AgroA 2017 correction

BCPST2 - Maths - Thierry Gaspari.
Correction du concours Agro 2017
Méthodes de calcul et raisonnement
Exercice
1. La matrice A est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Ainsi
Sp(A) = {0}.
Pour le noyau on a :
 
x

A y  = 0 ⇔ x = 0 et y = 0.
z
Par conséquent :
 
0

E0 = Ker(A) = V ect( 0).
1
Puisque dim(E0 ) = 1 6= 3, la matrice A n’est pas diagonalisable.
2.


0 0 0
A2 = 0 0 0.
1 0 0


0 0 0
A3 = 0 0 0 = 0.
0 0 0
3. (a) Si M s’écrit M = αI3 + βA + γA2 , alors :
AM = A(αI3 + βA + γA2 ) = αA + βA2 + γA3 = (αI3 + βA + γA2 )A = M A,
donc M ∈ S.


a b c
(b) Soit M = d e f  dans S. Calculons :
g h i


 

0 0 0
a b c
0 0 0
AM = 1 0 0 d e f  = a b c  .
0 1 0
g h i
d e f
Par ailleurs :


 
a b c
0 0 0
b
M A =  d e f  1 0 0  =  e
g h i
0 1 0
h


b =0


 c =0











a
=
e


b =f
Puisque M ∈ S, AM = M A donc :
puis




d =h










e
=
i


f =0
1

c 0
f 0 .
i 0
b
c
f
e
i
d
=0
=0
=0
.
=a
=a
=h


a 0 0
Ainsi, si M ∈ S, M = d a 0 = aI3 + dA + gA2 .
g d a
(c) On vient de prouver que si M ∈ S alors M ∈ V ect(I3 , A, A2 ). On avait prouvé en (3a) la
réciproque, à 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
équivalence dans la question (3b), pour obtenir directement l’égalité entre le commutant
de S et le sous-espace vectoriel engendré par (I3 , A, A2 ).
4. (a) Puisque M = P AP −1 , on a :
M 2 = (P AP −1 )(P AP −1 ) = P A2 P −1 .
On raisonne par l’absurde en supposant que M 2 = 0. On a alors : P A2 P −1 = 0 puis, en
multipliant par P à droite : P A2 = 0. On multiplie alors par P −1 à gauche (car P est
inversible) et on obtient : A2 = 0, ce qui est absurde d’après la question 2. On peut donc
conclure que M 2 6= 0.
Attention, si vous dites seulement que les trois matrices P, A2 , et P −1 ne sont pas nulles,
ce n’est pas suffisant pour affirmer que le produit n’est pas nul.
M 3 = M 2 M = (P A2 P −1 )(P AP −1 ) = P A3 P −1 = 0 car A3 = 0.
Au final M ∈ S 0 .
On vient de montrer que toute matrice semblable à A est dans S 0 .
(b) i. On calcule :

 

2 2 −2
−1 1 1
−1 1 1
M 2 =  1 1 −1  1 1 −1 = 0 0 0  6= 0.
2 2 −2
0 2 0
0 2 0



 

2 2 −2
−1 1 1
0 0 0
M 3 = M 2 M = 0 0 0   1 1 −1 = 0 0 0 = 0.
2 2 −2
0 2 0
0 0 0
Donc M ∈ S 0 .
ii. Remarque importante : pour les quatre petites questions qui viennent, on a deux stratégies
possibles :
- la première est de raisonner théoriquement, ce qui donne les résultats sans trop d’effort calculatoire et de façon plutôt élégante ;
- la seconde est de donner concrètement
les objets demandés, ce qui est plus calculatoire mais nécessite moins de recul sur la
théorie.
Comme les arguments théoriques seront demandés dans la question (c), on peut imaginer
que le concepteur du sujet s’attend ici à ce que les élèves aillent vers la deuxième stratégie,
c’est donc ce que nous allons faire dans cette correction. Pour ceux qui préfèrent la
première stratégie, il suffit en gros de recopier les réponses qui seront données en (c).


