Corrigé ESSEC III Eco 2002 par Pierre Veuillez EXERCICE 1

Corrigé ESSEC III Eco 2002 par Pierre Veuillez
EXERCICE 1: algèbre linéaire et probabilités
Dans cet exercice, on désigne par pun nombre entier naturel non nul et par Rp[X]l’espace vectoriel
des fonctions polynômes de degré inférieur ou égal à p.
1. Étude d’un endomorphisme de Rp[X]
a) On associe à toute fonction polynôme P la fonction b Pdé…nie sur Rpar :
b
P(x) = 1
x1Zx
1
P(t)dt si x6= 1 et b P(1) = P(1)
Soit P2Rp[X]et P(t) = Pp
k=0 aktkpour tout t2Rson écriture.
On a alors Rx
1P(t)dt =Pp
k=0 ak1
k+1 tk+1x
t=1 =Pp
k=0 ak1
k+1 xk+1 Pp
k=0 ak1
k+1 (constante)
Donc la fonction x!Zx
1
P(t)dt est polynômiale de degré deg P+ 1
Et comme R1
1P(t)dt = 0 alors 1 est racine de ce polynôme.
Soit Q(x) = Rx
1P(t)dt est donc factorisable par (x1) : Q(x)=(x1) R(x)avec R
fonction polynôme de degré deg (Q)1 = deg (P).
Donc b P(x) = R(x)pour x6= 1:
Reste à voir si R(1) = P(1) ::::
Astuce : en dérivant (les fonctions polynomes sont dérivables sur R) on a
d’une part Q0(x) = P(x)(intégrale fonction de la borne supérieure)
d’autre part : Q0(x) = (x1) R0(x) + R(x)et Q0(1) = R(1)
Autre idée : on peut ausi passer par une écriture du polynôme qui favorise 1via un
changement de variable x=t+ 1
P(x) = Pp
k=0 akxk=Pp k=0 ak(t+ 1)ket en développant P(x) = Pp k=0 bktk=Pp k=0 bk(x1)k
On a alors Q(x) = Pp
k=0 bk1
k+1 (x1)k+1 d’où R(x) = Pp
k=0 bk1
k+1 (x1)ket R(1) =
b0=P(1)
Donc P(1) = R(1) = b P(1) et pour tout x2R:R(x) = b P(x)donc b Pest polynomial de
degré deg (P)
Ou encore : Qest une primitive de P: Donc Q0=Pet donc le taux d’accroissement de
Qentre 1et xest :
R(x) = 1
x1(Q(x)Q(1)) !Q0(1) = P(1) (avec Q(1) = 0 ) on a donc R(x)!P(1)
et par continuité de la fonctinpoynôme R; R (1) = P(1) :
Donc
Conclusion : b Pest une fonction polynôme de même degré que Plorsque P6= 0.
b) On considère l’application associant à toute fonction polynôme Pappartenant à Rp[X]
la fonction polynôme b Pdé…nie ci-dessus.
est une application de Rp[X]dans Rp[X]
reste à voir la linéarité :
Soient P1et P22Rp[X]et et 2R:
Pour x6=0:
(P1+P2) (x) = 1
x1Zx
1
(P1+P2) (t)dt
=1
x1Zx
1
P1(t)dt +1
x1Zx
1
P2(t)dt
= (P1) (x) +  (P2) (x)
Corrigé ESSEC III 2002 Page 1/ ??

Et pour x= 1 :
(P1+P2) (1) = (P1+P2) (1)
=P1(1) + P2(1)
= (P1) (1) +  (P2) (1)
Donc (P1+P2) =  (P1) +  (P2)
Conclusion : est un endomorphisme de Rp[X]
Pour l’injectivité :
D’après le degré, si P6= 0 alors deg ((P)) = deg (P):Donc (P)6= 0:
Et seule 0peut avoir une image nulle.
Donc ker () = 0
Conclusion : est injective
Et comme les dimension du départ est de l’arrivée sont les même, le théorème du rang
nous donne alors
Conclusion : est surjective et est donc bijective.
c) On calcule l’intégrale :
Zx
1
ek(t)dt =Zx
1
tkdt =1
k+ 1tk+1x
1
=1
k+ 1 xk+1 1
donc, pour x6= 1;  (ek) (x) = 1
k+1
xk+11
x1écriture qui peut se factoriser en (ek) (x) =
1
k+1 Pk
i=0 xi
et en 1;  (ek) (1) = ek(1) = 1 = 1
k+1 Pk
i=0 1i
Conclusion : (ek) = 1
k+ 1
k
X
i=0
ei
et on a les coordonnées des images sur la base canonique, donc la matrice :
matB() =
0
B
B
B
B
B
B
@
11
2
1
3: : : 1 p+1
01
2
1
3
.
