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Corrigé du sujet ECRICOME Maths ECS 2019
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Exercice 1 : Intégrale de Wallis
1/ La fonction cosinus est continue sur ainsi que la fonction polynomiale donc par composition la fonction est continue sur donc on peut l’intégrer sur le segment et est bien définie.
On a .
Pour la suite on utilise la relation vraie pour tout dans On a en particulier
Donc
Par conséquent
2/ a/ On calcule le signe de
Pour tout donc En intégrant selon sur avec on obtient
Donc la suite est décroissante. Comme, pour tout ,
en intégrant selon sur avec on obtient
Donc la suite est décroissante et minorée donc elle converge.
2/ b/ On remarque
On pose et puis les fonctions sont sur et
Bilan : Pour tout
2/ c/ Ce qui précède assure que donc donc
On pose alors
Avec et , on voit que est vraie.
Supposons vraie, on a alors
Puis
Donc est vraie.
Conclusion : pour tout est vraie.
2/ d/ function y=I(n)
u=zeros(1,2*n+2)
//u(0)= pi/2 ce terme n’existe pas dans le tableau
u(1) = 1
u(2) = pi/4
for k=1:n
u(2*k+1) = (2*k)*u(2*k-1)/(2*k+1)
u(2*k+2) = (2*k+1)*u(2*k)/(2*k+2)
end
y = u
endfunction
3/ a/ D’après le cours, et
3/ b/ Pour tout on a donc et on peut composer par . Ainsi or
donc
donc
On en déduit que , en composant cette limite par exponentielle, il vient
3/ c/ Avec un raisonnement analogue,
donc
On en déduit que , en composant cette limite par exponentielle, il vient
4/ a/ Soit sur est dominé par 1 donc en intégrant avec on a
4/ b/ Soit sur est décroissante donc dominée par donc en intégrant avec on a
4/ c/ On utilise la relation de Chasles, les questions 3(b), 4(a), 4(b) et le fait que est positive,
Donc par encadrement
5/ a/ Soit On utilise la relation de Chasles
Sur , cosinus est positif donc, avec des bornes dans l’ordre croissant, on a
Donc , on utilise une fois de plus le fait que est décroissante sur pour minorer,
A la question 3(c), il est vu que donc
Or donc la série de Riemann diverge donc par comparaison des séries à terme général positif, la série diverge et par comparaison la série diverge.
5/ b/ function S=somme(n)
S = pi/2
tableau = I(floor(n/2)) sinon on laisse I(n), tant pis pour les termes superflus
for j=1:n
S=S+tableau(j)
end
endfunction
6/ a/ Soit
6/ b/ La fonction est continue sur le segment donc l’intégrale est bien définie. On applique le changement de variables de classe avec
Avec et avec donc
6/ c/ Soit on utilise la linéarité de l’intégration,
Or sur donc De plus la fonction est continue sur le segment , donc
6/ d/ On utilise la positivité de l’intégration avec le fait que
On a car est positif sur . On a aussi avec cet argument que, pour tout donc en multipliant par positif on a puis en intégrant toujours avec des bornes dans l’ordre croissant, il vient
6/ e/ On en déduit avec 6(c) puis 6(b) que
Or la suite converge vers 0 selon 4(c), donc par encadrement
Conclusion : la série converge et sa somme vaut 1.
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Exercice 2 : Diagonalisation de Matrices
1/ Le calcul donne Donc est un polynôme annulateur de , les racines sont et donc le spectre de est inclus dans
On remarque que qui n’est pas inversible car il y a deux colonnes égales donc est valeur propres de
On remarque que qui n’est pas inversible car il y a une colonne nulle donc est valeur propres de
Finalement le spectre de est
2/ On applique la définition de
Donc , par conséquent engendre et ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc ils forment une famille libre et donc une base de
On applique la définition de
Donc , par conséquent engendre et ce vecteur n’est pas nul donc il forme une famille libre et donc une base de
Pour trouver une base du sous-espace propre de S associé à la valeur propre (noté ) , on caractérise l’appartenance par une combinaison linéaire,
Donc
De même
Donc
3/ En tant que sous-espaces propres associées à des valeurs propres distinctes, et sont en somme directe, la somme de leurs dimensions vaut 3 qui est celle de donc et sont supplémentaires de .
4/ a/ Dans la colonne 1 de , tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne
Dans la colonne 2 de , tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne
Et ainsi de suite jusqu’à la colonne o\`u tous les termes sont nuls sauf celui sur la ligne
Donc
est symétrique à coefficients réels donc diagonalisable.