 
2 2 −2
1
On rappelle que M 2 = 0 0 0 , donc en prenant par exemple X = 0 on a :
2 2 −2
0
 
2
M 2 X = 0 6= 0.
2
2
iii. On a par calcul :
 
1

X = 0
0

;

−1
MX =  1 
0
;
 
2
2

M X = 0 .
2
Soient a, b, c trois réels tels que aX + bM X + cM 2 X = 0. On a alors :

 a − b + 2c = 0
b
= 0 ⇔ a = b = c = 0.

2c
=0
Ainsi la famille B = (X, M X, M 2 X) est libre et elle contient trois vecteurs de R3 qui est
de dimension 3, donc :
B est une base de R3 .
iv. On a : M.X = M X ; M.(M X) = M 2 X ; M.(M 2 X) = M 3 X = 0.
Pour que les choses soient plus claires, si l’on note ε1 = X, ε2 = M X et ε3 = M 2 X, on
a : f (ε1 ) = ε2 ; f (ε2 ) = ε3 ; f (ε3 ) = 0. Donc


0 0 0
M atB (f ) = 1 0 0 = A.
0 1 0
v. Ainsi M et A représentent le même endomorphisme f (dans des bases différentes), donc
M et A sont des matrices semblables, ce qui signifie que :
Il existe une matrice inversible P telle que M = P AP −1 .
(c) i. La matrice M est dans S 0 donc M 2 6= 0, donc :
Il existe X ∈ R3 tel que M 2 X 6= 0.
ii. Montrons que la famille B = (X, M X, M 2 X) est libre. On prend trois réels a, b, c tels
que : aX + bM X + cM 2 X = 0.
En multipliant à gauche par M 2 on obtient : a(M 2 X) = 0 puisque M 3 = M 4 = 0.
Comme M 2 X 6= 0 on en déduit que a = 0.
Dans l’égalité bM X +cM 2 X = 0 on multiplie par M à gauche, ce qui donne : bM 2 X = 0,
puis b = 0.
Enfin cM 2 X = 0 puis c = 0.
Donc la famille B = (X, M X, M 2 X) est libre et elle contient trois vecteurs de R3 qui est
de dimension 3, donc : B est une base de R3 .
Dans cette base, M.X = M X; M.(M X) = M 2 X; M.(M 2 X) = M 3 X = 0, donc la
matrice de f dans cette base est encore la matrice A. Ainsi M est semblable à A :
Il existe une matrice inversible P telle que M = P AP −1 .
(d) On fait la synthèse des questions qui précèdent :
- en (4a) on a montré que toute matrice semblable à A est dans S 0 ;
- en (4c) on a prouvé que toute matrice de S 0 est semblable à A.
On conclut que :
Une matrice est dans S 0 si et seulement si elle est semblable à A.
3
Problème
On utilisera très ouvent la remarque suivante (fortement suggérée par l’énoncé) :
Après n tirages, il y aura dans l’urne N + n boules au total.
I. Préliminaires :
1. L’espérance de X est : E(X) =
n+1
.
2
2. Pour n ∈ N∗ notons P(n) la proposition : ’
n
X
k2 =
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
.’
6
- Initialisation :
1
X
1 × (1 + 1) × (2 + 1)
D’une part
k 2 = 12 = 1. D’autre part :
= 1. Donc P(1) est vraie.
6
k=1
- Hérédité :
On fixe n ∈ N∗ et on suppose P(n) vraie. On a alors :
n+1
X
k
2
=
k=1
n
X
k 2 + (n + 1)2 =
k=1
=
On a bien :
n(n + 1)(2n + 1)
+ (n + 1)2
6
(par hypothèse de récurrence)
(n + 1)
(n + 1)
(n + 1)
n(2n + 1) + 6(n + 1) =
2n2 + 7n + 6 =
(n + 2)(2n + 3).
6
6
6
n+1
X
k=1
k2 =
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)
, donc P(n + 1) est vraie.
6
- En conclusion, la proposition est vraie au rang initial et elle est héréditaire, donc le principe
de récurrence permet de conclure qu’elle est vraie pour tout entier n de N∗ . Ainsi :
∗
∀n ∈ N ,
n
X
k2 =
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
3. On calcule d’abord E(X 2 ) avec le théorème de transfert :
E(X 2 ) =
n
X
n
k 2 P (X = k) =
k=1
1 X 2 (n + 1)(2n + 1)
k =
.
n
6
k=1
Puis, avec la formule de Koenig-Huygens :
2 (n + 1)(2n + 1) (n + 1)2
V (X) = E(X 2 ) − E(X) =
−
6
4
(n + 1)(n − 1)
(n + 1)
=
2(2n + 1) − 3(n + 1) =
.
12
12
Finalement : V (X) =
n2 − 1
.
12
II. Etude d’un cas particulier :
Ici N1 = N2 = 1.
Remarquons qu’ici, après n tirages, 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 X1 reste égal à 1.
[X1 = 1] = B1 donc P (X1 = 1) = P (B1 ) = 12 .
