7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

1/7

Correction ecricome 2015

Exercice 1

I. Une loi exponentielle et une suite

1. Une loi exponentielle

(a) Une densit deXest donne par la fonctionfdfinie sur R parf(x) =

0 si x 0.Bilan : Ainsi, n N, un> 0.

(c) U=zeros(1,100)

U(1)=1

for n=1:99U(n+1)=1-exp(U(n))

end

plot(U,"+")

(d) On peut conjecturer que la suite(un)est dcroissante et tend vers 0.

(e) Soitn 1.un+1 un= 1 eun un.

Or daprs la question a), eun un+ 1 1 eu

n un< 0 autrement ditun+1 un< 0.Ainsi, la suite(un)est dcroissante.

(f) La suite (un) est dcroissante et minore par 0 donc elle converge vers une limite 0, F tantcontinue sur R (en tant que fonction de rpartition dune variable densit), vrifie := F() = 1 e h() = 0 = 0toujours daprs la question a).

Bilan :(un)converge et limn+un= 0 .

1

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

2/7

(g) Soitnun entier naturel non nul.

un+1= 1 eu

n = 1 1

eun.

Or daprs la question 2)a),eun un+ 1 1

eun

1

un+ 1.

Puis,1 1

eun

1 1

un+ 1

= un

un+ 1

.

Ainsi, un+1 un

un+ 1 .

Puis, 1

un+1

un+ 1

un= 1 +

1

un.

(h) Raisonnons par rcurrence : Initialisation :u1= 1 1

Hrdit : Supposons quil existen N tel que un 1

n. On a alors

1

un n . Ainsi, puisque

1

un+1 1 +

1

un, on a :

1

un+1 1 + npuisun+1

1

n + 1

Bilan : n N, un 1n

.

(i) S=cumsum(U)donc les coordonnes deSsont(u1, u1+ u2, u1+ u2+ u3, . . . ,100k=1

uk)autrement dit

les sommes partielles de la srie de terme gnral un.Ainsi on peut conjecturer que la suite des commes partielles tend vers + autrement dit que lasrie de terme gnralundiverge.

(j) n 1, un 1

n.

n 1, un 0et 1

n 0

1n

diverge en tant que srie de Riemann avec = 1(srie harmonique).

Ainsi, daprs les critres de comparaison des sries termes positifs,

undiverge.

II. Une fonction et une variable densit

1. Etude de la fonction g

(a) gest drivable sur] ; 0[en tant que fonction constante. gest drivable sur]0; +[en tant que produit de fonctions drivables.

Etude de la continuit deg en 0 :limx0

g(x) = 0 =g(0)doncg est continue en 0.

Etude de la drivabilit deg en 0 :

Six 0:g(x) g(0)

x 0 =ex donc lim

x0+

g(x) g(0)

x 0 = 1.

Six

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

3/7

2. Etude de variables alatoires

(a) gest continue sur R. x R, g(x) 0.

+

g(t)dt =

+0

tetdt = E(X) = 1o Xdsigne la variable alatoire de la partie I qui suit

une loi exponentielle de paramtre 1 ! !

Bilan :g est une densit de probabilit.

(b) Gest de classeC1 sur R carg est continue sur R.

(c) x R, G(x) =

x

g(t)dt.

Premier cas : six

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

4/7

2. Supposons queAest bijectif.AN = I2 A(N) = I2. OrA tant bijectif il existe une unique matrice Nsolution de cette quation.Ainsi, il existe une unique matrice Nde M2(R)telle queAN=I2.

3. Supposons queAest un automorphisme de M2(R). Alors daprs la question prcdente, il existeune unique matriceNtel queAN=I2. Autrement ditAest inversible. Supposons queAest inversible.

M Ker(A) A(M) = 0 AM= 0 A1AM = 0 M= 0Ainsi, Ker(A) = {0} et puisque A est un endomorphisme de M2(R),A est bijectif et cest donc unautomorphisme de M2(R).Bilan :Aest un automorphisme de M2(R)ssiAest inversible.

II. Un exemple

1. Aest une matrice triangulaire suprieure donc ses valeurs propres sont ses lments diagonaux 1 et -1.Ainsi,Aest une matrice dordre 2 qui admet deux valeurs propres, donc elle est diagonalisable.

2. A

1 00 0

=A

1 00 0

=

1 00 0

=E11

A0 1

0 0

=A0 1

0 0

=0 1

0 0

=E12

A

0 01 0

=A

0 01 0

=

2 01 0

=2E11 E21

A

0 00 1

=A

0 00 1

=

0 20 1

= 2E12 E22

Ainsi, la matrice deAdans la base Best :T =

1 0 2 00 1 0 20 0 1 00 0 0 1

.

3. Test une matrice trangulaire suprieure donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux soient1 et -1.

Recherche deE1: SoitX=

abcd

.

X E1 T X = X

a + 2c= ab + 2d= bc= cd= d

a= cb= b

Ainsi, X =

abab

. Ainsi, le sous -espace

propre associ la valeur propre 1 deTest Vect

1010

,

0101

et le sous-espace propre deAassoci

la valeur propre 1 est Vect1 0

1 0

,0 1

0 1

.

Recherche deE1: SoitX=

abcd

.

X E1 T X = X

a + 2c= ab + 2d= bc= cd= d

c= 0d= 0

Ainsi,X =

ab00

. Ainsi, le sous -espace propre

associ la valeur propre 1 de Test Vect

100

0

,

010

0

et le sous-espace propre deA associ la

4

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

5/7

valeur propre 1 est Vect

1 00 0

,

0 10 0

.

