Mon parcours pour réussir en maths

Je révise en autonomie

Je progresse avec un prof

Je m’entraîne sur des annales corrigées

Avis Google France
★★★★★ 4,9 sur 5

Mon parcours pour réussir en ECS2

Je révise en autonomie

Je progresse avec un prof

Je m’entraîne sur des annales corrigées

Avis Google France
★★★★★ 4,8 sur 5

Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2019

Revenir à tous les corrigés des annales maths BCE

Exercice 1 : Polynome annulateur et généralisation

1/ a/ On a $A^2=\begin{pmatrix}1&0&0\cr -6&7&-6\cr -3&3&-2\cr \end{pmatrix}=3A-2I$ .
$P(X)=X^2-3X+2=(X-1)(X-2)$ est un polynôme de degré 2 annulateur de $A$ .

1/ b/ Par propriété, $Sp(A) \subset \{\text{racines de }P \}$ soit $Sp(A)\subset \{1,2\}$ .
Les valeurs propres possibles de $A$ sont $\lambda _1=1$ et $\lambda _2=2$ .

1/ c/ Les valeurs propres de $f$ sont égales à celles de $A$ .Pour $\lambda$ réel, on note $E_{\lambda}=\ker (f-\lambda \id)$ . Avec le théorème du rang, $\dim E_{\lambda}=3-\rg (A-\lambda I_3)$ . On peut donc conjecturer que $1$ et 2 sont effectivement valeurs propres de $f$ et que $\dim E_1=2$ et $\dim E_2=1$ .

1/ d/ $(A-I_3)X=0\Leftrightarrow -x_1+x_2-x_3=0 \Leftrightarrow \begin{cases}x_2&=x_1+x_3\\x_1&\in\mathbb{R}\\x_3&\in \mathbb{R}\end{cases}$ et l’espace propre associé à la valeur propre 1 est $E_1(A)=\vect<\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}>$ . Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et forment une famille libre.
$1\in Sp(f)$ et $((1,1,0),(1,0,-1))$ est une base de $\ker (f-\operatorname{Id})$ .
$(A-2I)X=0\Leftrightarrow \begin{cases}x_1&=0\\x_2&=2x_3\end{cases}$ et $E_2(A)=\vect<\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}>$ .
2 est valeur propre de $f$ et $(0,2,1)$ est une base de $\ker (f-2\operatorname{Id})$ .

2/ a/ Par la question 1., les valeurs propres de $f$ sont 1 et 2, et la somme des dimensions des espaces propres de $f$ vaut 3, soit $\dim\mathbb{R}^3$ . $f$ est donc diagonalisable et $\ker (f-\operatorname{id})\oplus \ker (f-2\operatorname{id})=\mathbb{R}^3$ . La concaténation de bases de chacun des espaces propres est une base de $\mathbb{R}^3$ .

Pour respecter les conditions imposées, changeons la base trouvée pour $E_1$ .

$\vect<\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}>=\vect<\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}>=\vect<\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}>$

et la famille en jeu est encore libre. Prenons donc :

$u_1=(1,1,0),\quad v_1=(0,1,1),\quad v_2=(0,1,2)$

$(u_1,v_1)$ est une base de

$\ker (f-\operatorname{Id)}$ et

$v_2$ est une base de

$\ker (f-2\operatorname{id})$ . Leur concaténation

$(u_1,v_1,v_2)$ est une base de

$\mathbb{R}^3$ .

$\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}+\gamma \begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}$ ssi $\begin{cases}a+\lambda +2\gamma = b\\\lambda +\gamma =c\end{cases}$ .

2/ b/ On trouve en résolvant ce système :

$\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+(a-b+2c)\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}+(-a+b-c) \begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}$

$x=(a,b,c)$ a pour coordonnées

$a,\; a-b+2c,\; -a+b-c$ dans la base

$(u_1,v_1,v_2)$ .

3/ a/ Posons $P(X)=(X-\lambda _1)(X-\lambda_2)\dots (X-\lambda_p)$ . On cherche à calculer $P(D)$ .
Comme $D$ est une matrice diagonale, de coefficients diagonaux $d_{1,1},\dots , d_{n,n}$ , on a pour tout $k\in \mathbb{N}$ , $D^k=\begin{pmatrix}d_{1,1}^k&0&\dots& 0\\0&d_{2,2}^k&\ddots & \vdots\\\vdots & \ddots &\ddots & 0\\0&\dots & 0&d_{n,n}^k\end{pmatrix}$ , et par règles de calcul matriciel, pour $a_0,a_1,\dots , a_p$ réels :

$a_0I+a_1D+\dots + a_pD^p=\begin{pmatrix}\sum\limits_{k=0}^pa_kd_{1,1}^k&0&\dots& 0\\0&\sum\limits_{k=0}^pa_kd_{2,2}^k&\ddots & \vdots\\\vdots & \ddots &\ddots & 0\\0&\dots & 0&\sum\limits_{k=0}^pa_kd_{n,n}^k\end{pmatrix}$

Il s’ensuit que

$P(D)=\begin{pmatrix}P(d_{1,1})&0&\dots& 0\\0&P(d_{2,2})&\ddots & \vdots\\\vdots & \ddots &\ddots & 0\\0&\dots & 0&P(d_{n,n})\end{pmatrix}$ .

La matrice diagonale $D$ est une matrice qui comporte sur sa diagonale les valeurs propres de $f$ : pour tout $i$ , $d_{i,i}\in \{\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_p\}$ , donc tous les coefficients diagonaux de $D$ sont des racines de $P$ .
Finalement, $P(D)=0$ .
$(D-\lambda_1I_n)(D-\lambda_2I_n)\dots (D-\lambda_pI_n)=0$

3/ b/ Le polynôme $P$ présenté en question précédente est donc annulateur de $D$ et :

$0=P(\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}}\left( f\right))\underset{\text{cours}}{=}\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}}\left( P(f)\right)\text{ et donc }P(f)=0$

$(X-\lambda _1)(X-\lambda_2)\dots (X-\lambda_p)$ est un polynôme annulateur de

$f$ .

