exercice i - Pierre Veuillez

Corrigé HEC maths III Eco 1998 par Pierre Veuillez
EXERCICE I
1. a) Soit un paramètre réel.
On observe les transformations souhaitées :
i. (1) 8
>
>
<
>
>
:
x1+x2= 0 L1!L1
3x1+x2+ 2x3= 0 L2L1!L3
2x2+x3+ 3x4= 0 L32L1L3
x3+x4= 0 L4!L2
() (2) 8
>
>
<
>
>
:
x1+x2= 0
x3+x4= 0
(3 2)x12x4= 0
2x1+ (3 2)x4= 0
l’équivalence étant assurée par la conservation des lignes pivot L1et L4
ii. Soit (3) : (3 2)x12x4= 0
2x1+ (3 2)x4= 0
Si = 0 :(3) () 3x1= 0
3x4= 0 () x1=x4= 0
Si 6= 0 :(3) () 8
<
:
x4=32
2x1
h2+ (3 2)32
2ix1= 0
avec
[] = 42+322
=4102+ 9
et avec X=2:X210X+9 a pour discriminant 10049 = 64 et a pour racines X=108
2
soit 2= 9 ou 2= 1
Conclusion : si  =2 f1;1;3;3gla seule solution est (0;0)
Si = 1 alors (3) () x4=32
2x1=x1et les solutions sont S=Vect (1;1)
Si =1alors (3) () x4=32
2x1=x1et les solutions sont S=Vect (1;1)
Si = 3 alors (3) () x4=32
2x1=x1et les solutions sont S=Vect (1;1)
Si =3alors (3) () x4=32
2x1=x1et les solutions sont S=Vect (1;1)
iii. Les deux lignes manquantes sont x2=x1
x3=x4
En substitutant on a alors
Conclusion : si  =2 f1;1;3;3gla seule solution est (0;0;0;0)
Si = 1 alors (1) () x4=x1:x2=x1:x3=x1et et les solutions sont S=Vect (1;1;1;1)
Si =1alors (1) () x4=x1:x2=x1:x3=x1et les solutions sont S=Vect (1;1;1;1)
Si = 3 alors (1) () x4=x1:x2=3x1:x3= 3x1et les solutions sont S=Vect (1;3;3;1)
Si =3alors (1) () x4=x1:x2= 3x1:x3= 3x1et les solutions sont S=Vect (1;3;3;1)
b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de la matrice :
Soit 2R.
A=0
B
B
@
1100
3120
0213
0011
1
C
C
A: (AI)0
B
B
@
x1
x2
x3
x4
1
C
C
A() (1) avec = 1 
Donc est valeur propre pour 2 f1;1;3;3gdonc pour 2 f0;2;2;4g
Et les sous espaces propres associés sont :
S0=Vect (1;1;1;1) pour la valeur propre 0.
S2=Vect (1;1;1;1) pour la valeur propre 2.
S2=Vect (1;3;3;1) pour la valeur propre -2. et
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S4=Vect (1;3;3;1) pour la valeur propre 4.
(N.B. 0n’est pas un vecteur propre, mais il se trouve dans le sous-espace propre)
(N.B. on véri…e sur le produit par A)
2. Pour tout entier n>1on note Rn[x]l’espace vectoriel des fonctions polynômes de degré inférieur ou
égal à net, à toute fonction polynôme Pde Rn[x], on associe la fonction polynôme TnPdé…nie sur R
par TnP(x)=(nx + 1) P(x) + (1 x2)P0(x):
a) Pour deg Pnon a deg P0n1mais deg (x!(nx + 1) P(x)) sera n+ 1 ...
Il faut donc détailer l’écriture.
Soit P2Rn[X] : P(x) = Pn
k=0 akxkalor sP0(x) = Pn k=1 kakxk1=Pn1 h=0 (h+ 1) ah+1xh
Et
(nx + 1) P(x) + (1 x2)P0(x):=nx anxn+  x2nanxn1+: : :
les termes : : : étant de degré inférieur ou égal à n:
Donc P7! TnPest une application de Rn[X]dans Rn[X]:
Linéarité : Soit Pet Q2Rn[X]et et 2R. Pour tout xréel :
Tn(P +Q) (x)=(nx + 1) (P +Q) (x) + (1 x2) (P +Q)P0(x)
=(nx + 1)P(x) + (1 x2)P0(x)+(nx + 1)Q(x) + (1 x2)Q0(x)
=TnP(x) + TnQ(x)
Conclusion : Tnest un endomorphisme de Rn[X]
b) On calcule le simages des vecteurs de la base :
TnXk(x)=(nx + 1) xk+ (1 x2)kxk1=
Donner la matrice Mnde cet endomorphisme Tndans la base de Rn[x]formée des fonctions
polynômes 1; X; : : : Xnoù Xkdésigne, pour tout k2 f0;1; :::; ng, la fonction x7! xk.
