Corrigé de Banque PT 2015 – Épreuve A

Lycée Laetitia Bonaparte
Spé PT
Corrigé de Banque PT 2015 – Épreuve A
Problème d’Algèbre linéaire
Partie I
1.(a) Notons β = (e1 , e2 , e3 , e4 ) la base canonique de R4 . On a
De même,
f (e1 )
β
  

1
−7
0
9
= f β × e1 β = A ×  0  =  7 
0
donc
f (e1 ) = (−7, 9, 7, −4) .
−4




(−7)2 − 16 · 9 + 72 + 42
−30
 −7 · 9 − 3 · 9 − 4 · 7 + 4 · 7 
2
  −90 
f (e1 ) β = f β × f (e1 ) β = A × 
 −72 − 4 · 9 − 72 + 4 · 16  = −70
40
4·7−7·9+7·9+3·4
f 2 (e1 ) = (−30, −90, −70, 40) .
donc
1.(b) On constate (sans mérite, puisque le résultat est indiqué à la question 4) que
f 2 (e1 ) + 10f (e1 ) = (−100, 0, 0, 0) = −100 e1
f 2 (e1 ) + 10f (e1 ) + 100 e1 = 0 ,
donc
ce qui montre que la famille (e1 , f (e1 ), f 2 (e1 )) est liée.
2. Des calculs analogues donnent
e2 = (0, 1, 0, 0) ;
f (e2 ) = (−16, −3, −4, −7)
f 2 (e2 ) = (160, −70, 40, 70) ,
et
et de même,
f 2 (e2 ) + 10f (e2 ) = (0, −100, 0, 0) = −100 e2
donc
f 2 (e2 ) + 10f (e2 ) + 100 e2 = 0 ,
donc la famille (e2 , f (e2 ), f 2 (e2 )) est liée.
3. Pour prouver que la famille (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 )) est une base de R4 , il (faut et il) suffit qu’on montre que la matrice
représentative P de cette famille dans la base canonique est inversible, ou encore que son déterminant est non nul.
Or, par développements successifs
1
0
det(P ) = 0
0
par rapport aux colonnes, on a
−7 0 −16 9 1 −3
9 1 −3 7 0 −4
=
7 0 −4 dev. C1 −4 0 −7
−4 0 −7 donc B = (e1 , f (e1 ), e2 , f (e2 )) est une base de R4 .
=
dev. C2
7
− −4 = 65 6= 0 ,
−4 −7 4. Notons g l’endomorphisme de R4 , g = f 2 + 10f + 100Id .
On a vu à la question 1.(b) que g(e1 ) = 0, et à la question 2 que g(e2 ) = 0.
De plus, g et f commutent car g ◦ f = f 3 + 10f 2 + 100f = f ◦ g. On en déduit que
g f (e1 ) = f g(e1 ) = f (0) = 0 et g f (e2 ) = f g(e2 ) = f (0) = 0 .
Ainsi, l’image de chaque vecteur de la base B par g est le vecteur nul, ce qui montre que g est l’endomorphisme nul, ou
encore que ∀ x ∈ R4 , g(x) = 0, ce qui est la relation demandée.
1
5. Puisque f 2 (e1 ) = −100e1 − 10f (e1 ) et autant pour e2 , on a
f B

f (e1 ) f 2 (e1 )
e1

f (e1 ) 

=

e2 
f (e2 )
0
1
0
0
f (e2 )
f 2 (e2 )
0
0
0
1
0
0
−100
−10
−100
−10
0
0



 = A′ .
 not.