Puis P (X1 = 2) = 1 − P (X1 = 1) = 21 . On résume ces résultats en disant que :
X1 suit la loi uniforme sur [[1, 2]].
2. X2 (Ω) = {1, 2, 3}. En effet, X1 vaut 1 ou 2, et le nombre de boules blanches dans l’urne
augmente d’une unité ou reste constant entre un tirage et le suivant.
. [X2 = 1] = B1 ∩ B2 donc, avec la formule des probabilités composées :
P (X2 = 1) = P (B1 ) × PB1 (B2 ) =
1
1 2
× = .
2 3
3
2
On justifie que PB1 (B2 ) = en disant que, si une boule noire est obtenue au premier tirage,
3
alors il y a pour le second tirage une blanche et deux noires dans l’urne.
. [X2 = 3] = B1 ∩ B2 donc avec un calcul similaire :
P (X2 = 3) = P (B1 ) × PB1 (B2 ) =
1 2
1
× = .
2 3
3
1
. Enfin P (X2 = 2) = 1 − P (X2 = 1) − P (X2 = 3) = . En résumé :
3
X2 suit la loi uniforme sur [[1, 3]].
3. Pour n ∈ N∗ notons R(n) la proposition :
R(n) : ’ Xn suit la loi uniforme sur [[1, n + 1]].’
- Initialisation : on a prouvé en (II − 1) que R(1) est vraie.
- Hérédité : 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 déjà dit, le nombre de
blanches reste le même ou augmente d’une unité à chaque tirage.
Soit j fixé dans [[1, n + 2]]. En appliquant la formule des probabilités totales avec le système
complet ([Xn = k])1≤k≤n+1 et en utilisant l’hypothèse de récurrence :
P (Xn+1 = j) =
n+1
X
n+1
P (Xn = k)P[Xn =k] (Xn+1
k=1
1 X
= j) =
P[Xn =k] (Xn+1 = j).
n+1
k=1
Pour avancer dans les calculs on doit distinguer trois cas :
- Cas 1 : j ∈ [[2, n + 1]].
Pour que Xn+1 soit égal à j, il fallait que Xn soit égal à j ou à j −1. Ainsi toutes les probabilités
conditionnelles P[Xn =k] (Xn+1 = j) sont nulles, à l’exception de deux d’entre elles :
. P[Xn =j−1] (Xn+1 = j) = P[Xn =j−1] (Bn+1 ) : ceci correspond à la probabilité de tirer une
boule blanche dans une urne qui contient (j − 1) blanches et (n + 2) boules au total.
j−1
Donc P[Xn =j−1] (Xn+1 = j) =
.
n+2
. P[Xn =j] (Xn+1 = j) = P[Xn =j] (Bn+1 ) : ceci est la probabilité de tirer une boule noire dans
n+2−j
une urne qui contient j blanches et (n+2) boules au total. Donc P[Xn =j] (Xn+1 = j) =
.
n+2
On revient au calcul :
P (Xn+1 = j) =
1
j−1
n + 2 − j
1
+
=
.
n+1 n+2
n+2
n+2
5
- Cas 2 : j = 1.
Ici toutes les probabilités conditionnelles P[Xn =k] (Xn+1 = 1) sont nulles, à l’exception d’une
seule d’entre elles qui est : P[Xn =1] (Xn+1 = 1) = P[Xn =1] (Bn+1 ), qui est la probabilité de tirer une boule noire dans une urne qui contient 1 blanche et (n + 2) boules au total. Donc
1
n+1
1
n+1
. Puis : P (Xn+1 = 1) =
×
=
.
P[Xn =1] (Xn+1 = 1) =
n+2
n+1 n+2
n+2
- Cas 3 : j = n + 2.
Alors
n+1
X
1
1
P (Xn+1 = n + 2) = 1 −
P (Xn+1 = j) = 1 − (n + 1) ×
=
.
n+2
n+2
j=1
. On peut conclure que Xn+1 suit la loi uniforme sur [[1, n + 2]] et ainsi R(n + 1) est vraie.
- La proposition étant vraie au rang initial et héréditaire, on conclut grâce au principe de
récurrence :
Pour tout n de N∗ , Xn ,→ U([[1, n + 1]]).
4. On cherche P (Bn+1 ) en appliquant la formule des probabilités totales avec le système complet
([Xn = k])1≤k≤n+1 :
P (Bn+1 ) =
n+1
X
n+1
P (Xn = k) × P[Xn =k] (Bn+1 ) =
k=1
1 X
P[Xn =k] (Bn+1 ).
n+1
k=1
Or P[Xn =k] (Bn+1 ) est la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne qui contient k
k
. Ainsi :
blanches et (n + 2) boules au total. Donc P[Xn =k] (Bn+1 ) =
n+2
n+1
X
1
(n + 1)(n + 2)
1
1
k=
×
= .
P (Bn+1 ) =
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
2
2
k=1
1
En conclusion : P (Bn+1 ) = .
2
1 2
n−1
k
5. (a) Yn (Ω) = {0, , , . . . ,
, 1} = { , k ∈ [[0, n]]}.
n n
n
n
Pour tout k de [[0, n]], P (Yn =
1
k
) = P (Xn = k + 1) =
.
n
n+1
Autrement dit : Yn suit la loi uniforme sur l’ensemble {0, n1 , n2 , . . . , n−1
n , 1}.