4/a/ Pour $k$ fixé dans $\llbracket 1, p\rrbracket$ , les racines de $L_k$ sont $1,2,\dots, k-1,k+1,\dots ,p$ (on les a facilement car $L_k$ est sous forme factorisée). Pour $i\in\llbracket 1, p\rrbracket$ , $i\neq k$ , $L_k(\lambda _i)=0$ . Par produit de termes valant 1, $L_k(\lambda _k)=1$ .

$\hbox{$L_k(\lambda_i)=\begin{cases}1&\text{ si }i=k\\0&\text{ si }i\neq k\end{cases}$$

4/ b/

$\bullet$ Le degré de chaque polynôme

$L_k$ est

$p-1$ , donc la famille

$(L_1,L_2,\dots, L_p)$ est bien une famille de

$\mathbb{R}_{p-1}[X]$ .

$\bullet$ Montrons que cette famille est libre. Soient

$a_1,a_2,\dots , a_p$ des réels tels que

$a_1L_1+a_2L_2+\dots + a_pL_p=0$ .
On a

$\forall x\in\mathbb{R}$ ,

$a_1L_1(x)+a_2L_2(x)+\dots + a_pL_p(x)=0$ . En évaluant en

$x=\lambda_i$ et en utilisant a., on trouve

$a_i=0$ .
Les réels sont tous nuls et la famille

$(L_1,L_2,\dots, L_p)$ est libre.

$\bullet$

$\card(L_1,L_2,\dots, L_p)=p=\dim \mathbb{R}_{p-1}[X]$ .
Par ces trois points,

$(L_1,L_2,\dots, L_p)$ est une base de

$\mathbb{R}_{p-1}[X]$ .
4/ c/ Soit

$P\in\mathbb{R}_{p-1}[X]$ . En utilisant la base précédente, il existe des réels

$a_1,a_2,\dots , a_p$ tels que

$P=a_1L_1+a_2L_2+\dots + a_pL_p$ .
On a

$\forall x\in\mathbb{R}$ ,

$P(x)=a_1L_1(x)+a_2L_2(x)+\dots + a_pL_p(x)$ . En évaluant en

$x=\lambda_i$ et en utilisant a., on trouve

$P(\lambda_i)=a_i$ .

$\forall P\in\mathbb{R}_{p-1}[X],\quad P=\sum\limits_{i=1}^pP(\lambda_i)L_i$
4/ d/ On applique la question précédente au polynôme constant égal à 1, qui appartient à

$\mathbb{R}_{p-1}[X]$ .

$\sum\limits_{i=1}^pL_i=1$

5/ a/ Soit $x\in E$ .

$\begin{eqnarray*}(f-\lambda_k\id)(L_k(f)(x))&=&((f-\lambda_k\id)\circ L_k(f))(x)\\&=&c_k((f-\lambda_k\id)\circ Q(f))(x)\end{eqnarray*}$

$\text{ où }c_k=\prod\limits_{j\in\llbracket 1,p\rrbracket,\; j\neq k}\frac 1{\lambda_k-\lambda_j}\text{et où }Q=\prod\limits_{j\in\llbracket 1,p\rrbracket,\; j\neq k}(X-\lambda _j)$

$\begin{eqnarray*}(f-\lambda_k\id)(L_k(f)(x))&=&c_k((X-\lambda_k)\times Q)(f)(x)=c_kP(f)(x)\\&=&0\text{ par 3.b.}\end{eqnarray*}$

Donc pour tout

$x\in E$ ,

$L_k(f)(x)\in\ker (f-\lambda_k\operatorname{id})$ .

5/ b/ Par 4.d. en l’endomorphisme $f$ , $\sum\limits_{i=1}^p L_i(f)=\operatorname{id}$ .
Soit $x\in E$ . On applique l’endomorphisme précédent en $x$ :

$x=\id (x)=\sum\limits_{i=1}^p L_i(f)(x)$

Par la question précédente, pour tout

$i$ ,

$L_i(f)(x)\in\ker (f-\lambda_i\id)$ . Ce qui précède constitue donc la décomposition d’un vecteur

$x$ de

$E$ dans la somme directe

$\bigoplus\limits_{i=1}^p \ker (f-\lambda_i\id)$ .

6/ Ici $p=2$ , il y a deux polynômes : $L_1=\frac{X-\lambda_2}{\lambda_1-\lambda_2}=2-X$ et $L_2=\frac{X-\lambda_1}{\lambda_2-\lambda_1}=X-1$ . Soit $x=(a,b,c)\in \mathbb{R}^3$ . Par 5.,

$x=(2\id-f)(x)+(f(x)-x)$

Comme

$\begin{eqnarray*}(2I-A)X&=&\begin{pmatrix}1 &0&0\\2&-1&2\\1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\2a-b+2c\\a-b+2c\end{pmatrix}\\&=& a\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+(a-b+2c)\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\\\text{et }(A-I)X&=&\begin{pmatrix}0 &0 &0\\-2 &2 & -2\\-1 &1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}=(-a+b-c)\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}\end{eqnarray*}$

on retrouve bien

$x=au_1+(a-b+2c)v_1+(-a+b-c)v_2$ .

COURS DE MATHS

Les meilleurs professeurs particuliers

Pour progresser et réussir

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

Exercice 2 : Convergence suite de variables aléatoires

1/ a/ Pour tout réel $x$ , $\arctan '(x)=\frac 1{1+x^2}$ .

