AgroA 2017 correction

BCPST2 - Maths - Thierry Gaspari.
Correction du concours Agro 2017
M´ethodes de calcul et raisonnement
Exercice
1. La matrice Aest triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Ainsi
Sp(A) = {0}.
Pour le noyau on a :
A
x
y
z
= 0 ⇔x= 0 et y= 0.
Par cons´equent :
E0=Ker(A) = V ect(
0
0
1
).
Puisque dim(E0)=16= 3, la matrice An’est pas diagonalisable.
2.
A2=
000
000
100
.A3=
000
000
000
= 0.
3. (a) Si Ms’´ecrit M=αI3+βA +γA2, alors :
AM =A(αI3+βA +γA2) = αA +βA2+γA3= (αI3+βA +γA2)A=M A,
donc M∈ S.
(b) Soit M=
a b c
d e f
g h i
dans S. Calculons :
AM =
000
100
010
a b c
d e f
g h i
=
0 0 0
a b c
d e f
.
Par ailleurs :
MA =
a b c
d e f
g h i
000
100
010
=
b c 0
e f 0
h i 0
.
Puisque M∈ S,AM =MA donc :
b= 0
c= 0
a=e
b=f
d=h
e=i
f= 0
puis
b= 0
c= 0
f= 0
e=a
i=a
d=h
.
1

Ainsi, si M∈ S,M=
a0 0
d a 0
g d a
=aI3+dA +gA2.
(c) On vient de prouver que si M∈ S alors M∈V ect(I3, A, A2). On avait prouv´e en (3a) la
r´eciproque, `a savoir que si M∈V ect(I3, A, A2) alors M∈ S. En conclusion :
S=V ect(I3, A, A2).
Remarque : on aurait pu se passer de la question (3a)et mener un raisonnement par
´equivalence dans la question (3b), pour obtenir directement l’´egalit´e entre le commutant
de Set le sous-espace vectoriel engendr´e par (I3, A, A2).
4. (a) Puisque M=P AP −1, on a :
M2= (P AP −1)(P AP −1) = P A2P−1.
On raisonne par l’absurde en supposant que M2= 0. On a alors : P A2P−1= 0 puis, en
multipliant par P`a droite : P A2= 0. On multiplie alors par P−1`a gauche (car Pest
inversible) et on obtient : A2= 0, ce qui est absurde d’apr`es la question 2. On peut donc
conclure que M26= 0.
Attention, si vous dites seulement que les trois matrices P, A2,et P−1ne sont pas nulles,
ce n’est pas suffisant pour affirmer que le produit n’est pas nul.
M3=M2M= (P A2P−1)(P AP −1) = P A3P−1= 0 car A3= 0.
Au final M∈ S0.
On vient de montrer que toute matrice semblable `a Aest dans S0.
(b) i. On calcule :
M2=
−1 1 1
1 1 −1
020
−1 1 1
1 1 −1
020
=
2 2 −2
0 0 0
2 2 −2
6= 0.
M3=M2M=
2 2 −2
0 0 0
2 2 −2
−1 1 1
1 1 −1
020
=
0 0 0
0 0 0
0 0 0
= 0.
Donc M∈ S0.
ii. Remarque importante : pour les quatre petites questions qui viennent, on a deux strat´egies
possibles :
- la premi`ere est de raisonner th´eoriquement, ce qui donne les r´esultats sans trop d’ef-
fort calculatoire et de fa¸con plutˆot ´el´egante ; - la seconde est de donner concr`etement
les objets demand´es, ce qui est plus calculatoire mais n´ecessite moins de recul sur la
th´eorie.
Comme les arguments th´eoriques seront demand´es dans la question (c), on peut imaginer
que le concepteur du sujet s’attend ici `a ce que les ´el`eves aillent vers la deuxi`eme strat´egie,
c’est donc ce que nous allons faire dans cette correction. Pour ceux qui pr´ef`erent la
premi`ere strat´egie, il suffit en gros de recopier les r´eponses qui seront donn´ees en (c).
On rappelle que M2=
2 2 −2
0 0 0
2 2 −2
, donc en prenant par exemple X=
1
0
0
on a :
M2X=
2
0
2
6= 0.
2