.
.
0 0 1
3
000 ....
.
.
0 0 0 0 1
p+1
1
C
C
C
C
C
C
A
d) Comme la matrice de est triangulaire, ses valeurs propres sont sur la diagonale.
Donc ap+ 1 valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.
Conclusion : Les valeurs propres de sont : 1;1
2;:::; 1 p+1 et est diagonalisable.
2. Étude des éléments propres de l’endomorphisme 
a) On voit sur la matrice que e0est vecteur popre associé à 1:
Comme la forme diagonalisée nous donne la dimension du sous espace propre , 1, on en
déduit que (e0)est uine base de ce sous espace popre.
Conclusion : Le sous espace propre associé à 1 est Vect (e0)
Conclusion : les fonctions propres sont Vect (e0)n f0g
Corrigé ESSEC III 2002 Page 2/ ??

b) On considère une valeur propre de et une fonction polynôme propre associée P.
On a alors (P) = P et (P) (x) =  P (x)soit pour x6= 1
1
x1Zx
1
P(t)dt =P (x)et
Zx
1
P(t)dt =(x1) P(x)
qui est également vraie pour x= 1.
Donc, en dérivant (intégrale fonction de la borne supérieure)
P(x) = (x1) P0(x) + P (x)et donc
Conclusion : (1 )P(x) = (x1) P0(x)pour tout x2R
Qui donne pour x= 1 : (1 )P(1) = 0 et P(1) = 0 si 6= 1
Conclusion : Pour Pfonction propre associé à 6= 1, 1 est racine de P.
c) On calcule pour x6= 1 :
(il serait très maladroit de développer (t1)kpour le primitiver )
Zx
1
Pk(t)dt =Zx
1
(t1)kdt =dt =1
k+ 1 (t1)k+1x
1
=1
k+ 1 (x1)k+1
donc (Pk) (x) = 1
k+1 Pk(x)et par continuité, ceci est encore valable en 0:
Conclusion : (Pk) = 1
k+ 1Pk
Donc la famille (P0; Pl; : : : ; Pp)est (au choix)
une famille de fonctions propre associé à des valeurs porpes distinctes, donc libre.
comme Pkest de dgré k; la famille est échelonnée donc libre.
de p+ 1 vecteurs, dans Rp[X]qui est de dimension p+ 1:
Conclusion : (P0; Pl; : : : ; Pp)est une base -de vecteurs propres- de Rp[X].
d) On considère une fonction polynôme Pexprimée comme suit dans la base précédente :
P=a0P0+a1P1+: : : +apPp
Comme les vecteurs propres non associé à 1s’annulent en 1alors P(1) = a0P0(1) = a0
Conclusion : a0=P(1)
On a
1=(P)par linéarité
=
p
X
k=0
ak(Pk)
=
p
X
k=0
ak
1
k+ 1Pk
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et de même
2=((P)) = (1)
=
p
X
k=0
ak
1
(k+ 1)2Pk
et (par récurrence)
Conclusion : n=
p
X
k=0
ak
1
(k+ 1)nPkpour n2Nn2N.
On a alors, pour k1 : jk+ 1j>1et 1
(k+1)n!0quand n!+1:
Donc dans la somme n(x), seul le terme a01
1nP0(x) = a0ne tend pas vers 0:
Conclusion : n(x)!a0quand n!+1
Et comme a0=P(1) ;pour P(x) = xpon a a0=P(1) = 1
Conclusion : si P(x) = xpalors n(x)tend vers 1quand ntend vers +1
3. Application à une marche aléatoire
Un individu se déplace sur les points d’abscisse 0, 1, 2, pselon les règles suivantes :
il est au point d’abscisse pà l’instant 0.
il est au point d’abscisse k(0 6k6p)à l’instant n(n2N), il est de façon équiprobable en
l’un des k+ 1 points d’abscisses 0;1; : : : ; k à l’instant n+ 1.