4/ b/ Cette question en apparence anodine présente un intérêt pour la suite si on remarque que est symétrique si et seulement si et que est antisymétrique si et seulement si
4/ c/ Dans la suite, pour toute matrice , on note son coefficient en ligne et colonne
On a alors .
Or les valent 0 ou 1 donc vaut 0 ou 1, et vaut 1 si et seulement si si et seulement si et si et seulement si .
Par conséquent si alors
Si alors Dans cette somme tous les termes sont nuls sauf celui pour et ce terme vaut 1 donc la somme vaut 1.
Bilan :
5/ a/ On s’inspire de la démonstration de cours par analyse-synthèse qui montre que toute matrice est somme d’une matrice symétrique : et d’une matrice antisymétrique :
Analyse : On suppose qu’il existe tel que
On utilise la remarque faite en 4(b), on multiplie par et
car est symétrique et est antisymétrique.
Donc et donc, en cas d’existence, et sont uniques et valent respectivement et .
Synthèse : Il est immédiat que
De plus donc
Et donc
Bilan : il existe un unique couple tel que et
5/ b/ Avec 4(c), on sait que donc est annulateur de donc le spectre de est inclus dans On sait aussi que est diagonalisable. Si n’a qu’une valeur propre alors ce qui est absurde car Donc a au moins deux valeurs propres donc le spectre de est
On utilise ensuite la remarque de la question 4(b) ainsi
et
Donc et sont les sous-espaces propres de avec les valeurs propres respectives 1 et
6/ a/ Soit car est nul sauf si et dans ce cas il vaut 1.
D’autre part car est nul sauf si et dans ce cas il vaut 1.
Or l’énoncé dit que donc et cela pour tout Donc
6/ b/ On sait que donc car est un réel.
Avec le calcul de 4(b), on voit que si est non nulle alors le sera aussi car on retrouve les mêmes coefficients dans l’ordre inversé donc comme est vecteur propre, il est non nul donc est aussi non nul.
Bilan : est vecteur propre de associé à
6/ c/ On calcule
6/ d/ Si est nul alors donc est antisymétrique tout en étant un vecteur propre de associé à
Si est non nul alors comme , est vecteur propre de associé à et de plus donc est symétrique.
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Problème : Probabilités Discrètes
1/ Avant le deuxième tirage c’est-à-dire après le premier, il y a soit 2 blanches (B) et une noire (N) si on a pioché N au premier tour. Si on pioche B au premier tour, on aura 2 N et une B.
Donc On a donc On reconnaît une loi uniforme sur Ainsi et
2/ Lors de deux tirages, on peut extraire 2 N ou 2 B ou bien 1 N et 1 B donc peut valoir 3 ou 2 ou 1 donc est réalisé si et seulement si est réalisé donc
car sachant , le deuxième tirage se fait dans une urne avec 1 B et 2 N.
De même est réalisé si et seulement si est réalisé donc
car sachant , le deuxième tirage se fait dans une urne avec 1 N et 2 B.
Donc
3/ Sachant qu’il y a une blanche et une noire au début, lors de tirages on peut extraire entre 0 et blanches donc après ceux-ci, l’urne peut contenir entre 1 blanche et blanches donc
4/ Soit Il est immédiat qu’après le tirage, il y a boules dans l’urne car une ajoute une boule à chaque tirage. Donc après le tirage, il y a boules dans l’urne. Le tirage amène une B ou une N donc à son issue, le nombre de B est stable ou est augmenté de 1. Donc si et alors
Selon le protocole, le nombre de B est stable après un tirage si et seulement si on sort une B donc est la probabilité de sortir une B dans une urne contenant B et boules donc
Selon le protocole, le nombre de B est augmenté de 1 après un tirage si et seulement si on sort une N donc est la probabilité de sortir une N dans une urne contenant B et boules donc
5/ Soit si alors et comme on a aussi donc la formule est vraie.
