(0; 1; 0)dans :C
B
0@ 01
1
1A=
0@3 1 21 0 1
2 1 1
1A0@ 01
1
1A=
0@11
0
1A
doncb (0;1; 1) = (1;1; 0)et on cherche ses coordonnes sur ((1;
1; 1) ; (1; 0; 1) ; (0;1; 1)):
(1;1; 0) =x (1; 1; 1) +y (1; 0; 1) +z (0;1; 1) ()
80
f0 (x) =exx (1 ex)
x2
donc avec ' (x) =ex (x + 1) 1on a
8x >0 f0 (x) =' (x)
x2
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4. 'est drivable sur R'0 (x) = ex (x+ 1) +ex = xex
x 0'0 (x) 0 ' (x) 0 & f0 (x) 1
2
f(x) 1 & 0
et en+1 :
f(x) =1 ex ! 1
x ! +1 ! 0
on a tudier les variations de ' ;. En dduire le tableau de
variation fqui sera complt parla limite de f en+1.
Partie II. tude dune suite.
On introduit la suite (un)n2N
dnie par :
8n 2 N un=
Z n0
eu
n
1 +udu
1. Pour minorer lintgrale, on travaille sur le contenu. Do peut
venir le ln ? Do viendra le 1e?
Pour tout u 2 [0; n] : u=n n=n= 1donceu=n e1 et eun
1+u 1
1+u:
Comme les bornes sont croissantes on a alors
Z n
0
eu
n
1 +udu Z
n
0
e1
1 +udu=
1
e[ln (1 + u)]n
0
Conclusion : pour tout entier natureln non nul un 1eln (n+ 1)et
par minoration un ! +1
2. fest continue sur [0; 1]doncR
1
0f(x) dxexiste
3. On fait rapparatre lintgrale pour un : a Utiliser un
changement de variable ane pourmontrer que, pour tout entier
naturel nnon nul :Z n
0
1
1 +udu un =
Z n0
1
1 +udu
Z n0
eu=n
1 +udu
=Z n0
1 e
u=n
1 +u du
On fait le changement de variable x= u=n() u= nx: du= ndx :u = 0
()x= 0 :u =n () x= 1donc
Z n0
1
1 +udu un =
Z 1
0
n1 ex
1 +nxdx
que lon majore nouveau : pour tout x >0 : 1 + nx > nxdonc
n
1 +nx
n
nx=
1
xdo
n1 ex
1 +nx f(x)
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et comme intgrales de fonctions continues par morceaux, (ou en
vriant lingalit galementpour x = 0)
0
Z 1
0
n1 ex
1 +nxdx
Z 1
0
f(x) dx
car1 ex 0sur [0; +1[et
Conclusion : 0 Rn0
1
1+udu unR10 f(x) dx
4. On a nalement
0 ln (n+ 1) un
Z 1
0
f(x) dx
R1
0f(x) dxtant une constante par rapport n: Donc
0 1 un
ln (n+ 1)
R1
0 f(x) dx
ln (n+ 1)
et par encadrement, 1 un
ln (n+ 1) ! 0et un
ln (n+ 1) ! 1
Conclusion : un ln (n+ 1) quand n ! +1
Bilan : exercice progressif et qui demande des initiatives.
EXERCICE 3.
Soit n un entier naturel non nul. Une entreprise dispose dun lot
du n feuilles originales quelle anumrotesl; 2; ; n:Elle photocopie
cesn feuilles originales et souhaite que chaque original soitagraf
avec sa copie. Lentreprise programme le photocopieur an que chaque
original soit agraf
avec sa copie. Cependant . suite un dfaut informatique, la
photocopieuse a mlang les originauxet les copies. Lentreprise dcide
donc de placer les noriginaux et les ncopies dans une boite.
Unepersonne est alors charge du travail suivant : elle pioche
simultanment et au hasard 2 feuilles dansla boite. Sil sagit dun
original et de sa copie, elle les agrafe et les sort de la boite.
Sinon, elle reposeles deux feuilles dans la, boite et elle
recommence.On modlise lexprience par un espace probabilit (;B; P).
Soit Tn la variable alatoire gale aunombre de pioches qui sont
ncessaires pour vider la boite lorsque celle-ci contient noriginaux
et ncopies (soit 2n feuilles).On considre lvnement An : lissue de
la premire pioche, les deux feuilles pioches ne sontpas agrafes et
ansa probabilit cest--dire que an = P (An).
1. il y a 2nfeuilles dans la boite.Les premires pioches sont (ni
ordre ni rptition) les combinaisons de deux feuilles parmi 2n.
(quiprobables) Il y en a
2n
2
=
2n (2n 1)
2
Les pioches formant un couple sont dtermines par la feuille
originale (parmi n) il y en an
Donc P
An
= n2n2
= 12n 1
etP (An) = 1 1
2n 1=
2n 2
2n 1
Conclusion : an=2n 2
2n 1
2. tude de T2. On suppose dans cette question que n = 2,
cest--dire que la boite contient deuxoriginaux et deux copies.
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a) Pour vider la boite, il faut et sut davoir dabord un premier
couple, les feuilles restantesseront alors agrafes la pioche
suivante.Donc (T2=k)signie que lon na pas eu de couple jusqu k 1;et
que lon en a eu un lak 1eme pioche.En notant Si(succs) le fait
davoir un couple la ieme pioche et Eisinon, on a donc :
(T2=k) =E1 \ Sk1et
P (T2=k) = P (E1) PE1(E2) PE1Ek2(Sk1)
Tant que lon na pas eu de couple, on est avec une boite
contenant les 4 feuillets et laprobabilit de ne pas piocher un
couple est donc a2.