6. Les matrices A et A′ représentent le même endomorphisme f dans deux bases différentes de R4 , elles sont donc semblables
(on a même A = P A′ P −1 où P est définie à la question 3), et en particulier elles ont le même polynôme caractéristique :
X
100
0
0
−1 X +10 0
0
.
χA (X) = χA′ (X) = det(XI4 − A′ ) = 0
X
100 0
0
0
−1 X +10 Comme on n’a pas (plus) le droit au calcul du déterminant par blocs, on développe :
100 0
X +10 0
0
0
X
100
X
100 + 0
χA (X) = X 0
dev. C1
0 −1 X +10
0
−1 X +10 X
100
X(X + 10) + 100 −1 X +10
=
dev. C1
=
X 2 + 10X + 100
2
.
Le polynôme X 2 + 10X + 100 est irréductible sur R (discriminant négatif), donc A n’admet pas de valeur propre réelle, elle
n’est donc pas diagonalisable sur R.
Partie II
1. Les éléments de Ex sont les combinaisons linéaires de la famille (xn )n∈N , donc les vecteurs de Rd de la forme
λ0 x0 + λ1 x1 + · · · + λp xp
où p ∈ N , et où λ0 , . . . , λp sont des réels.
Soit alors y un élément quelconque de Ex , qu’on écrit y = λ0 x0 + λ1 x1 + · · · + λp xp . On a par linéarité de f ,
f (y) = λ0 f (x0 ) + λ1 f (x1 ) + · · · + λp f (xp ) = λ0 x1 + λ1 x2 + · · · + λp xp+1 ∈ Ex ,
ce qui montre que Ex est stable par f .
2. Puisque F possède x = x0 et est stable par f , on a x1 = f (x0 ) ∈ F . On obtient alors ∀ n ∈ N , xn ∈ F par une récurrence
immédiate.
Puis, F étant un sous-espace vectoriel de Rd , il est stable par combinaisons linéaires, donc
∀ p ∈ N , ∀ (λ0 , . . . , λp ) ∈ Rp+1 ,
λ0 x0 + λ1 x1 + · · · + λp xp ∈ F ,
ce qui montre que Ex ⊂ F .
3.(a) L’espace vectoriel Rd étant de dimension d sur R, toute famille à d + 1 éléments de Rd est liée. Ainsi, l’ensemble
q ∈ N∗ , la famille (x0 , . . . , xq−1 ) est libre
est une partie de {1, . . . , d}. De plus, cet ensemble est non vide (il possède l’entier 1 car x0 = x 6= 0), et par conséquent il
possède un plus grand élément, que l’on note p.
3.(b) Par construction de p, la famille (x0 , . . . , xp ) est liée, donc il existe des réels λ0 , . . . , λp non tous nuls tels que
λ0 x0 + λ1 x1 + · · · + λp−1 xp−1 + λp xp = 0 .
Si λp était nul (raisonnement par l’absurde), on aurait une combinaison linéaire de la famille libre (x0 , . . . , xp−1 ) valant le
vecteur nul, donc tous les coefficients λ0 , . . . , λp−1 seraient également nuls, ce qui est contradictoire.
2
Ainsi, λp 6= 0, et on peut écrire la relation précédente
xp = −
λ1
λp−1
λ0
x0 −
x1 − · · · −
xp−1 ,
λp
λp
λp
ce qui est de la forme souhaitée en posant ai = −
λi
pour tout i ∈ {1, . . . , p − 1} .
λp
3.(c) La question précédente montre que xp ∈ Ex′ .
Soit y un élément quelconque de Ex′ , qu’on écrit y = λ0 x0 + · · · + λp−2 xp−2 + λp−1 xp−1 , où λ0 , . . . , λp−1 sont des réels.
On a, par linéarité de f , et puisque Ex′ est stable par combinaisons linéaires comme tout espace vectoriel,
f (y) = λ0 f (x0 ) + · · · + λp−2 f (xp−2 ) + λp−1 f (xp−1 ) = λ0 x1 + · · · + λp−2 xp−1 +λp−1 xp ∈ Ex′ ,
|
|{z}
{z
}
′
∈Ex
′
∈Ex
ce qui montre que Ex′ est stable par f .
3.(d) L’inclusion Ex′ ⊂ Ex est évidente. Pour l’inclusion réciproque, on utilise la question 2 : Ex′ est un sous-espace vectoriel
de Rd possédant x = x0 et stable par f (d’après la question précédente), donc Ex ⊂ Ex′ . On a donc obtenu Ex′ = Ex .
Enfin, la famille Bp = (x0 , . . . , xp−1 ) est une famille d’éléments de Ex′ ; elle est libre par construction de p et elle est
génératrice de Ex′ par définition. On en déduit que c’est une base de Ex′ , donc de Ex .
4. Puisque f (xp−1 ) = xp = a0 x0 + · · · + ap−1 xp−1 , la matrice cherchée est la « matrice compagnon » suivante
f (x0 ) f (x1 ) · · · f (xp−2 ) f (xp−1 )
x0
fˆ Bp



x1 

.. 
= . 