1/ b/ $\arctan (1)=\frac{\pi}4$ .
Soit $f:x\mapsto \arctan x+\arctan\frac 1x$ . $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et
pour $x>0$ , $f'(x)=\frac 1{1+x^2}-\frac 1{x^2}\frac 1{1+(\frac 1x)^2}=0$ . Donc $f$ est constante sur $\mathbb{R}^{+*}$ , égale à
$f(1)=2\arctan \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ .
$\forall x\in \mathbb{R}^{+*}$ , $\arctan x+\arctan\frac 1x=\frac{\pi}{2}$

1/ c/ $\arctan$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ . Elle admet donc un développement limité à l’ordre 1 en 0 :

$\begin{eqnarray*}\arctan x &\underset{0}{=}& \arctan 0+(\arctan)'(0)x+o(x)\\\text{or }(\arctan) '(0)&=&\frac 1{1+0^2}=1\\\text{donc }\arctan x&\underset{0}{=}&x+o(x)\end{eqnarray*}$

D’où :

$\boxed {\arctan x\underset{0}{\sim}x}$

2/ a/ $f:x\mapsto \frac 1{\pi (1+x^2)}$ est continue et positive sur $\mathbb{R}$ .
Soit $A>0$ . $\int\limits_0^A\frac 1{\pi (1+u^2)}\,\mathrm{d}u=\frac 1{\pi }(\arctan A-\arctan 0)=\frac 1{\pi}\arctan A\to \frac 12$ quand $A\to +\infty$ . Donc l’intégrale $\int\limits_0^{+\infty}\frac 1{\pi (1+u^2)}\,\mathrm{d}u$ converge et vaut $\frac 12$ . Par parité de l’intégrande, $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac 1{\pi (1+u^2)}\,\mathrm{d}u$ converge et vaut 1.
$f$ est une densité de probabilité.

2/ b/ Soit $x$ réel.

$\begin{eqnarray*}F_X(x)&=&\int\limits_{-\infty}^x \dfrac 1{\pi (1+u^2)}\,\mathrm{d}u=\lim\limits_{A\to -\infty}\int\limits_{A}^x \dfrac 1{\pi (1+u^2)}\,\mathrm{d}u\\&=&\lim\limits_{A\to -\infty}\frac 1{\pi}\left( \arctan x-\arctan A\right)=\frac 1{\pi}(\arctan x+\frac \pi 2)\end{eqnarray*}$

Pour

$x$ réel,

$F(x)=F_X(x)=\dfrac {1}{\pi}\arctan x+\dfrac 12$

3/ a/ $\bullet$ La fonction $g$ est positive sur $\mathbb{R}$ .
$\bullet$ La fonction $g$ est constante sur $\mathbb{R}^-$ donc y est continue.
La fonction $x\mapsto -\frac 1x$ est continue sur $]0,+\infty[$ et à valeurs dans $\mathbb{R}$ , où exp est continue. Donc $x\mapsto e^{-1/x}$ est continue sur $]0,+\infty[$ . Par produit avec $x\mapsto \frac 1{x^2}$ continue sur $]0,+\infty[$ , $g$ est continue sur cet intervalle.
$g$ est donc continue sur $\mathbb{R}$ sauf éventuellement en 0.
$\bullet$ L’intégrale $\int\limits_{-\infty}^0g(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut 0.
Soit $A\in ]0,1]$ .

$\int\limits_A^1g(x)\,\mathrm{d}x=\left[e^{-1/x}\right]_A^1=e^{-1}-e^{-1/A}\underset{A\to 0^+}{\longrightarrow}e^{-1}$

Donc l’intégrale

$\int\limits_0^1g(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut

$e^{-1}$ .
Soit

$A\in [1,+\infty[$ .

$\int\limits_1^Ag(x)\,\mathrm{d}x=\left[e^{-1/x}\right]_1^A=-e^{-1}+e^{-1/A}\underset{A\to +\infty}{\longrightarrow}1-e^{-1}$

Donc l’intégrale

$\int\limits_1^{+\infty}g(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut

$1-e^{-1}$ .
Finalement, l’intégrale

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}g(x)\,\mathrm{d}x$ converge et vaut 1.
Par ces trois points,

$g$ est une densité de probabilité.

$g$ peut être considérée comme une densité d’une variable aléatoire

$T$ . Comme

$g$ est nulle sur

$\mathbb{R}^-$ et non nulle sur

$\mathbb{R}^{+*}$ ,

$T$ est à valeurs dans

$\mathbb{R}^{+*}$ (ou encore,

$P(T\geqslant 0)=\int\limits_0^{+\infty}g(t)\,\mathrm{d}t=1$ ).

3/ b/ $T(\Omega)=\mathbb{R}^{+*}$ donc pour $x\leqslant 0$ , $G(x)=0$ . Soit $x> 0$ .

$\begin{eqnarray*}G(x)&=&\int\limits_{-\infty}^xg(t)\,\mathrm{d}t=\int\limits_0^xg(t)\,\mathrm{d}t\\&=&\lim\limits_{A\to 0^+}\int\limits_A^xg(t)\,\mathrm{d}t=\lim\limits_{A\to 0^+}(e^{-1/x}-e^{-1/A})=e^{-1/x}\end{eqnarray*}$

$G(x)=\begin{cases}0&\text{ si }x\leqslant 0\\e^{-1/x}&\text{ si }x>0\end{cases}$

4/ a/ $M_n(\Omega)\subset \mathbb{R}$ . Pour $x$ réel, $[M_n\leqslant x]$ est réalisé ssi toutes les variables aléatoires $X_k$ , $1\leqslant k\leqslant n$ , prennent une valeur inférieure ou égale à $x$ :

$\begin{eqnarray*}P(M_n\leqslant x)&=&P\left( \bigcap\limits_{k=1}^n[X_k\leqslant x]\right)\\&=&\prod\limits_{k=1}^n P(X_k\leqslant x)\text{ par ind\'ependance de }X_1,\dots, X_n\\&=&[F_{X_1}(x)]^n \text{ car tous les $X_i$ suivent la m\^eme loi}\\&=&\left(\dfrac {1}{\pi}\arctan x+\dfrac 12 \right)^n\text{ par 2.b.}\end{eqnarray*}$

Pour

$x\in\mathbb{R}$ ,

$F_{M_n}(x)=\left(\dfrac {1}{\pi}\arctan x+\dfrac 12 \right)^n$ .