Conclusion : pour tout entier k 2 : P (T2=k) = (1 a2) (a2)k2
b) S2 = T2 1Donc S2() = N et(S2 = k) = (T2=k + 1) doncP (S2 = k)
= (1 a2) (a2)
k1
Conclusion : S2 ,! G (1 a2)
donc E(S2) = 1
1 a2etV (S2) =
a2
(1 a2)2
et commeT2=S2+ 1alorsV(T2) =V (S2)et E(T2) =E(S2) + 1
Conclusion : E(T2) =2 +a21 a2
etV (T2) = a2
(1 a2)2
3. tude de T3. On suppose dans cette question quen = 3,
cest--dire que la boite, contient troisoriginaux et trois
copies.
a) Comme il y a 3 paires reformer , (T3 = 2)est impossible et P
(T3= 2) = 0(T3 = 3)signie que lon a fait des paires chaque pioche
:Donc (T3= 3) =S1 \ S2(on a alorsS3) et
P (T3= 3) = P (S1) PS1(S2)
= (1 a3) (1 a2)
car quand on a fait le premier couple, il reste 4 feuilles.
b)
A3; A3
est un systme complet dvnements, donc pour tout k 2(impossible
sinon)
que :
P (T3 = k + 1) = PA3(T3 = k + 1) P (A3) + PA3 (T3=k + 1) P
A3
=a3P (T3 =k) + (1 a3) P (T2=k)
avecPA3(T3=k + 1) = P (T3 = k)car, quand on na pas fait de
couple au premier on estencore avec les 6 feuillets dans la boite
et il ne reste que k pioches faire pur nir en k + 1picoches.et PA3
(T3=k + 1) = P (T2=k)car un couple ayant t agraf, il ne reste que 2
coulesdans la boites et k pioches faire pour la vider.
c) Courageusement, par rcurrence :Pour k = 2 :
(1 a2) (1 a3)
a3 a2
(a3)
0 (a2)0
= P (T3= 2)
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Soit k 2:tel que
P (T3=k) =(1 a2) (1 a3)
a3 a2
h(a3)
k2 (a2)k2
i alors
P (T3 = k + 1) =a3P (T3 = k) + (1 a3) P (T2=k)
=a3
(1 a2) (1 a3)
a3 a2h
(a3)
k2
(a2)
k2i+ (1 a3) (1 a2) (a2)
k2
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
ha3(a3)
k2 a3(a2)k2 + (a2)
k2 (a3 a2)i
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
h(a3)
k1 (a2)k1
i
Conclusion : 8k 2; P (T3 = k) =(1 a2) (1 a3)
a3 a2
h(a3)
k2 (a2)k2i
:
d) On doit trouver 1 !
MXk=2
P (T3 = k) =(1 a2) (1 a3)
a3 a2
MXk=2
h(a3)
k2 (a2)k2
i
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
MXh=0
h(a3)
h (a2)hi
!(1 a2) (1 a3)
a3 a2
1
1 a3
1
1 a2
car ja3j
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e) Par le thorme de transfert :
MXk=2
(k 1 ) P (T3=k)
=M
Xk=2
(k 1)(1 a2) (1 a3)
a3 a2h(a3)k2 (a2)k2i
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
M1Xh=1
h (a3)h1 h (a2)
h1
! (1 a2) (1 a3)
a3 a2
1
(1 a3)2
1
(1 a2)2
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
"(1 a2)
2 (1 a3)2
(1 a3)2 (1 a2)
2
#
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2(1 a2 1 +a3) (1 a2+ 1 a3)
(1 a3)2 (1 a2)2
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
(a3 a2) (2 a2 a3)
(1 a3)2 (1 a2)
2
= (2 a2 a3)
(1 a3) (1 a2)=E(T3 1)
La srie est absolument convergente, donc T31admet une esprance
et calculer E(T3 1) =(2 a2 a3)
(1 a3) (1 a2)
Conclusion : DoncT3a une esprance et E(T3) = (2 a2 a3)(1 a3) (1
a2)+ 1
f) De mme (presque ...)
MXk=2
k (k 1 ) P (T3 = k)
=MXk=2
k (k 1)(1 a2) (1 a3)
a3 a2
h(a3)
k2 (a2)k2i
=(1 a2) (1 a3)a3 a2
MXk=2
k (k 1)h
(a3)k2 (a2)k2i
! (1 a2) (1 a3)
a3 a2
2
(1 a3)3
2
(1 a2)3
=(1 a2) (1 a3)
a3 a2
"(1 a2)
3 (1 a3)3
(1 a3)3 (1 a2)
3
#
et on doit retravailler dabord
x3 y3 = (x y) x2 +xy+y2
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pour simplier
E[T3(T3 1)] =(1 a2) (1 a3)
a3 a2
"(1 a2 1 +a3)
(1 a2)
2 + (1 a2) (1 a3) + (1 a3)2
(1 a3)3 (1 a2)
3
#
=a22 2a2+ 1 + 1 a2 a3+a2a3+ 1 2a3+a
23
(1 a3)
2
(1 a2)
2
=a22+a2a3 3a2+a
23 3a3+ 3
(1 a3)2 (1 a2)
2
car la srie est absolument convergenteT3(T3 1) =T
23 T3donc T
23 =T3(T3 1) +T3a une esprance et
E
T23
= E[T3(T3 1)] +E(T3)
=a22+a2a3 3a2+a
23 3a3+ 3
(1 a3)2
(1 a2)2
+ (2 a2 a3)
(1 a3) (1 a2)
+ 1
donc T3aune variance etV(T3) =E
T23E(T3)
2
et l lnonc ne demande pas son expression ... donc on sarrte
Bilan : le dbut est droutant, mais en restant formel (ce quoi
poussait lnonc) les calculs ne sontpas monstrueux.
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