Corrigé de Banque PT 2016 – Épreuve A

Lycée Laetitia Bonaparte Spé PT
Corrigé de Banque PT 2016 – Épreuve A
Problème d’algèbre linéaire
Partie I
1. La matrice Aest symétrique réelle, donc d’après le théorème spectral, elle est diagonalisable avec une matrice de passage
orthogonale, i.e. il existe une base orthonormée de R3formée de vecteurs propres de A.
2. •Le polynôme caractéristique de Aest
χA(X) = det(XI3−A) = 
X−2 1 0
1X−2 1
0 1 X−2
= (X−2)3−2(X−2) = (X−2)(X−2)2−2
= (X−2)(X−2−√2)(X−2 + √2) ,
donc les valeurs propres de Asont 2 −√2 ; 2 et 2 + √2, toutes simples.
•L’espace propre associé à la valeur propre 2 −√2 s’obtient en résolvant le système
√2x−y= 0
−x+√2y−z= 0
−y+√2z= 0
⇐⇒ (y=√2x
z=x⇐⇒ 
x
y
z
=x
1
√2
1
,
donc un vecteur propre unitaire associé à 2 −√2 est v1=1
2 1
√2
1!.
•La matrice A−2I3=
0−1 0
−1 0 −1
0−1 0 
a ses première et troisième colonnes identiques, donc un vecteur propre unitaire
dirigeant l’espace propre Ker(A−2I3) est v2=1
√2 1
0
−1!=1
2 √2
0
−√2!.
•Enfin, le vecteur v3=v1∧v2=1
2 −1
√2
−1!dirige nécessairement l’espace propre associé à la valeur propre 2 + √2.
La famille B′= (v1, v2, v3) = 1
2 1
√2
1!,1
2 √2
0
−√2!,1
2 −1
√2
−1!! est une base orthonormée (directe) de R3formée de
vecteurs propres de A.
3. 0 n’est pas valeur propre de A, donc Aest inversible.
4. La matrice de passage de la base Bà la base B′est la matrice orthogonale P=1
2
1√2−1
√2 0 √2
1−√2−1
. Les coordonnées
de udans B′s’obtiennent par la formule de passage
[u]β=P×[u]β′=⇒[u]β′=P−1
|{z}
=PT×[u]β=⇒ x′
y′
z′!=1
2
1√2 1
√2 0 −√2
−1√2−1
 x
y
z!=⇒
x′=1
2(x+√2y+z)
y′=√2
2(x−z)
z′=1
2(−x+√2y−z)
5. •Avec u= x
y
z!, on a Au = 2x−y
−x+ 2y−z
−y+ 2z!donc hAu, u i= 2x2+ 2y2+ 2z2−2xy −2yz .
1

•On peut remplacer dans le résultat précédent les expressions de x, y, z en fonction de x′, y′, z′(obtenue par la formule
de passage [ u]β=P×[u]β′) ou bien constater, en notant u′= x′
y′
z′!que u=P u′et A=P DP −1=P DP Tavec
D= 2−√2 0 0
0 2 0
0 0 2 + √2!, donc
hAu, u i= (Au)Tu=AP u′T×P u′=u′TPTATP
|{z }
=D
u′=u′TD u′
= (2 −√2)x′2+ 2y′2+ (2 + √2)z′2.
6. C’est λ= 2 −√2. La base B′est orthonormée, donc ||u||2=x′2+y′2+z′2. Il ne reste qu’à minorer chaque valeur propre
de Apar λpour conclure :
hAu, u i= (2 −√2)x′2+ 2y′2+ (2 + √2)z′2>λx′2+y′2+z′2=λ||u||2.
7. L’application (u, v)7→ hAu, v iest bien définie de R3dans R, et c’est une forme bilinéaire par bilinéarité du produit
scalaire. Elle est symétrique car la matrice Aest symétrique :
hAv, u i= (Av)Tu=vTATu=
réel (vTATu)T=uTAv =
A=ATuTATv= (Au)Tv=hAu, v i.
Enfin, elle est définie positive d’après l’inégalité précédente : hAu, u i>λ||u||2>0 et hAu, u i= 0 entraîne ||u||2= 0 et
finalement u= 0R3(car λ > 0).