4/ b/ $Y_n(\Omega)=\mathbb{R}$ et pour $x$ réel, $G_n(x)=P(\frac\pi{n}M_n\leqslant x)=P(M_n\leqslant \frac{nx}\pi)$ .

Pour $x\in\mathbb{R}$ , $G_n(x)=\left( \dfrac {1}{\pi}\arctan (\frac{nx}\pi)+\dfrac 12 \right)^n$ .

5/ a/ Soit $x\leqslant 0$ . $-\frac{\pi}{2}\leqslant \arctan (\frac{nx}\pi)\leqslant 0$ , donc
$0\leqslant \frac {1}{\pi}\arctan (\frac{nx}\pi+\frac 12 \leqslant \frac 12$ puis $0\leqslant G_n(x)\leqslant (\frac 12)^n$ .
Comme $\lim\limits_{n\to -\infty}(\frac 12)^n=0$ , on a $\lim\limits_{n\to +\infty}G_n(x)=0$ par le théorème d’encadrement.

$\boxed{Pour $x\leqslant 0$, $\lim\limits_{n\to +\infty}G_n(x)=0$.}$

5/ b/ Soit $x>0$ . Par 1.b. $\arctan (\frac{nx}\pi)=\frac \pi 2-\arctan (\frac \pi {nx})$ . Il s’ensuit :

$G_n(x)=\left( 1-\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)\right)^n$

5/ c/ Soit $x>0$ .

$\begin{eqnarray*}G_n(x)&=&\exp [n\ln \left( 1-\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)\right)]\\\ln \left( 1-\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)\right)&\sim& -\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)\text{ d'apr\`es }\ln (1+u)\underset{0}{\sim}u\\-\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)&\underset{\text{1.c.}}{\sim}&-\dfrac 1{nx}\\n\ln \left( 1-\dfrac 1{\pi}\arctan \left( \frac{\pi}{nx}\right)\right)&\sim& -\dfrac 1x\end{eqnarray*}$

Donc

$\lim\limits_{n\to +\infty}G_n(x)=e^{-1/x}$ .
Pour

$x>0$ ,

$\lim\limits_{n\to +\infty}G_n(x)=e^{-1/x}$ .

5/ d/ En reprenant 3.b., l’ensemble des points de continuité de $G$ est $\mathbb{R}^*$ . Par 5.a. et 5.c., pour tout $x\in\mathbb{R}^*$ , $\lim\limits_{n\to +\infty}G_n(x)=G(x)$ .

$\boxed {La suite $(Y_n)$ converge en loi vers $T$.}$

COURS A DOMICILE

Des cours sur mesure de qualité

POUR ACCÉLÉRER MA PROGRESSION

Avis Google France ★★★★★ 4,9 sur 5

Exercice 3 : Les endomorphismes normaux

1/ a/ Par l’expression d’un vecteur dans la base orthonormée $\mathcal{B}$ , on a :

$\forall x\in E,\quad x=\sum\limits_{i=1}^n \langle x, e_i\rangle e_i$

et en particulier, pour

$x=u^*(y)$ , nous avons

$u^*(y)=\sum\limits_{i=1}^n \langle u^*(y),e_i\rangle e_i$ .
Or

$\langle u^*(y),e_i\rangle=\langle e_i,u^*(y)\rangle =\langle u(e_i),y\rangle$ , donc pour tout

$y$ de

$E$ :

$u^*(y)=\sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i),y\rangle e_i$

1/ b/ Si $u^*$ existe, $u^*(y)$ est parfaitement déterminé par la donnée de $y$ , et des données de l’énoncé ( $u$ et la base $\mathcal{B}$ ).
Si $u^*$ existe, $u^*$ est unique.

2/ a/ Soit $f:y\mapsto \sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i),y\rangle e_i$ . $f$ est une application de $E$ dans $E$ (pour $y\in E$ , $f(y)$ est une combinaison linéaire des vecteurs de $\cal B$ ).
Soient $\lambda$ réel et $x$ et $y$ vecteurs de $E$ . On a :

$\begin{eqnarray*}f(\lambda x+y)&=&\sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i),\lambda x+y\rangle e_i\\&&\text{ et par lin\'earit\'e \`a droite du produit scalaire :}\\&=&\sum\limits_{i=1}^n (\lambda\langle u(e_i), x\rangle +\langle u(e_i),y\rangle )e_i\\&=&\sum\limits_{i=1}^n (\lambda\langle u(e_i), x\rangle e_i +\langle u(e_i),y\rangle e_i)\\&=&\lambda \sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i), x\rangle e_i+\sum\limits_{i=1}^n\langle u(e_i),y\rangle e_i\\&=&\lambda f(x)+f(y)\end{eqnarray*}$

donc

$f$ est une application linéaire.
L’application

$u^*$ définie par l’égalité du 1.a. est un endomorphisme de

$E$ .