xp−2 

xp−1
0
1
0
..
.
0
.
0
..
.
..
.
a1
..
.
.
0
ap−2
0
1
ap−1
···
..
.
..
.
···
..
..
.
..
···
a0












5. On remarque d’abord que pour tout entier i, fˆi est bien un endomorphisme de Ex et (par une récurrence immédiate) que
∀i ∈ N,
fˆi (x0 ) = f i (x0 ) = xi .
(⋆)
Soient λ0 , . . . , λp−1 des réels tels que λ0 Id + λ1 fˆ + λ2 fˆ2 + · · · + λp−1 fˆp−1 = 0L(Ex ) .
On applique cette relation au vecteur x0 , ce qui donne, d’après (⋆),
λx0 + λ1 x1 + · · · + λp−1 xp−1 = 0 ,
et comme la famille Bp = (x0 , . . . , xp−1 ) est libre, les réels λ0 , . . . , λp−1 sont tous nuls.
Ceci prouve que la famille (Id, fˆ, fˆ2 , . . . , fˆp−1 ) d’endomorphismes de Ex est libre.
6.(a) La relation demandée est vraie pour k = 0 car, d’après la définition des réels a0 , . . . , ap−1 , on a
xp = a0 x0 + · · · + ap−1 xp−1 =⇒ fˆp (x0 ) = a0 x0 + a1 fˆ(x0 ) + · · · + ap−1 fˆp−1 (x0 ) .
(⋆)
Ensuite, pour k ∈ {0, . . . , p − 1} (ou même pour k ∈ N quelconque), on applique fˆk aux deux membres de cette égalité, et
on obtient la relation demandée, car pour tout entier i, fˆk fˆi (x0 ) = fˆi fˆk (x0 ) = fˆi (xk ).
6.(b) Notons g l’endomorphisme de Ex , g = fˆp − ap−1 fˆp−1 − · · · − a0 Id .
D’après la question précédente, on a g(xk ) = 0 pour tout k ∈ {0, . . . , p − 1}, donc g est nul sur tous les vecteurs de la base Bp
de Ex , et par conséquent g est l’endomorphisme nul, comme voulu.
3
Partie III
1.(a) D’après le cours, puisque f est diagonalisable, E est la somme directe des espaces propres de f : E =
signifie que tout vecteur x de E s’écrit de manière unique sous la forme x =
p
X
p
M
Ei , ce qui
i=1
xi , avec xi ∈ Ei .
i=1
1.(b) D’abord l’entier q n’est pas nul puisque, x étant non nul, au moins l’un des xi n’est pas nul.
La famille (x1 , . . . , xq ) est une famille de vecteurs propres (chaque xi , pour i 6 q, est un vecteur non nul de l’espace
propre Ei ) associés à des valeurs propres distinctes, donc elle est libre d’après le cours.
1.(c) On a ∀ i ∈ {1, . . . , q} , f (xi ) = λi xi , donc, en appliquant k − 1 fois l’endomorphisme f , on obtient
∀ i ∈ {1, . . . , q} , ∀ k ∈ {1, . . . , q − 1} ,
k
f (xi ) =
λki xi
k
donc par linéarité de f ,
k
f (x) = f
k
q
X
i=1
xi
!
=
q
X
λki xi .
i=1
1.(d) La relation supposée s’écrit
0 = α1 x + α2 f (x) + · · · + αq f
=
q−1
(x) = α1
1.(c)
q
X
i=1
xi
!
+ α2
q
X
i=1
λi xi
!
+ · · · + αq
q
X
i=1
λiq−1 xi
!
α1 + α2 λ1 + · · · + αq λ1q−1 x1 + · · · + αq + α2 λq + · · · + αq λqq−1 xq
= P (λ1 )x1 + · · · + P (λq )xq .
Or on a montré à la question 1.(b) que la famille (x1 , . . . , xq ) est libre, donc P (λ1 ) = · · · = P (λq ) = 0, ce qui signifie que les
réels λ1 , . . . , λq sont q racines du polynôme P .
1.(e) On poursuit le raisonnement entamé à la question précédente : le polynôme P est de degré au plus q − 1, et il possède
au moins q racines distinctes (les réels λ1 , . . . , λq ), c’est donc le polynôme nul : α1 = · · · = αq = 0.
On a prouvé avec ces deux dernières questions que la famille (x, f (x), . . . , f q−1 (x)) est libre.