Partie II
1. Elle est définie sur R3, à valeurs dans R, et vérifie Jb(0) = 0.
2. !La matrice Hessienne en taille 3 n’est pas (plus) au programme. Il fallait donc inventer sa définition ...
•◮1re méthode : On pose b= b1
b2
b3!et on a l’expression Jb(u) = x2+y2+z2−xy −yz −(xb1+yb2+zb3), donc Jbest de
classe C2sur R3(polynôme à trois indéterminées), et on a
−→
∇Jb(u) = 
∂Jb
∂x (u)
∂Jb
∂y (u)
∂Jb
∂z (u)
=
2x−y−b1
−x−2y−z−b2
−y+ 2z−b3
=Au −b .
◮2de méthode : On identifie le gradient dans l’identité de la dérivée Jb(u+h) = Jb(u) + −→
∇Jb(u), h+◦(h) . On a
Jb(u+h)−Jb(u) = 1
2hA(u+h), u +hi − hu+h, b i− 1 2hAu, u i+hu, b i
=1
2hAu, h i+hAh, u i− hh, b i+1 2hAh, h i
=hAu −b, h i+◦(h),(symétrie de ( ·,·)A)
donc −→ ∇Jb(u) = Au −b.
•Pour ceux qui ont osé,
HJb(u) =
∂2Jb
∂x2
∂2Jb
∂x∂y
∂2Jb
∂x∂z
∂2Jb
∂y∂x
∂2Jb
∂y2
∂2Jb
∂y∂z
∂2Jb
∂z∂x
∂2Jb
∂z∂y
∂2Jb
∂z2
(u) = 
2−1 0
−1 2 −1
0−1 2
=A .
2

3. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a hu, b i6|hu, b i| 6||u||||b|| pour tout u∈R3, donc
∀u∈R3, Jb(u)>1
2hAu, u i − ||b||||u|| >
(I.6)
1
2λ||u||2− ||b||||u|| .
4. Soit fl’application définie de Rdans Rpar f(t) = λ
2t2− ||b||t=tλ 2t− ||b||. C’est une fonction polynôme de degré 2
qui s’annule en t= 0 et t= 2 ||b||
λ, donc elle atteint son minimum (signe de « a») sur Ren t=||b|| λ.
On a donc ∀t∈R, f(t)>f||b||
λ.
Comme on a montré à la question précédente que ∀u∈R3, Jb(u)>f(||u||) on en déduit que ∀u∈R3, Jb(u)>f||b||
λ, ce
qui montre que Jbest minorée.
Comme f(t)−−−−→
t→+∞+∞, l’inégalité Jb(u)>f(||u||) montre aussi que Jbn’est pas majorée sur R3.
5. L’ensemble Jb(u), u ∈R3est une partie non vide et minorée de R, elle possède donc une borne inférieure.
De plus, inf
u∈R3Jb(u)6Jb(0) = 0 .
6. D’après l’inégalité de la question 3, si ||u|| >2||b||
λ, on a
Jb(u)>||u||λ
2||u|| − ||b||
|{z }
>0
>0.
7. Notons A=Jb(u), u ∈R3;B=Jb(u), u ∈B(0, r)et C=Jb(u), u ∈R3\B(0, r), de sorte que A=B∪C.
On a inf B60 car 0 ∈B, et inf C>0 d’après la question précédente, donc
inf
u∈R3Jb(u) = inf A= inf B∪C= min(inf B, inf C) = inf B= inf
u∈B(0,r)
Jb(u).
8. La fonction polynomiale Jbest continue sur la partie fermée et bornée B(0, r) , elle atteint donc sa borne inférieure sur
cet ensemble, qui est la borne inférieure sur R3d’après la question précédente.
La borne inférieure sur R3est atteinte, c’est donc un minimum global.
9. Comme R3est une partie ouverte de R3(si !) et Jbest C1, le minimum global est atteint en un point critique de Jb. Or
−→
∇Jb(u) = Au −bdonc −→ ∇Jb(u) = 0 ⇐⇒ Au −b= 0 ⇐⇒ u=A−1b ,
donc l’unique point critique de Jbest u=A−1b, c’est donc en ce point que Jbadmet son minimum global sur R3.