0



x
(b) Une variable uniforme sur [0, 1] a pour fonction de répartition : F (x) =



1
(c) Soit x dans [0, 1]. Alors bnx + 1c ∈ [[1, n + 1]] donc :
bnx+1c
P (Yn ≤ x) = P (Xn ≤ nx + 1) =
X
P (Xn = j) =
j=1
Pour tout x de [0, 1] : P (Yn ≤ x) =
6
bnx + 1c
.
n+1
bnx + 1c
.
n+1
si x < 0
si x ∈ [0, 1]
si x > 1
(d) - Pour x dans ] − ∞, 0] : FYn (x) = 0 tend bien, lorsque n tend vers +∞, vers F (x) qui vaut
aussi 0.
- Pour x dans ]1, +∞[ : FYn (x) = 1 tend bien, lorsque n tend vers +∞, vers F (x) qui vaut
aussi 1.
bnx + 1c
- Le cas intéressant est lorsque x ∈]0, 1]. On a : FYn (x) =
.
n+1
Lorsqu’une variable t tend vers +∞, btc ∼ t.
De plus, lorsque n → +∞, n + 1 ∼ n.
nx
Donc lim FYn (x) = lim
= x = F (x).
n→+∞
n→+∞ n
Conclusion : pour tout réel x, lim FYn (x) = F (x).
n→+∞
III. Retour au cas général :
N1
1. P (B1 ) =
.
N
B2 = (B1 ∩ B2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ) et les évènements B1 ∩ B2 et B1 ∩ B2 sont disjoints, donc :
P (B2 ) = P (B1 ∩ B2 ) + P (B1 ∩ B2 ) = P (B1 ) × PB1 (B2 ) + P (B1 ) × PB1 (B2 )
=
N1 N1 + 1 N2
N1
N1 (N1 + 1 + N2 )
N1
×
+
×
=
=
.
N
N +1
N
N +1
N (N + 1)
N
En résumé : P (B1 ) = P (B2 ) =
N1
.
N
2. (a) Pour estimer P (Bn ) on applique la formule des probabilités totales avec le système complet
associé à la variable aléatoire Xn−1 . On remarque que la variable Xn−1 vaut au minimum
N1 (si on n’obtient aucune blanche), au maximum N1 + n − 1 (si on a tiré (n − 1) blanches
lors des (n − 1) premiers tirages). On a :
P (Bn ) =
N1X
+n−1
P (Xn−1 = k) × P[Xn−1 =k] (Bn ).
k=N1
Or P[Xn−1 =k] (Bn ) est la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne qui contient
k blanches et (N + n − 1) boules au total, donc :
P[Xn−1 =k] (Bn ) =
k
.
N +n−1
On a bien obtenu :
N1X
+n−1
kP (Xn−1 = k) = (N + n − 1)P (Bn ).
k=N1
(b) PBn ∩[Xn−1 =k] (Bn+1 ) est la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne qui contient