iii. On a par calcul :
X=
1
0
0
;MX =
−1
1
0
;M2X=
2
0
2
.
Soient a, b, c trois r´eels tels que aX +bMX +cM2X= 0. On a alors :
a−b+ 2c= 0
b= 0
2c= 0
⇔a=b=c= 0.
Ainsi la famille B= (X, MX, M2X) est libre et elle contient trois vecteurs de R3qui est
de dimension 3, donc :
Best une base de R3.
iv. On a : M.X =MX ;M.(M X) = M2X;M.(M2X) = M3X= 0.
Pour que les choses soient plus claires, si l’on note ε1=X, ε2=M X et ε3=M2X, on
a : f(ε1) = ε2;f(ε2) = ε3;f(ε3) = 0. Donc
MatB(f) = 
000
100
010
=A.
v. Ainsi Met Arepr´esentent le mˆeme endomorphisme f(dans des bases diff´erentes), donc
Met Asont des matrices semblables, ce qui signifie que :
Il existe une matrice inversible Ptelle que M=P AP −1.
(c) i. La matrice Mest dans S0donc M26= 0, donc :
Il existe X∈R3tel que M2X6= 0.
ii. Montrons que la famille B= (X, MX, M 2X) est libre. On prend trois r´eels a, b, c tels
que : aX +bMX +cM2X= 0.
En multipliant `a gauche par M2on obtient : a(M2X) = 0 puisque M3=M4= 0.
Comme M2X6= 0 on en d´eduit que a= 0.
Dans l’´egalit´e bMX +cM2X= 0 on multiplie par M`a gauche, ce qui donne : bM 2X= 0,
puis b= 0.
Enfin cM2X= 0 puis c= 0.
Donc la famille B= (X, MX, M2X) est libre et elle contient trois vecteurs de R3qui est
de dimension 3, donc : Best une base de R3.
Dans cette base, M.X =MX;M.(M X) = M2X;M.(M2X) = M3X= 0, donc la
matrice de fdans cette base est encore la matrice A. Ainsi Mest semblable `a A:
Il existe une matrice inversible Ptelle que M=P AP −1.
(d) On fait la synth`ese des questions qui pr´ec`edent :
- en (4a) on a montr´e que toute matrice semblable `a Aest dans S0;
- en (4c) on a prouv´e que toute matrice de S0est semblable `a A.
On conclut que :
Une matrice est dans S0si et seulement si elle est semblable `a A.
3

Probl`eme
On utilisera tr`es ouvent la remarque suivante (fortement sugg´er´ee par l’´enonc´e) :
Apr`es ntirages, il y aura dans l’urne N+nboules au total.
I. Pr´eliminaires :
1. L’esp´erance de Xest : E(X) = n+ 1
2.
2. Pour n∈N∗notons P(n) la proposition : ’
n
X
k=1
k2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6.’
- Initialisation :
D’une part
1
X
k=1
k2= 12= 1. D’autre part : 1×(1 + 1) ×(2 + 1)
6= 1. Donc P(1) est vraie.
- H´er´edit´e :
On fixe n∈N∗et on suppose P(n) vraie. On a alors :
n+1
X
k=1
k2=
n
X
k=1
k2+ (n+ 1)2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6+ (n+ 1)2(par hypoth`ese de r´ecurrence)
=(n+ 1)
6n(2n+ 1) + 6(n+ 1)=(n+ 1) 62n2+ 7n+ 6=(n+ 1) 6(n+ 2)(2n+ 3).
On a bien :
n+1
X
k=1
k2=(n+ 1)(n+ 2)(2(n+ 1) + 1)
6, donc P(n+ 1) est vraie.
- En conclusion, la proposition est vraie au rang initial et elle est h´er´editaire, donc le principe
de r´ecurrence permet de conclure qu’elle est vraie pour tout entier nde N∗. Ainsi :
∀n∈N∗,
n
X
k=1
k2=n(n+ 1)(2n+ 1)
6.
3. On calcule d’abord E(X2) avec le th´eor`eme de transfert :
E(X2) =
n
X
k=1
k2P(X=k) = 1
n
n
X
k=1
k2=(n+ 1)(2n+ 1)
6.
Puis, avec la formule de Koenig-Huygens :
V(X) = E(X2)−E(X)2=(n+ 1)(2n+ 1)
6−(n+ 1)2 4
=(n+ 1)
12 2(2n+ 1) −3(n+ 1)=(n+ 1)(n−1) 12 .
Finalement : V(X) = n2−1
12 .
II. Etude d’un cas particulier :
Ici N1=N2= 1.
Remarquons qu’ici, apr`es ntirages, il y aura dans l’urne (n+ 2) boules au total.
4