On peut remarquer que la valeur du minimum est Jb(A−1b) = 1
2b, A−1b−A−1b, b =−1 2b, A−1bce qui est strictement
négatif lorsque b6= 0.
Partie III
1.(a) Aétant symétrique réelle, le théorème spectral s’applique, comme à la question I.1.
1.(b) Comme (e1,...,en) est une base orthonormée, on peut affirmer directement d’après le cours que ||u||2=Pn
i=1 α2
i.
On peut aussi le redémontrer : on a hei, eji=δij =(1 si i=j
0 si i6=j, donc
||u||2=hu, u i=n
X
i=1
αiei,
n
X
j=1
αjej=
bilin.
n
X
i=1
n
X
j=1
αiαjhei, eji
|{z }
=δij
=
n
X
i=1
α2
i.
De même, Au =A(Pn
i=1 αiei) = Pn
i=1 αiAei=Pn
i=1 λiαiei, donc
hAu, u i=n
X
i=1
λiαiei,
n
X
j=1
αjej=
bilin.
n
X
i=1
n
X
j=1
λiαiαjhei, eji
|{z }
=δij
=
n
X
i=1
λiα2
i.
3

1.(c) On minore chaque λipar λ1, les réels α2
iétant positifs :
hAu, u i=
n
X
i=1
λiα2
i>
n
X
i=1
λ1α2
i=λ1
n
X
i=1
α2
i=λ1||u||2.
1.(d) Si un’est pas le vecteur nul, ||u|| 6= 0, donc hAu, u i>λ1||u||2>0.
2. La famille (v0,...,vn−1) est de cardinal n= dim(Rn), il suffit donc de démontrer qu’elle est libre pour conclure que c’est
une base de Rn. Soient µ0,...,µn−1des réels tels que µ0v0+···+µn−1vn−1= 0Rn. Pour tout j∈ {0,...,n−1}, on a
0 = hA×0Rn, vji=A
n−1
X
i=0
µivi, vj=n−1
X
i=0
µiAvi, vj=
bilin.
n−1
X
i=0
µihAvi, vji
|{z }
= 0 si i6=j
=µjhAvj, vji,
or vjn’est pas nul par hypothèse, donc hAvj, vji>0 d’après la question précédente, et par conséquent µj= 0. On a obtenu
que µ0=···=µn−1= 0, ce qui prouve que la famille (v0,...,vn−1) est libre.
3. (αM +βN )T=αMT+βNT(linéarité de la transposition) et (M N )T=NTMT.
4. vTvest une matrice de taille 1 ×1, donc un réel (c’est ||v||2), et vvTest une matrice de taille n×n.
5. Par associativité du produit matriciel,
hBu, v i= (Bu)T×v= (uTBT)×v=uT×(BTv) = u, BTv.
6.(a) Une somme de matrices symétriques est symétrique, il suffit donc de montrer que chaque matrice vivT
i
hAvi, viil’est.
Or 1
hAvi, viiest un scalaire, et (vivT
i)T= (vT i)TvT i=vivT i, donc cette matrice est symétrique.
6.(b) Soit k∈ {1,...,n}et w∈Rn. On a pour tout i∈ {1,...,n}, vT
iAw =hvi, Aw i=hAvi, w i(car Aest symétrique),
donc
CkAw = k−1
X
i=0
vivT
i
hAvi, vii!Aw =
k−1
X
i=0
1
hAvi, viivivT
iAw =
k−1
X
i=0
hAvi, w i
hAvi, viivi.
6.(c) On applique l’expression précédente à w=vj. Comme hAvi, vji= 0 pour i6=j∈ {0,...,k−1}, il reste
CkAvj=
k−1
X
i=0
hAvi, vji
hAvi, viivi=hAvj, vji hAvj, vjivj=vj.