2/ b/ Enfin, pour $x$ et $y$ dans $E$ , avec la notation $f$ de la question précédente, on a :

$\begin{eqnarray*}\langle x,f(y)\rangle &=&\langle x,\sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i), y\rangle e_i\rangle\\&&\text{par lin\'earit\'e \`a droite du produit scalaire :}\\&=&\sum\limits_{i=1}^n \langle u(e_i),y\rangle \langle x,e_i\rangle\\&&\text{par lin\'earit\'e \`a gauche du produit scalaire :}\\&=&\langle \sum\limits_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle u(e_i),y\rangle \\&&\text{par lin\'earit\'e de $u$ :}\\&=&\langle u( \sum\limits_{i=1}^n\langle x,e_i\rangle e_i),y\rangle=\langle u(x),y\rangle\end{eqnarray*}$

Donc l’application

$f$ est solution du problème posé.
Par analyse-synthèse, nous avons montré l’existence et l’unicité de l’endomorphisme adjoint

$u^*$ de

$u$ , vérifiant :

$\forall (x,y)\in E^2,\quad \langle u(x),y\rangle =\langle x,u^*(y)\rangle$

3/ Quand $u$ est un endomorphisme symétrique, on a : $\forall (x,y)\in E^2,\quad \langle u(x),y\rangle =\langle x,u(y)\rangle$ , et par unicité de $u^*$ , on a $u^*=u$ .
De plus, $u\circ u^*=u^2=u^*\circ u$ dans ce cas.
Pour $f$ endomorphisme symétrique, $f^*=f$ et $f$ est normal.

4/ a/ Pour $x\in E$ ,

$\begin{eqnarray*}\Vert u(x)\Vert ^2&=&\langle u(x),u(x)\rangle =\langle x,u^*(u(x))\rangle \\&=&\langle x,u(u^*(x))\rangle \text{ car }u\text{ est normal}\\&=&\langle u(u^*(x)),x\rangle = \langle u^*(x),u^*(x)\rangle\\&=&\Vert u^*(x)\Vert ^2\end{eqnarray*}$

Comme les normes sont positives, $\Vert u(x)\Vert =\Vert u^*(x)\Vert$ .

4/ b/ On a :

$x\in \ker u\Leftrightarrow u(x)=0\Leftrightarrow\Vert u(x)\Vert =0\Leftrightarrow \Vert u^*(x)\Vert=0\Leftrightarrow u^*(x)=0$

$\Leftrightarrow x\in\ker u^*$ ,

d’où $\ker u=\ker u^*$

5/ Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ stable par $u$ . Soit $x\in F^\perp$ . Pour tout $y\in F$ , nous avons :

$\begin{eqnarray*}\langle u^*(x),y\rangle &=&\langle x,u(y)\rangle \end{eqnarray*}$

Comme $y\in F$ et que $F$ est stable par $u$ , $u(y)$ appartient à $F$ . Et $x\in F^\perp$ , donc $\langle x,u(y)\rangle =0$ .
Ainsi $\langle u^*(x),y\rangle =0$ et $u^*(x)\in F^\perp$ .
Si $F$ est stable par $u$ , $F^\perp$ est stable par $u^*$ .

6/ a/ Soit $x\in E_{\lambda}$ . On a $u(x)=\lambda x$ . En composant par $u^*$ linéaire, on a $u^*(u(x))=\lambda u^*(x)$ , et comme $u$ est normal, $u(u^*(x))=\lambda u^*(x)$ . Ainsi $u^*(x)\in E_{\lambda}$ .

$\boxed{$E_{\lambda}$ est stable par $u^*$.}$

6/ b/ Soient $x$ et $y$ dans $E$ . On a :

$\begin{eqnarray*}\langle u(y),x\rangle &=&\langle y,u^*(x)\rangle \end{eqnarray*}$

par définition de

$u^*$
soit, écrit autrement :

$\begin{eqnarray*}\langle u^*(x),y\rangle &=&\langle x,u(y)\rangle \end{eqnarray*}$

Par la définition d’un adjoint, on reconnaît, par unicité de l’adjoint, que

$(u^*)^*=u$ .
On applique 5. avec

$F=E_{\lambda}$ et l’endomorphisme

$u^*$ . On obtient :

$E_{\lambda}^\perp$ est stable par

$(u^*)^*$ , c’est-à-dire

$u$ .

$\boxed{$E_{\lambda}^\perp$ est stable par $u$.}$

Problème : Scilab, variable aléatoire et fonction génératrice

1/ $G(1)=\sum\limits_{k=1}^n P(X=k)=1$ car $X$ est à valeurs dans $[\![1;n]\!]$ .

2/ $G$ est une fonction polynomiale donc $G$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour $t$ réel,

$G'(t)=\sum\limits_{k=1}^n P(X=k)kt^{k-1}\text{ et en particulier, }G'(1)=\sum\limits_{k=1}^n P(X=k)k=E(X)$

$E(X)=G'(1)$

3/ $G$ est deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ comme fonction polynomiale.
Si $n=1$ , $G'(t)=P(X=1)$ et $G''(t)=0$ .
Si $n\geqslant 2$ , $G'(t)=P(X=1)+\sum\limits_{k=2}^n kP(X=k)t^{k-1}$ et pour $t$ réel :

$G''(t)=\sum\limits_{k=2}^n k(k-1)P(X=k)t^{k-2}$

puis

$G''(1)=\sum\limits_{k=2}^n k(k-1)P(X=k)=\sum\limits_{k=1}^n k(k-1)P(X=k)-0$ .
Pour tout

$n\in\mathbb{N}^*$ , on a

$G''(1)=\sum\limits_{k=1}^n k(k-1)P(X=k)$ . Par le théorème du transfert,

$G''(1)=E(X(X-1))$

Nous avons donc :

$\begin{eqnarray*}G''(1)+G'(1)&=&E(X(X-1))+E(X)\\&=&E(X(X-1)+X)\text{ par lin\'earit\'e de l'esp\'erance}\\&=&E(X^2)\\G''(1)+G'(1)-(G'(1))^2&=&E(X^2)-(E(X))^2\\&=&V(X)\text{ par la formule de Koenig-Huygens}\end{eqnarray*}$