Supposons alors est réalisé si et seulement si est réalisé car le nombre maximal de B après tirages est Donc Or donc donc la formule
est vraie pour
Supposons On applique la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ce qui donne
or si et donc il reste deux termes dans la somme
On a vu que
Si alors et la formule est valable pour , sinon la question précédente avec donne
Finalement on a bien dans tous les cas
6/ On a et
puis
et
7/ a/ On reprend la question 5 avec et ainsi, pour tout , on a\\ Avec une récurrence simple donne
7/ b/ On reprend la question 5 avec et ainsi, pour tout , on a Avec une récurrence simple donne
7/ c/ Soit
donc
La suite est géométrique de raison 2 donc, pour tout car Donc et
8/ La ligne 5 simule une loi uniforme sur en effet simule une loi uniforme sur donc simule une loi uniforme sur donc simule une loi uniforme sur en prenant la partie entière simule une loi uniforme sur . Donc est un nombre entier choisi au hasard dans , on peut considérer que les boules N ont les numéros 1 à et que les blanches ont les numéros à . Ainsi est le nombre de N et le nombre de B. Donc si , on a sorti une B et est augmenté de 1 sinon on a sorti une N et augmenté de 1.
et sont initialisés à 1 ensuite on simule tirages et on retourne le nombre de B à la fin des ces tirages. On a donc simuler
9/ On calcule les effectifs de chaque valeur entre 1 et puis on divise par pour avoir les fréquences. On passe sur le tiret du nom de la fonction qui n’est correct syntaxiquement.
function LE = loiExpo(k,N)
LE=zeros(1,k+1)
for j=1:N
valeur = mystere(k)
LE(valeur) = LE(valeur) + 1
end
LE = LE/N
endfunction
10/ La matrice est telle que on retourne donc la n-ème ligne de
function LT=loiTheo(n)
M=zeros(n,n+1)
M(1,1)=1/2
M(1,2)=1/2
for k=1:n-1
M(k+1,1)=M(k,1)/(k+2)
for i=2:k+1
M(k+1,i)=(i/(k+2))*M(k,i)+(3+k-i)/(k+2)*M(k,i-1)
end
M(k+1,k+2)=M(k+1,1)
end
LT=M(n,:)
endfunction
11/ En théorie or dans le tableau les valeurs sont distinctes donc c’est un calcul expérimental avec .
12/ a/ a un support fini donc a une espérance. On utilisera le fait que si n’est pas dans le support de alors . On emploiera aussi le théorème de transfert. On a
12/ b/ Pour tout on pose
est vraie car constant de valeur 1 donc de moyenne 1.
Si vraie à un rang alors donc vraie.
Bilan : Pour tout
12/ c/ Il y a autant de B que de N au début de l’expérience, on ajoute une B ou une N à chaque tirage, donc par symétrie, et ont la même loi et la même espérance. De plus on a toujours qui vaut le nombre de boules après tirages donc donc donc
13/ a/ La variable a une variance donc en a une aussi et on peut appliquer la formule de Bienaymé-Tchebychev
donc
en utilisant et
Donc par
encadrement.
Donc
représente la proportion de boules blanches dans l’urne après tirages, intuitivement cette proportion a tendance à être proche de quand est grand.
13/ b/ représente la proportion de boules blanches dans l’urne après tirages, intuitivement cette proportion a tendance à être proche de quand est grand.
14/ a/ Soit dans et on a
Donc est linéaire.
14/ b/ Si est nul alors est nul aussi.
Si avec alors aura le même terme dominant que car les autres termes sont tous de degrés inférieurs stricts à donc le terme dominant de est donc par somme
comme le terme dominant de sera avec
Donc et ont le même degré.
14/ c/ On voit donc que si n’est pas nul alors ne l’est pas non plus donc le noyau de ne contient que le polynôme nul et est injective.
14/ d/ On a vu que l’unique antécédent de est lui-même.
Soit non nul de degré on sait que les antécédents éventuels de par sont de degré donc ils sont dans . On a vu que préserve le degré donc
est stable par donc la restriction de à est un endomorphisme de qui est de dimension finie. Comme est injective sur , elle l’est aussi sur donc la restriction de à est bijective donc a un antécédent par .
15/ a/ Par définition, or donc
Et On remarquera que en général est défini une somme de réels donc est un polynôme constant.
15/ b/ On a or
donc
16/ a/ s’écrit :
C’est vrai car on sait que et
16/ b/ Soit on suppose vraie, soit
Donc est géométrique de raison donc, pour tout
Or car donc .
Donc donc car est un polynôme constant.
Donc .
Cela prouve que est vraie.
16/ c/ Le 16(a) initialise la récurrence, le 16(b) assure l’hérédité donc, pour tout on a, pour tout
17/ a/ Au 7(c), il est vu que, pour tout .
Le 15(a) donne donc avec la question 16, on a
Les résultats sont identiques.
17/ b/ Soit