c) Dans le cas n= 3, donner les valeurs propres de T3et écrire les fonctions polynômes formant une
base de vecteurs propres.
d) En faisant la somme des lignes de la matrice Mn, déterminer simplement une valeur propre de
Tn:
3. On se propose de déterminer plus généralement toutes les valeurs propres de Tn.
a) Etant donné un réel calculer, pour 1< x < 1, l’intégrale g(x) =
x
R0
nt + 1 
1t2dt: On
cherchera d’abord deux réels aet btels que nt + 1 
1t2=a 1t+b 1 + t
b) Montrer que si les nombres h=n+ 1 et k=n1 + sont des nombres entiers, positifs ou
nuls, pairs, alors la fonction exp(g(x)) est une fonction polynôme. Véri…er que ces conditions
impliquent que (n1) 66n+ 1.
c) Pour n= 3 quels sont les réels qui véri…ent les conditions précédentes ? Pour un entier n>1
quelconque, combien de réels véri…ent ces conditions ?
d) Montrer que si est une valeur propre de Tnet si Pest un vecteur propre associé, alors la
fonction h, dé…nie sur ]1;1[ par h(x) = P(x) exp(g(x)), a une dérivée nulle. Que vaut alors
P?
e) Déterminer les valeurs propres de Tnet une base de vecteurs propres (on pourra distinguer les
cas npair et nimpair).
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EXERCICE II
On e¤ectue une suite de lancers d’une pièce de monnaie. On suppose que les résultats des lancers sont
indépendants et que, à chaque lancer, la pièce donne face avec la probabilité p(0 < p < 1 ) et pile avec la
probabilité q= 1 p.
L’objet de l’exercice est l’étude du nombre de lancers nécessaires pour obtenir deux faces de suite, c’est à
dire lors de deux lancers consécutifs.
On suppose donné un espace probabilisé, muni d’une probabilité P, modélisant cette expérience.
Pour tout entier n>1, on note
Unl’événement : on obtient 2 faces de suite, pour la première fois, aux lancers numéro net n+ 1,
et on pose un=P(Un).
Pour tout entier n>2, on note
Anl’événement : les npremiers lancers ne donnent pas deux faces de suite et le n-ième lancer donne
face,
Bnl’événement : les npremiers lancers ne donnent pas deux faces de suite et le n-ième lancer donne
pile,
et on pose xn= P(An),yn= P(Bn).
1. a) u1= P(U1) = P(F1\F2) = P(p1)P(P2) = q2(les lancers sont indépendants)
x2= P(A2) = P(F2\P1) = p:q car on n’a pas deux Fde suite et on a P2.
y2= P(B2) = P(P2\(F1[P1)) = p(P2) = q.
u2= P(U2) = P(F3\F2\P1) = p2:q car on n’a pas eu de F F avant.
x3= P(A3) = P(F3\P2\(F1[P1)) avec P2car on n’a pas de F F
= P(F3\P2) = p:q
y3= P(B3):Avec B3on a P3, et avant on a pu avoir P2ou F2(ce qui ne fait pas de F F ).
–Si on a eu P2, on a pu avoir P1ou F1.
–Si on a eu F2, pour ne pas avoir de F F; il faut avoir eu P1.
Donc B3=P3\([P2\(P1[F1)] [[F2\P1]) = P3\[P2[(F2\P1)]
et P(B3) = P(P3):P(P2[[F2\P1]) = P(P3)(P(P2) + P(F2\P1))
car P2et F2sont incompatibles; et par indépendance des lancers
y3=q(q+p:q) = q2(1 + p)
u3= P(F4\F3\P2\(P1[F1)) avec P2pour ne pas avoir F F avant.
= P(F4\F3\P2) = p2:q
b) xn= P(An)et un= P(Un)
Or Un=Fn+1 \Fn\(pas de F F avant), et Bn=Fn\(pas de F F avant)
Donc Un=Fn+1\Bn. Et, le lancer n+1 étant indépendant des précédents, P(Un) = P(Fn+1):P(Bn) =
p:xn:
c) PAn(An+1)est la probabilité d’avoir Fn+1, quand on eu Fn, mais sans avoir de F F . (Ce qui
est incompatible)
Donc PAn(An+1) = 0.