1.(f) ! L’énoncé reprend sans le dire la notation Ex de la partie II, mais dans un cadre légèrement différent puisqu’ici
l’espace vectoriel E n’est plus forcément Rd , mais un R-espace vectoriel de dimension finie. On n’a aucune peine à admettre
que les résultats de la partie II sont encore valables dans ce cadre.
Il y a aussi un télescopage des notations : d’une part entre Ex et Ei (pas d’ambiguïté puisque i est un entier et x un vecteur),
et surtout entre les (xi )i∈N définis à la partie II et les (xi )16i6p définis à la partie III, ce qui est très maladroit vu qu’on
utilise ces deux familles de vecteurs dans cette question ! Certains candidats ont été gênés à juste titre.
• Notons G = Vect(x1 , . . . , xq ) (les « xi » de la partie III).
On a vu que la famille (x1 , . . . , xq ) est libre (question 1.(b)) et elle engendre G, c’est donc une base de G, donc dim(G) = q.
q
X
λki xi de la question 1.(c) est valable pour tout entier naturel k, donc x, f (x), . . . , f q (x) est une
L’expression f k (x) =
i=1
famille de q + 1 vecteurs de G, qui est de dimension q, elle est donc liée.
De ceci et de la question précédente, on déduit que q est le plus grand entier tel que x, f (x), . . . , f q−1 (x) soit libre.
D’après le résultat de la question 3.(d) de la partie II (et ici, les xi de la partie II sont en fait les f i (x)), on a
Ex = Vect x, f (x), . . . , f q−1 (x) .
• On sait que ∀ i ∈ {1, . . . , q − 1} , f i (x) ∈ G, donc Ex ⊂ G car G est stable par combinaisons linéaires.
Or x, f (x), . . . , f q−1 (x) est une base de Ex (famille libre et génératrice) donc dim(Ex ) = q = dim(G), d’où l’égalité
Ex = G = Vect(x1 , . . . , xq ) = Vect(x1 , . . . , xp ) ,
puisque xq+1 = · · · = xp = 0.
4
2. Si x = 0, tous les xi sont nuls d’après l’unicité de la décomposition de x (question 1.(a)), et le résultat est acquis.
Sinon, on reprend toutes les notations de la question 1, et on écrit x = x1 + · · · + xq . Le sous-espace vectoriel F possède x
et est stable par f , donc d’après le résultat de la question 2 de la partie II, on a Ex ⊂ F .
Or d’après la question précédente, Ex = Vect(x1 , . . . , xq ). Ainsi, ∀ i ∈ {1, . . . , q} , xi ∈ Ex ⊂ F , donc xi ∈ F .
La conclusion vaut encore si i ∈ {q + 1, . . . , p} puisqu’alors xi = 0 ∈ F .
3.(a) On calcule le polynôme caractéristique de f , qui est celui de B,
X −1
X
−1
1
−X
X −1
−1 =
χf (X) = χB (X) = −1
C1 ←C1 −C2 −1
−1
X −1 0
=
dev. C1
X(X − 1)(X − 2) .
par exemple à l’aide d’opérations élémentaires :
X
−1
1
−1
1
0 X −2
X −1
−1 0
=
L2 ←L2 +L1 −1
X −1 0
−1
X −1 L’espace vectoriel E est de dimension 3, et l’endomorphisme f de E possède 3 valeurs propres distinctes, il est donc diagonalisable d’après le cours.
3.(b) On rajoute à la conclusion précédente que, toujours d’après le cours, chaque espace propre de f est de dimension 1.
• Les deux premières colonnes de B sont identiques, donc (1, −1, 0) ∈ Ker(f ). Puisque Ker(f ) est de dimension 1, on peut
conclure que
Ker(f ) = Vect (1, −1, 0) = E1
not.
(attention, E1 désigne ici l’espace propre pour la valeur propre 0 ).