$V(X)=G''(1)+G'(1)-(G'(1))^2$

4/ a/ Soit un entier naturel $k$ non nul. Pour $t\in [k,k+1]$ , on a $\frac 1{k+1}\leqslant \frac 1t\leqslant \frac 1k$ . Par « croissance de l’intégrale » :

$\int\limits_k^{k+1}\frac 1{k+1}\,\mathrm{d}t\leqslant \int\limits_k^{k+1}\frac 1{t}\,\mathrm{d}t\leqslant \int\limits_k^{k+1}\frac 1{k}\,\mathrm{d}t$

$\text{ainsi }(k+1-k)\frac 1{k+1}\leqslant \left[\ln t\right]_k^{k+1}\leqslant (k+1-k)\frac 1k$

Pour tout

$k\in\mathbb{N}^*$ ,

$\frac 1{k+1}\leqslant \ln (k+1)-\ln k\leqslant \frac 1k$ .

4/ b/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ , $n\geqslant 2$ . On somme les inégalités de a. pour $k$ allant de 1 à $n-1$ :

$\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac 1{k+1}\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}(\ln (k+1)-\ln k)\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac 1k$

et par télescopage :

$\sum\limits_{j=2}^n \frac 1j\leqslant \ln n - \ln 1\leqslant (\sum\limits_{k=1}^n \frac 1k)-\frac 1n$ , puis

$u_n-1\leqslant \ln n\leqslant u_n-\frac 1n$ .

Pour $n\geqslant 2$ , $\ln n+\frac 1n\leqslant u_n\leqslant \ln n+1$ .

4/ c/ Pour $n\geqslant 2$ , $\ln n>0$ , et l’encadrement précédent nous donne :

$1+\frac 1{n\ln n}\leqslant \frac{u_n}{\ln n}\leqslant 1+\frac 1{\ln n}$

Sans forme indéterminée, les deux suites encadrantes tendent vers 1. Par le théorème d’encadrement,

$\lim \frac{u_n}{\ln n}=1$ .
Un équivalent de

$u_n$ est

$\ln n$ .

5/ $(h_n)$ est la suite des sommes partielles de la série de Riemann $\sum \frac 1{n^2}$ . Comme $2>1$ , cette série converge, et donc $(h_n)$ admet une limite finie.
La suite $(h_n)$ est convergente.

6/ On peut compléter les lignes 6, 7 et 8 par : $aux = A(j) ; A(j) = A(p) ; A(p) = aux$ .

7/ a/ La boucle for programmée a pour effet d’attribuer à $m$ la plus grande valeur apparaissant dans $A$ . Comme $A$ contient les entiers 1 à $n$ , $m$ vaut bien $n$ .

7/ b/ $c$ est la position du maximum, indice de $A$ en lequel figure la valeur $n$ .

7/ c/ $c = find(A==n)$

8/ Lorsque $n$ vaut 1, la boucle $for$ n’est pas exécutée, et il n’y a qu’une seule affectation concernant $c$ , donc $X_1$ est la variable aléatoire certaine égale à 1.

9/ a/ Le minimum du nombre d’affectations de $c$ a lieu ssi le maximum $n$ figure en première place, cas où il y a l’affectation $c=1$ et c’est tout (les tests de la boucle $for$ sont tous $false$ ). La valeur minimale prise par $X_n$ est 1.
Le maximum du nombre d’affectations de $c$ a lieu ssi le tableau est $\begin{bmatrix}1&2&\dots & n\end{bmatrix}$ , cas où il y a l’affectation $c=1$ et une affectation par passage dans la boucle (les tests de la boucle $for$ sont tous $true$ ). La valeur maximale prise par $X_n$ est $n$ .
Les situations intermédiaires sont toutes possibles ; par exemple, pour un tableau $\begin{bmatrix}n-1&1&2&\dots & n\end{bmatrix}$ , $X_n$ vaut 2 (il y a l’affectation initiale $c=n-1$ et l’affectation lors du dernier passage en boucle $for$ ).
$X_n(\Omega)=[\![1,n]\!]$

9/ b/ $[X_n=n]$ est réalisé ssi le tableau est $\begin{bmatrix}1&2&\dots & n\end{bmatrix}$ , c’est-à-dire pour l’unique permutation $(1,2,\dots, n)$ de $A$ , sur l’ensemble des $n!$ permutations équiprobables. Donc $P(X_n=n)=\frac 1{n!}$ .
$\bullet$ $[X_n=1]$ est réalisé ssi le tableau débute par $n$ (soit $A_1=n$ si on utilise les notations de l’énoncé). Il y a $(n-1)!$ permutations de $[\![1;n]\!]$ débutant par $n$ . Donc $P(X_n=1)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac 1{n}$ .

$\bullet$ Loi de $X_2$ : $X_2(\Omega)=[\![1,2]\!]$ et $P(X_2=1)=\frac 12=P(X_2=2)$ . $X_2$ suit la loi uniforme sur $[\![1,2]\!]$ .

$\bullet$ Loi de $X_3$ : On a $X_3(\Omega)=[\![1,2,3]\!]$ et $P(X_3=1)=\frac 13$ et $P(X_3=3)=\frac 16$ .
Ainsi $P(X_3=2)=1-P(X_3=1)-P(X_3=3)=\frac 12$ , et on peut récapituler :

$\begin{center}\begin{tabular}{|l|c|c|c|c|}\hline$k$&1&2&3&4\\\hline&&&&\\$P(X_4=k)$& $\frac 14$ & $\frac {11}{24}$&$\frac 14 $& $\frac 1{24}$\\&&&&\\\hline\end{tabular}\end{center}$

9/ c/ Soit $n\geqslant 2$ et $j\in\llbracket 2,n \rrbracket$ .
Les événements $(A_n=n)$ et $(A_n<n)$ forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales :

$\begin{eqnarray*}P(X_n=j)&=&P([X_n=j]\cap [A_n=n])+P([X_n=j]\cap [A_n<n])\\&=&P(A_n=n)P_{[A_n=n]}(X_n=j)+P(A_n<n)P_{[A_n<n]}(X_n=j)\end{eqnarray*}$

Intéressons-nous à

$P_{[A_n=n]}([X_n=j])$ . Lorsque

$[A_n=n]$ est réalisé, comme

$m$ vaudra

$n$ et sera obtenu pour le dernier passage dans la boucle

$for$ , il y aura une affectation pour

$c$ en dernier passage de la boucle

$for$ .