6.(d) Soient jet kdeux entiers tels que 0 6j6k−16n. On a
Dkvj= (In−CkA)vj=vj−CkAvj=
6.(c)vj−vj= 0 ,
et, puisque Aet Cksont symétriques,
DT
kAvj= (In−CkA)TAvj= (In−ACk)Avj=Avj−ACkAvj=
6.(c)Avj−Avj= 0 .
6.(e) Comme (v0,...,vn−1) est une base de Rn(question 2), on en déduit par linéarité que ∀w∈Rn, Dnw= 0, ce qui
prouve que Dn= 0 (par exemple, on peut constater que Dnejest la jecolonne de Dn, où (e1,...,en) est la base canonique
de Rn).
On a alors 0 = Dn=In−CnA, donc CnA=Inet Cn=A−1(on rappelle que Aest inversible car elle possède nvaleurs
propres strictement positives).
4

Exercice de probabilités
1. Nest le rang du premier succès dans une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre p, donc Nsuit la loi
géométrique de paramètre p:N ֒→ G(p) , c’est-à-dire
N(Ω) = N∗et ∀n∈N∗, P (N=n) = pqn−1,
où on a posé q= 1 −p∈]0,1[ .
Sachant que N=n, la variable aléatoire Xest le nombre de succès dans une suite de népreuves de Bernoulli indépendantes
de paramètre p, donc la loi conditionnelle de Xsachant N=nest B(n, p), i.e.
∀k∈ {0,...,n}, PN=n(X=k) = n
kpkqn−k.
2. Le couple (N, X) est à valeurs dans (n, k)∈N∗×N,06k6n, et pour (n, k) dans cet ensemble,
P(N=n, X =k) = PN=n(X=k)×P(N=n) = n
kpkqn−k×pqn−1=n
kpk+1q2n−k−1.
3. Par une récurrence évidente, ∀x∈]−1,1[ , f (k)(x) = k!
(1 −x)k+1 .
Par des dérivations terme à terme successives du développement en série entière f(x) = 1
1−x=
+∞
X
n=0
xn,on a
∀x∈]−1,1[ , f (k)(x) =
+∞
X
n=k
n(n−1) ···(n−k+ 1)xn−k=
+∞
X
n=0
(n+k)(n+k−1) ···(n+ 1)xn,
On en déduit que
∀x∈]−1,1[ ,1
(1 −x)k+1 =1 k!f(k)(x) =
+∞
X
n=0
(n+k)(n+k−1) ···(n+ 1)
k!xn=
+∞
X
n=0 n+k
kxn.
4. On applique la formule des probabilités totales au système complet d’événements (N=n)n∈N∗, ce qui donne, pour k>1,
P(X=k) =
+∞
X
n=1
P(X=k, N =n) =
+∞
X
n=k
P(X=k, N =n) =
+∞
X
n=kn
kpk+1q2n−k−1
=
+∞
X
n=0 n+k
kpk+1q2n+k−1=pk+1qk−1
+∞
X
n=0 n+k
kq2n=
(3.)
pk+1qk−1
(1 −q2)k+1 ,
ce qui est légitime, car q2∈]0,1[ ⊂]−1,1[ .Comme 1 −q2= (1 −q)(1 + q) = p(2 −p) , on obtient P(X=k) = (1 −p)k−1
(2 −p)k+1 ,
comme voulu.
Pour k= 0, on a
P(X= 0) =
+∞
X
n=1
P(X= 0, N =n) =
+∞
X
n=1
pq2n−1=
+∞
X
n=0
pq2n+1 =pq
1−q2=q 1 + q=1−p 2−p.
5.(a) Uet Vétant indépendantes, on a admis dans le cours que
E(Y) = E(U V ) = E(U)×E(V) = λ×1
λ= 1 .
5.(b) Pour k= 0, on a P(Y= 0) = P(U= 0) = 1 −λ , et pour k6= 0, on a
P(Y=k) = P(U= 1, V =k) =
indep. P(U= 1) ×P(V=k) = λ×(1 −λ)k−1λ=λ2(1 −λ)k−1.
5.(c) ◮1re méthode : Comme U2=Uet V2sont indépendantes,
V(Y) = E(Y2)−E(Y)2=E(U2V2)−1 = E(U2)E(V2)−1 = λ E(V2)−1.
5