(k + 1) blanches et (N + n) boules au total, donc :
PBn ∩[Xn−1 =k] (Bn+1 ) =
k+1
.
N +n
PBn ∩[Xn−1 =k] (Bn+1 ) est la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne qui contient
k blanches et (N + n) boules au total, donc :
PBn ∩[Xn−1 =k] (Bn+1 ) =
7
k
.
N +n
(c) On applique maintenant la formule des probabilités totales avec le système complet
[Xn−1 = k] ∩ Bn N1 ≤k≤N1 +n−1 ∪ [Xn−1 = k] ∩ Bn N1 ≤k≤N1 +n−1 :
P (Bn+1 ) =
N1X
+n−1 P ([Xn−1 = k] ∩ Bn ∩ Bn+1 ) + P ([Xn−1 = k] ∩ Bn ∩ Bn+1 )
k=N1
=
N1X
+n−1 P ([Xn−1 = k] ∩ Bn ) ×
k=N1
k k+1
+ P ([Xn−1 = k] ∩ Bn ) ×
.
N +n
N +n
Pour la dernière égalité on a utilisé (2b).
Pour continuer on va utiliser la formule : P (C ∩ D) = P (D) − P (C ∩ D).
P (Bn+1 ) =
=
=
1
N +n
1
N +n
1
N +n
N1X
+n−1 (k + 1)P ([Xn−1 = k] ∩ Bn ) + k P (Xn−1 = k) − P ([Xn−1 = k] ∩ Bn )
k=N1
N1X
+n−1 kP (Xn−1 = k) + P ([Xn−1 = k] ∩ Bn )
k=N1
N1X
+n−1 kP (Xn−1 = k) + P (Xn−1 = k) × P[Xn−1 =k] (Bn ) .
k=N1
On a déjà expliqué que P[Xn−1 =k] (Bn ) =
P (Bn+1 ) =
=
1
N +n
k
, d’où :
N +n−1
N1X
+n−1
k+
k=N1
k
P (Xn−1 = k)
N +n−1
N1X
+n−1
1
1
× (1 +
)
kP (Xn−1 = k)
N +n
N +n−1
k=N1
=
=
(N + n − 1) + 1
(N + n)(N + n − 1)
1
N +n−1
N1X
+n−1
N1X
+n−1
kP (Xn−1 = k)
k=N1
kP (Xn−1 = k).
k=N1
Cette dernière quantité est bien égale à P (Bn ) d’après la question (2a), donc :
∀n ∈ N \ {0, 1}, P (Bn+1 ) = P (Bn ).
3. On vient de prouver que la suite (P (Bn )) est constante à partir du rang 2. D’après (III − 1),
N1
P (B2 ) =
, de même que P (B1 ), donc :
N
∀n ∈ N∗ , P (Bn ) =
N1
.
N
Maintenant on calcule E(Xn−1 ) en utilisant la formule de (2a) :
E(Xn−1 ) =
N1X
+n−1
kP (Xn−1 = k) = (N + n − 1)P (Bn ) =
k=N1
(N + n − 1)N1
.
N
En conclusion :
E(Xn ) =
(N + n)N1
.
N
Remarque : dans le cas particulier N1 = N2 = 1, on retrouve E(Xn ) = n+2
2 , qui est bien
l’espérance d’une variable uniforme sur [[1, n+1]]. Notre résultat est donc cohérent avec (II −3).
8