$X_n$ prend dans ce cas la valeur

$j$ ssi il y a eu

$j-1$ affectations lors des

$n-1$ premiers passages en boucle

$for$ , qui concernent en fait les permutations de

$[\!1,n-1]\!]$ . On comprend ainsi que :

$P_{[A_n=n]}(X_n=j)=P(X_{n-1}=j-1)$

Enfin, il y a

$(n-1)!$ permutations sur les

$n!$ permutations équiprobables qui finissent par

$n$ , donc

$P(A_n=n)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac 1n$ .
Réfléchissons à

$P_{[A_n<n]}([X_n=j])$ . Lorsque

$[A_n<n]$ est réalisé, le maximum

$m$ (qui vaut

$n$ ) aura été trouvé avant la place

$n$ du tableau, et sera obtenu avant le dernier passage dans la boucle

$for$ , il n’y aura donc aucune affectation pour

$c$ en dernier passage de la boucle

$for$ .

$X_n$ prend dans ce cas la valeur

$j$ ssi il y a eu

$j$ affectations lors des

$n-1$ premiers passages en boucle

$for$ , qui concernent en fait les permutations de

$n-1$ valeurs. On comprend ainsi que :

$P_{[A_n<n]}(X_n=j)=P(X_{n-1}=j)$

Enfin, $P(A_n<n)=1-P(A_n=n)=1-\frac 1n$ . On a finalement :

$\forall n\geqslant 2,\, \forall j\in\[\!2,n]\!],\quad P(X_n=j)=\dfrac 1n P(X_{n-1}=j-1)+\dfrac{n-1}nP(X_{n-1}=j)$

9/ d/ On a vu que $X_4(\Omega)=\{1,2,3,4\}$ et $P(X_4=1)=\frac 14$ et $P(X_4=4)=\frac 1{24}$ . Par c. :

$\begin{eqnarray*}P(X_4=2)&=&\frac 14 P(X_3=1)+\frac 34P(X_3=2)=\frac 14\times \frac 13 +\frac 34\times \frac 12=\frac{11}{24}\\P(X_4=3)&=&\frac 14P(X_3=2)+\frac 34P(X_3=3)=\frac 14\times \frac 12+\frac 34\times \frac 16=\frac 14\end{eqnarray*}$

et on peut récapituler :

$\begin{center}\begin{tabular}{|l|c|c|c|c|}\hline$k$&1&2&3&4\\\hline&&&&\\$P(X_4=k)$& $\frac 14$ & $\frac {11}{24}$&$\frac 14 $& $\frac 1{24}$\\&&&&\\\hline\end{tabular}\end{center}$

10/ a/ Pour $j=1$ , $P(X_{n-1}=j-1)=0$ car 0 n’est pas une valeur prise par $X_{n-1}$ .
D’une part, $P(X_n=1)=\frac 1{n}$ par 9.b. ; d’autre part, toujours par 9.b., $\frac{(n-1)}nP(X_{n-1}=1)=\frac {(n-1)}n\frac 1{n-1}=\frac 1n$ , donc la relation de 9.c. est valable.
9.c. reste valable pour $j=1$ .

10/ b/ Ainsi pour $t$ réel et $j\in\llbracket 1,n \rrbracket$ ,

$P(X_n=j)t^j=\frac 1nP(X_{n-1}=j-1)t^j+\frac{n-1}{n}P(X_{n-1}=j)t^j$

Sommons pour

$j$ allant de 1 à

$n$ , nous obtenons :

$\begin{eqnarray*}G_n(t)&=&\frac 1n\sum\limits_{j=1}^nP(X_{n-1}=j-1)t^j+\frac{n-1}{n}\sum\limits_{j=1}^nP(X_{n-1}=j)t^j\\&=&\frac 1n\left(0+\sum\limits_{j=2}^nP(X_{n-1}=j-1)t^j\right)+\frac{n-1}{n}\left(\sum\limits_{j=1}^{n-1}P(X_{n-1}=j)t^j+0\right)\\&&\text{ car }P(X_{n-1}=0)=0\text{ et }P(X_{n-1}=n)=0\\&=&\frac 1n\sum\limits_{k=1}^{n-1}P(X_{n-1}=k)t^{k+1}+\frac{n-1}{n}G_{n-1}(t)\\&=&\frac tn\sum\limits_{k=1}^{n-1}P(X_{n-1}=k)t^{k}+\frac{n-1}{n}G_{n-1}(t)\\&=&\frac tnG_{n-1}(t)+\frac{n-1}{n}G_{n-1}(t)\end{eqnarray*}$

$\forall n\geqslant 2$ ,

$\forall t\in\mathbb{R}$ ,

$G_n(t)=\frac{t+n-1}{n}G_{n-1}(t)$

10/ c/ Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété : » $\forall t\in\mathbb{R}$ , $G_n(t)= \frac 1{n!}\prod\limits_{j=0}^{n-1}(t+j)$ » qu’on montre par récurrence pour $n\in\mathbb{N}^*$ .
Pour $t$ réel, $G_1(t)=P(X_1=1)t=t$ par 8. Et $\frac 1{1!}\prod\limits_{j=0}^{0}(t+j)=t$ . Donc $\mathcal{P}_1$ est vraie.
Soit $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $\mathcal{P}_n$ est vraie. Soit $t\in\mathbb{R}$ . Par la question précédente, appliquée avec $n+1$ qui est bien supérieur ou égal à 2 :