Pour tout nombre entier naturel n, on désigne par Xnla variable aléatoire indiquant l’abscisse
du point où se trouve l’individu à l’instant net par E(Xn), son espérance.
a) Comme (Xn= 0; Xn= 1;;:::;Xn=p)est un système complet d’événements,
P (Xn+1 =k) =
p
X
i=0
P (Xn=i) PXn=i(Xn+1 =k)
On intèrpète le conditionnement :
Quand Xn=i; les abscisses de 0àisont équiprobables et ont donc une probabilité de
1
i+1 :
Les autres sont de probabilité nulle.
Donc, si ikon a PXn=i(Xn+1 =k) = 1
i+1 et si i<kon a PXn=i(Xn+1 =k) = 0:
Et dansla somme, il ne reste donc que :
Conclusion : P (Xn+1 =k) =
p
X
i=k
1
i+ 1P (Xn=i)
b) On a donc
0
B
B
B
@
P (Xn+1 = 0)
P (Xn+1 = 1)
.
.
.
P (Xn+1 =p)
1
C
C
C
A=0
B
B
B
@
1P (Xn= 0) + 1
2P (Xn= 1) +    +1 p+1 P (Xn=p)
1
2P (Xn= 1) +    +1 p+1 P (Xn=p)
.
.
.
1
p+1 P (Xn+1 =p)
1
C
C
C
A
=0
B
B
B
@
11
2   1 p+1
01
2
1
p+1
.
.
.....
.
.
0 0    1
p+1
1
C
C
C
A0
B
B
B
@
P (Xn= 0)
P (Xn= 1)
.
.
.
P (Xn=p)
1
C
C
C
A
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Conclusion : M= matB()véri…e Un+1 =MUn
c) On calcule :
0 1 2 : : : p 0
B
B
B
B
B
@
11
2
1
3   1 p+1
01
2
1
3
1
p+1
01
2
1
3
1
p+1
...
0 0 0    1
p+1
1
C
C
C
C
C
A
=01
21: : : 0+1+:::p p+1 
=01
2
2
2: : : p(p+1) (p+1)2 
=1
20 1 2 : : : p
Conclusion : 0 1 2 : : : p M=1
20 1 2 : : : p .
On a 0 1 2 : : : p Un= (0P (Xn= 0) +    +pP (Xn=p)) = (E(Xn))
Et comme 0 1 2 : : : p Un+1 =0 1 2 : : : p MUn=1
20 1 2 : : : p Un
on a donc
d) Conclusion : E(Xn+1) = 1
2E(Xn)
suite géométrique de premier terme E(X0) = p(car il est en pà l’instant 0)
Conclusion : E(Xn) = 1
2npet E(Xn)!0quand n!+1
car 1
2<1:
e) On a U0=0
B
@
0
.
.
.
1
1
C
A, et comme la suiet Uest géométrique matricielle on a
Conclusion : Un=MnU0
Pour utiliser 2.d, on ne fait pas le classique changement de base, mais on introduit un
polynôme en relation avec Un:
Qn= P (Xn= 0)1+  +P (Xn=p)Xpqui a pour coordonnées Undans la base canonique
de Rp[X]:
La relation Un=MnU0se traduit alors sur les vecteurs par Qn=n(Q0) = n(Xp)
Et comme n(Xp) (x)!1pour tout x; on a en particulier pour x= 0
P (Xn= 0) = Qn(0) = n(Xp) (0) !1quand n!+1:
La somme des probabliités de la oi valant 1 et étant positives on a alors P (Xn=k)!0
pour k1
(PP(Xn=k)=1donc 0P (Xn=k)=1P (Xn= 0)      1P (Xn= 0) !0
et par encadrement P (Xn=k)!0)
Conclusion : les p+ 1 composantes de Unont pour limites (de haut en bas) 1, 0, 0, ... , 0 quand ntend vers +1
Interprètation : La probabilité que le point échappe à l’oroigine est nulle, à long terme.
EXERCICE 2: probabilités et simulation informatique
On considère une suite de lancers successifs (supposés indépendants) d’une pièce de monnaie, pour
laquelle la probabilité d’apparition de pile , noté P, est pet celle de face, noté F, est q, avec 0<p<1
et p+q= 1, et on s’intéresse à l’apparition de deux piles consécutifs.
Par exemple, si l’on considère les seize premiers lancers suivants :
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