PBn(An+1)est la probabilité d’avoir Fn+1, car on a eu Pnet on aura donc pas de F F ni
avant ni au dernier lancer.
PBn(An+1) = PBn(Fn+1) = P (Fn+1) = q: car le n+ 1ieme lancer est indépendant des
précédents.
PAn(Bn+1)est la probabilité d’avoir Pn+1, puisque l’on a eu Pnet que l’on aura donc pas de
F F ni avant ni au dernier lancer.
PAn(Bn+1)=PAn(Pn+1) = q:
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De même PBn(Bn+1) = P(Pn+1) = q:
d) Erreur: Anet Bnne sont pas un système complet d’événements car on a pu avoir un F F avant
le nieme lancer.
Mais quand on n’a pas de F F jusqu’au n+ 1ième, on n’en a pas eu jusqu’au nieme.
Donc An+1 = (An+1 \An)[(An+1 \Bn). Et comme Anet Bnsont incompatibles :
P(An+1) = P(An+1 \An) + P(An+1 \Bn)=PAn(An+1):P(An)+PBn(An+1):P(Bn) = 0:P(An) + p:P(Bn)
xn+1 =pyn
De même
P(Bn+1)=PAn(Bn+1):P(An)+PBn(Bn+1):P(Bn) = q:P(An) + q:P(Bn)
yn+1 =q(xn+yn)
2. On suppose, dans cette question que p=q= 1=2.
a) On a en substituant n+1 à la place de n:yn+2 =q(xn+1 +yn+1) = q(p:yn+yn+1) = 1
2yn+1 +1 4yn:
Montrons par récurrence que pour tout entier n2:2nyn=fn
Il faut pour celà connaitre les deux termes précédents. Et on démontre donc que pour tout entier
n2 : 2nyn=fnet 2n+1yn+1 =fn+1.
Pour n= 2;on a y2=q= 1=2;4y2= 2 et f2=f1+f0= 2 donc 22y2=f2
et y3=q2(1 + p) = 1
4:3 2et 23y3= 3: f3=f2+f1= 2 + 1 = 3 donc 23y3=f3. CQFD
Soit n2tel que 2nyn=fnet 2n+1yn+1 =fn+1.
Est-ce que 2n+1yn+1 =fn+1 et 2n+2yn+2 =fn+2?
Or 2n+1yn+1 =fn+1 par hypothèse de récurrence. reste à calculer yn+2 :
2n+2yn+2 = 2n+2(1
2yn+1 +1 4yn)=2n+1yn+1 + 2nyn=fn+1 +fn=fn+2 CQFD
Donc pour tout n2;2nyn=fn.
b) fnest une suite récurrente linéaire d’ordre 2.
Son équation caractéristique est r2r1=0qui a pour discriminant est  = 1 + 4 = 5 >0et
qui a deux racines =1 + p5
2et =1p5 2.
On a donc pour tout entier n; fn=An+Bnavec Aet Bdéterminés par les deux premisers
termes :
f0= 1 = A0+B0
f1=1=A+Bdonc A= 1 Bet (1 B)+B= 1 d’où B=1
=
= car 1= 1 1p5 2=1 + p5 2=d’où A= 1  = et donc
fn=n+1 n+1
.
c) Donc pour tout entier n2; yn=fn=2net xn+1 =pyn=fn=2n+1 (seulement pur n2)
Donc en substituant n1àn; xn=fn1=2npour n3. Or ceci est encore vrai pour n= 2
car x2=pq= 1=4 = f1=4.
En…n un=pxn=xn=2 = fn1=2n+1 =nn
()2 n+1 pour tout n2
d) On calcule la somme :
N
X
n=1
un=
N
X
n=1
nn
()2n+1 =1 2(b)
N
X
n=1
n
2n1 2(b)
N
X
n=1
n
2n
=1
2(b) N
X
n=1
(=2)n
N
X
n=1
(=2)n!=1
2(b)(=2)N+1 1 =21(=2)N+1 1 =21
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Or 0< =2<1et 0< =2<1donc (=2)N!0 et (=2)N!0.
Donc
N
X
n=1
un!1
2(b)(1 =211 =21) = 1 2(b):=2=2 (=21)(=21)
=1
4(=21)(=21)
(=21)(=21) = (1 + p5
41)(1p5 41) = 3 + p5 43p5 4=95 16 =1 4
Donc P+1
n=1 un!1et Unest bien une variable aléatoire.
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