4. Les deux sous-espaces E1et E1sont chacun clairement de dimension 2. Donc dim(E1)+dim(E1)=4=dim(M2(R))ainsiAest diagonalisable.

III. Dautres rsultats sur lapplication Aet la matrice A1. Soit un rel tel que il existe une matrice Mnon nulle telle que A(M) =M. Supposons queA I2

est inversible.On a AM = M AMM = 0 (A I2)M = 0 (A I2)

1(A I2)M = 0 M = 0absurde ! !AinsiA I2est non inversible.

2. AX=X

ax + bycx + dy

=

xy

autrement dit

ax + by= xcx + dy= y

A(N) =A

x 0y 0

=

ax + by 0cx + dy 0

=

x 0y 0

=N; ainsiNest un vecteur propre deAassoci la

valeur propre.

A(N

) =A0 x

0 y

=0 ax + by

0 cx + dy

=0 x

0 y

=N

; ainsiN

est un vecteur propre deAassoci

la valeur propre.

3. Daprs la question 1, siest valeur propre deAalorsest valeur propre de A, ainsiSpec(A) Spec(A).Puis daprs la question 2., si est une valeur propre de A alors est aussi une valeur propre de A.Ainsi, Spec(A) Spec(A).

Bilan : Spec(A)=Spec(A)

4. Supposons queA est diagonalisable, alors la somme des dimensions de ses sous-espaces propres vaut2. Or daprs la question 2, chaque vecteur propre deA correspond au moins deux vecteurs propresdistincts deA. Ainsi la somme des dimensions des sous-espaces propres de Aet suprieure ou gale

4, donc est gale 4 etAest diagonalisable.

Exercice 3

I. Une premire exprience alatoire

1. Dans ce programme la variableMdsigne le nombre de boules contenues dans lurne (qui diminue qu

fil de lexprience...) donc chaque tirage la propbabilit de tirer la boule noire est 1

MN=input(Donner un entier naturel non nul)

S=zeros(1,N) for k=1:10000

i=1

M=Nwhile rand()>1/M

i=i+1

M=M-1

end

S(i)=S(i)+1

end

disp(S/10000)

bar(S/10000)

2. On sait tout dabord queX() = {1, 2, 3, 4, 5}et lhistogramme donn laisse penser queXsuit une loiuniforme sur {1, . . . , 5}.

3. P(X= 1) = P(N1) = 1N

5

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

6/7

P(X= 2) = P(B1 N2) = P(B1)PB1(N2) =N 1

N

1

N 1=

1

N

P(X= 3) = P(B1 B2 N3) = P(B1)PB1(B2)PB1B2(N3) = N 1

N

N 2

N 1

1

N 2 =

1

N.

4. X() ={1, . . . , N }.

Soitk {1, . . . , N }, P(X=k) = P(B1 . . . Bk1 Nk) =

N 1

N

N 2

N 1. . .

1

N (k 1) =

1

N (daprsla formule des probabilits composes).

Ainsi, k {1, . . . , N }, P(X=k) = 1

N doncXsuit une loi uniforme sur {1, . . . , N }.

5. E(X) = N+ 1

2 donc le nombre moyen de tirage ncessaires lobtention dune boule noire est

N+ 1

2 .

II. Une deuxime exprience alatoire

1. Si lvnementC1 est ralis, on effectue les tirages dans lurne U1 qui contient une boule noire. Donc

nous sommes ramens lexprience de la partie prcdente :PC1(Y =j) = P(X=j ) = 1

N2. Lorsquon effectue des tirages dans lurneU2 qui ne contient que des boules blanches, on est sr dtre

dans lurneU2que lorsque toutes les boules ont t tires. Ainsi,PC2(Y =j ) = 0si1 j N 1etPC2(Y =N) = 1

3. (C2, C1)forme un systme complet dvnements donc laide de la formule des probabilits totales,P(Y =j) = PC1(Y =j )P(C1) + PC2(Y =j)P(C2).

Si1 j N,P(Y =j) = PC1(Y =j )P(C1) + 0 = 1

N

1

2

Sij = N,P(Y =j ) = 1

N

1

2+ 1.

1

2

Bilan :P(Y =j) =

1

2N si j [[1, N 1]]

1

2+

1

2N si j = N

4. On a :E(Y) =

Nj=1

jP(Y =j ) =

N1j=1

jP(Y =j ) + NP(Y =N)

= 1

2N

N1j=1

j+N

2 +

1

2 =

(N 1)N

2

1

2N +

N

2 +

1

2

= N 1

4 +

N

2 +

1

2 =

3N+ 1

4

Bilan : E(N) = 3N+ 1

4

III. Une troisime exprience alatoire

1. T() = [[2; +[[car il faut au moins deux tirages pour avoir obtenu au moins une boule blanche et uneboule noire.

2. Soitk 2.P(T =k) = P(B1 B2 . . . Bk1 Nk) + P(N1 N2 . . . Nk1 Bk). Or les tirages seffectuent iciavec remise donc les vnements Biet Nj sont indpendants ; ainsi :

P(T =k) = P(B1)P(B2) . . . P(Bk1)P(Bk) + P(N1)P(N2) . . . P(Nk1)P(Bk)

=

N 1

N

k11

N +

1

N

k1N 1

N

.

3. Tadmet une esprance ssi

kP(T =k)converge absolument autrement dit ssi

kP(T =k)converge

carTest valeurs positives.Sous rserve de convergence,

6

7/25/2019 Ecricome 2015 E-c

7/7

+k=2

kP(T =k) = 1

N

+k=2

k

N 1

N

k1+

N 1

N

+k=2

k

1

N

k1

On reconnat ici des sries drives de sries gomtriques qui convergent car

1

N