0 1
• Les colonnes de la matrice B − I3 =  1 0
1 1
dimension on a encore
−1
1  vérifient C1 = C2 + C3 , donc (−1, 1, 1) ∈ Ker(f − Id), et à cause de la
0
Ker(f − Id) = Vect (−1, 1, 1) = E2 .
not.
• Enfin, pour varier un peu, on cherche l’espace propre Ker(f − 2Id) en résolvant un système :

(
!
(

 −x + y − z = 0 (i)
x
x − y + z = 0 (ii)
x=0
y
∈ Ker(B − 2I2 ) ⇐⇒
⇐⇒
x−y+z =0
(ii) ⇐⇒

2x = 0
(ii) + (iii)
y=z
z

x+y−z =0
(iii)
d’où
Ker(f − 2Id) = Vect (0, 1, 1) = E3 .
not.
3.(c) Cherchons ces sous-espaces d’après leurs dimensions.
• Le seul sous-espace vectoriel de R3 de dimension 0 (resp. de dimension 3) est {0} (resp. R3 ) et il est stable par f .
• Un sous-espace vectoriel de dimension 1 (i.e. une droite) stable par f est nécessairement dirigé par un vecteur propre de f ,
et ces droites sont bien stables par f , ce qui nous donne les trois espaces propres E1 , E2 et E3 .
• Il reste à déterminer les sous-espaces de dimension 2 (i.e. les plans) de R3 stables par f , et on note F un tel plan.
Reprenons les notations de la question 2, et poursuivons le raisonnement de cette question en montrant que
F = F1 ⊕ F2 ⊕ F3 = (F ∩ E1 ) ⊕ (F ∩ E2 ) ⊕ (F ∩ E3 ) .
En effet, le résultat de la question 2 montre que tout vecteur x de F se décompose en x = x1 + x2 + x3 avec xi ∈ Fi , ce qui
prouve que F = F1 + F2 + F3 . De plus, cette décomposition est unique puisqu’une telle décomposition est, en particulier,
une décomposition de x suivant E = E1 ⊕ E2 ⊕ E3 , et que celle-ci est unique (question 1.(a)).
Enfin, chaque Fi est de dimension 0 ou 1 (car inclus dans Ei ) et dim(F ) = 2 = dim(F1 ) + dim(F2 ) + dim(F3 ) donc l’un
exactement des Fi est réduit à {0}, et les deux autres sont de dimension 1, donc égaux aux Ei correspondants.
On a donc les trois possibilités suivantes : F = E1 ⊕ E2 ou F = E1 ⊕ E3 ou F = E2 ⊕ E3 .
Réciproquement, ces trois sous-espaces vectoriels de E sont manifestement stables par f .
En conclusion, les sous-espaces stables par f sont
{0} ;
E1
;
E2
;
E3
;
E1 ⊕ E2
5
;
E1 ⊕ E3
;
E2 ⊕ E3
et
R3 .
Exercice de Probabilités
1. La variable aléatoire Y est à valeurs dans N, donc la famille (Y = j) j∈N forme un système complet dénombrable
d’événements. D’après la formule des probabilités totales, on a donc
∀i ∈ N,
P(X = i) =
X
i
X
P(X = i, Y = j) =
=
car P(X = i, Y = j) = 0 si j > i
i λi e−λ X i j
=
α (1 − α)i−j
i!
j
j=0
i
X
λi e−λ αj (1 − α)i−j
j ! (i − j) !
j=0
=
P(X = i, Y = j)
j=0
j∈N
i
λi −λ
λi e−λ
α + (1 − α) =
e
i!
i!
d’après la formule du binôme
On en déduit que X suit la loi de Poisson de paramètre λ > 0 .
2. De même, la famille (X = i) i∈N forme un système complet dénombrable d’événements, donc d’après la formule des
probabilités totales, on a
∀j ∈ N,
P(Y = j) =
X
P(X = i, Y = j) =
+∞ i −λ j
X
λ e α (1 − α)i−j
j ! (i − j) !
i=j
=
P(X = i, Y = j)
car P(X = i, Y = j) = 0 si i < j
i=j
i∈N
=
+∞
X
=
+∞
αj λj e−λ X λi−j (1 − α)i−j
j!
(i − j) !
i=j
+∞
(αλ)j e−λ X λk (1 − α)k
j!
k!
changement d’indice k = i − j
k=0
=
(αλ)j e−λ λ(1−α)
(αλ)j −αλ
e
=
e
j!
j!
série exponentielle
On en déduit que Y suit la loi de Poisson de paramètre αλ > 0 .
3. On a, par exemple, P(X = 0, Y = 0) = e−λ , tandis que P(X = 0) × P(Y = 0) = e−λ e−αλ , et puisque αλ 6= 0, ces deux
résultats sont différents.
On en déduit que les événements (X = 0) et (Y = 0) ne sont pas indépendants, et par conséquent les variables aléatoires X
et Y ne sont pas indépendantes.
4. La variable Z est, a priori, à valeurs dans Z.
Encore une fois, la famille (Y = j) j∈N forme un système complet dénombrable d’événements donc
∀n ∈ Z,
P(Z = n) =
X
P(Z = n, Y = j) =
+∞
X
P(X = j + n, Y = j)
car (Z = n, Y = j) = (X = j + n, Y = j)
j=0
j∈N
On voit déjà que si n < 0 , P(Z = n) = 0 car alors ∀ j ∈ N , P (X = j + n, Y = j) = 0. Puis,
∀n ∈ N,
P(Z = n) =
+∞ j+n −λ j
X
λ
e α (1 − α)n
j=0
=
j !n!
+∞
λn (1 − α)n e−λ X λj αj
n!
j!
j=0
=
(λ(1 − α))n e−λ λα
(λ(1 − α))n −λ(1−α)
e
=
e
n!
n!
série exponentielle
On en déduit que Z suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 − α) > 0 .
5. Pour n ∈ N, l’événement (Z = n) a une probabilité non nulle, donc on peut calculer la probabilité conditionnelle
P(Y = j | Z = n) , et celle-ci vaut
6
P(Y = j | Z = n) =
=
P(X = j + n, Y = j)
P(Y = j, Z = n)
=
P(Z = n)
P(Z = n)
λj+n e−λ αj (1 − α)n
(αλ)j −αλ
n!
eλ(1−α) =
×
e
n
j !n!
(λ(1 − α))
j!
= P(Y = j)
6. Le calcul précédent montre que les variables aléatoires Y et Z sont indépendantes, car
∀ (j, n) ∈ N2 ,
P(Y = j, Z = n)
= P(Y = j)
P(Z = n)
donc
P(Y = j, Z = n) = P(Y = j) × P(Z = n) .
7. Notons X le nombre d’enfants et Y le nombre de garçons d’une famille française.
D’après l’énoncé, X suit la loi de Poisson de paramètre λ = 2,2.
Pour une famille ayant i ∈ N∗ enfants, la probabilité d’avoir j garçons est la probabilité de rencontrer j « succès » dans une
suite de i épreuves indépendantes suivant chacune la loi de Bernoulli de paramètre α = 12 , c’est donc
 
