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Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2019

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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

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

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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 $T$.}$

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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 $V_n\sim \ln n$ .