$\begin{eqnarray*}G_{n+1}(t)&=&\frac{t+n}{n+1}G_n(t)\\&=&\frac{t+n}{n+1}\frac 1{n!}\prod\limits_{j=0}^{n-1}(t+j)\text{ d'après }\mathcal{P}_n\\&=&\frac 1{(n+1)!}\prod\limits_{j=0}^{n}(t+j)\end{eqnarray*}$

$\mathcal{P}_{n+1}$ est vraie, ce qui achève la récurrence.

$\forall n\in\mathbb{N}^*$ ,

$\forall t\in\mathbb{R}$ ,

$G_n(t)= \frac 1{n!}\prod\limits_{j=0}^{n-1}(t+j)$

11/ La dérivation de $(*)$ donne :

$\forall n\geqslant 2,\; \forall t\in\mathbb{R},\quad G_n'(t)=\frac 1nG_{n-1}(t)+\frac{t+n-1}nG_{n-1}'(t)$

On évalue en

$t=1$ . En utilisant les questions 1. et 2., on obtient :

$\forall n\geqslant 2,\quad E_n=G_n'(1)=\frac 1n G_{n-1}(1)+G_{n-1}'(1)=\frac 1n+E_{n-1}$

Ainsi,

$E_n-E_{n-1}=\frac 1n$ . Sommons pour

$n$ allant de 2 à

$p\geqslant 2$ ; par télescopage :

$E_p-E_1=\sum\limits_{n=2}^p (E_n-E_{n-1})=\sum\limits_{n=2}^p\frac 1n=u_p-1$

De plus, par 8.,

$E_1=E(X_1)=1$ , donc pour tout

$p\geqslant 2$ ,

$E_p=u_p$ . On vient de voir que cette égalité est vraie pour

$p=1$ :

$E_1=1=u_1$ .
Pour tout

$n\in\mathbb{N}^*$ ,

$E_n=u_n$ .

12/ a/ On dérive la relation obtenue en 11.

$\forall n\geqslant 2,\; \forall t\in\mathbb{R},\quad G_n''(t)=\frac 1nG_{n-1}'(t)+\frac 1nG_{n-1}'(t)+\frac{t+n-1}nG_{n-1}''(t)$

Avec 2., en évaluant en

$t=1$ :

$G_n''(1)=\frac 2nE_{n-1}+G_{n-1}''(1)$

et par 3. :

$\begin{eqnarray*}V_n&=&G_n''(1)+E_n-E_n^2\\&=&\frac 2n E_{n-1}+(V_{n-1}-E_{n-1}+E_{n-1}^2)+E_n-E_n^2\\V_n-V_{n-1}&=&\frac 2n E_{n-1}+(E_n-E_{n-1})+(E_{n-1}^2-E_n^2)\\&=&\frac 2n E_{n-1}+\frac 1n +(E_{n-1}-E_n)(E_{n_1}+E_n)\\&=&\frac 2n E_{n-1}+\frac 1n +(-\frac 1n)(2E_{n-1}+\frac 1n)\\&=&\frac 1n -\frac 1{n^2}\end{eqnarray*}$

$\forall n\geqslant 2$ ,

$V_n-V_{n-1}=\frac 1n -\frac 1{n^2}$

12/ b/ $\forall k\geqslant 2$ , $V_k-V_{k-1}=\frac 1k -\frac 1{k^2}$ . Sommons ces égalités pour $k$ allant de 2 à $n\geqslant 2$ . Par télescopage :

$V_n-V_1=\sum\limits_{k=2}^n (V_k-V_{k-1})=\sum\limits_{k=2}^n (\frac 1k -\frac 1{k^2})=\sum\limits_{k=1}^n(\frac 1k -\frac 1{k^2})-0$

Donc

$V_n-V_1=u_n-h_n$ . De plus,

$u_1-h_1=0$ , donc cette égalité est encore vraie pour

$n=1$ . Enfin, par 8.,

$V_1=V(X_1)=0$ , donc

$V_n=u_n-h_n$ .

$\forall n\in\mathbb{N}^*$ ,

$V_n=u_n-h_n$

12/ c/ Pour $n\geqslant 2$ , $\frac{V_n}{\ln n}=\frac{u_n}{\ln n}-\frac{h_n}{\ln n}$ .
Comme $(h_n)$ admet une limite finie (question 5.), on a $\lim \limits_{n\to +\infty}\frac{h_n}{\ln n}=0$ .
Et par 4.c., $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{\ln n}=1$ .
Donc $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{V_n}{\ln n}=1$ .
On a $V_n\sim \ln n$ .

Mon parcours pour réussir en maths

Je révise en autonomie

Je progresse avec un prof

Je m’entraîne sur des annales corrigées

Mon parcours pour réussir en ECS2

Je révise en autonomie

Je progresse avec un prof

Je m’entraîne sur des annales corrigées

Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2019

Exercice 1 : Polynome annulateur et généralisation

COURS DE MATHS

Les meilleurs professeurs particuliers

Pour progresser et réussir

Exercice 2 : Convergence suite de variables aléatoires

COURS A DOMICILE

Des cours sur mesure de qualité

POUR ACCÉLÉRER MA PROGRESSION

Exercice 3 : Les endomorphismes normaux

Problème : Scilab, variable aléatoire et fonction génératrice

Contact

Qui sommes-nous ?

Nous rejoindre

Copyright @ GROUPE REUSSITE - Mentions légales