1. X1(Ω) = {1,2}. En effet, soit l’on tire une blanche au premier tirage et dans ce cas X1= 2,
soit l’on tire une noire au premier tirage et alors X1reste ´egal `a 1.
[X1= 1] = B1donc P(X1= 1) = P(B1) = 1
2.
Puis P(X1= 2) = 1 −P(X1= 1) = 1
2. On r´esume ces r´esultats en disant que :
X1suit la loi uniforme sur [[1,2]].
2. X2(Ω) = {1,2,3}. En effet, X1vaut 1 ou 2, et le nombre de boules blanches dans l’urne
augmente d’une unit´e ou reste constant entre un tirage et le suivant.
. [X2= 1] = B1∩B2donc, avec la formule des probabilit´es compos´ees :
P(X2= 1) = P(B1)×PB1(B2) = 1
2×2 3=1 3.
On justifie que PB1(B2) = 2
3en disant que, si une boule noire est obtenue au premier tirage,
alors il y a pour le second tirage une blanche et deux noires dans l’urne.
. [X2= 3] = B1∩B2donc avec un calcul similaire :
P(X2= 3) = P(B1)×PB1(B2) = 1
2×2 3=1 3.
. Enfin P(X2= 2) = 1 −P(X2= 1) −P(X2= 3) = 1
3. En r´esum´e :
X2suit la loi uniforme sur [[1,3]].
3. Pour n∈N∗notons R(n) la proposition :
R(n) : ’ Xnsuit la loi uniforme sur [[1, n + 1]].’
- Initialisation : on a prouv´e en (II −1) que R(1) est vraie.
- H´er´edit´e : on fixe n∈N∗et on suppose que R(n) est vraie.
Alors Xn(Ω) = [[1, n + 1]] donc Xn+1(Ω) = [[1, n + 2]] puisque, comme d´ej`a dit, le nombre de
blanches reste le mˆeme ou augmente d’une unit´e `a chaque tirage.
Soit jfix´e dans [[1, n + 2]]. En appliquant la formule des probabilit´es totales avec le syst`eme
complet ([Xn=k])1≤k≤n+1 et en utilisant l’hypoth`ese de r´ecurrence :
P(Xn+1 =j) =
n+1
X
k=1
P(Xn=k)P[Xn=k](Xn+1 =j) = 1
n+ 1
n+1
X
k=1
P[Xn=k](Xn+1 =j).
Pour avancer dans les calculs on doit distinguer trois cas :
- Cas 1 : j∈[[2, n + 1]].
Pour que Xn+1 soit ´egal `a j, il fallait que Xnsoit ´egal `a jou `a j−1. Ainsi toutes les probabilit´es
conditionnelles P[Xn=k](Xn+1 =j) sont nulles, `a l’exception de deux d’entre elles :
.P[Xn=j−1](Xn+1 =j) = P[Xn=j−1](Bn+1) : ceci correspond `a la probabilit´e de tirer une
boule blanche dans une urne qui contient (j−1) blanches et (n+ 2) boules au total.
Donc P[Xn=j−1](Xn+1 =j) = j−1
n+ 2.
.P[Xn=j](Xn+1 =j) = P[Xn=j](Bn+1) : ceci est la probabilit´e de tirer une boule noire dans
une urne qui contient jblanches et (n+2) boules au total. Donc P[Xn=j](Xn+1 =j) = n+ 2 −j
n+ 2 .
On revient au calcul :
P(Xn+1 =j) = 1
n+ 1j−1 n+ 2 +n+ 2 −j n+ 2 =1 n+ 2.
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