 i αj (1 − α)i−j si 0 6 j 6 i
j
P(Y = j | X = i) =

 0
si j > i
 
 i 1
j 2i
=

 0
si 0 6 j 6 i
si j > i
On en déduit que, pour i ∈ N∗ , la probabilité d’avoir i enfants dont j garçons vaut 0 si j > i, et vaut
λi −λ
i
∀ j ∈ {0, . . . , i} , P(X = i, Y = j) = P(Y = j | X = i) × P (X = i) =
αj (1 − α)i−j ×
e
j
i!
=
λi e−λ αj (1 − α)i−j
j ! (i − j) !
=
(1,1) i
e−2,2
j ! (i − j) !
dans cet exemple .
Lorsque i = 0, on a P(X = 0, Y = j) = 0 si j > 0 et P(X = 0, Y = 0) = P(X = 0) = e−λ .
Ainsi, le résultat obtenu pour i > 0 vaut encore pour i = 0.
Finalement, on a retrouvé la loi conjointe du couple (X, Y ) de variables aléatoires étudiées au début de l’exercice.
À la question 6, on apprend que le nombre Z de filles d’une famille est indépendant du nombre Y de garçons. Autrement
dit, le fait de savoir combien de filles a une famille donnée ne nous renseigne pas sur le nombre de garçons de cette famille.
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