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Mise à jour du 14 juin 2015
1 Algèbre
Quelques corrigés Annales PSI 2014
1 Algèbre
CCP PSI 2014 (valeurs propres d’une matrice n × n)
Enoncé 4
Valeurs propres et vecteurs propres de la matrice réelle carrée d’ordre n qui a 1, 2, . . . , n sur la dernière
ligne et dernière colonne et des 0 ailleurs.

0
0


0

.
.
.
A=
 ..
.


0

1
...
..
.
..
.
..
.
...
0
...
0
2
...
...
0
..
.
..
.
..
.
0
1



0
2 

..
.. 

.
. 

.. 
0
. 


0
n − 1

n −1
n
Cette matrice est symétrique réelle donc diagonalisable sur R dans une base orthonormée ou de manière équivalente, les espaces propres sont orthogonaux. On en déduit qu’il y a n valeurs propres réelles à trouver. On remarque
immédiatement que les n − 1 premières colonnes sont colinéaires. La dernière colonne n’étant clairement pas coli¡
¢
néaire à celles-łà, on en déduit rg A = rg C 1 , . . . ,C n = rg (C 1 ,C n ) = 2. Par suite dim Ker A = n − 2 6= 0. Il suit que 0 est
valeur propre de A et que sa multiplicité µ(0) dans le polynôme caractéristique vérifie n − 2 ≤ µ(0). En fait, la matrice
étant diagonalisable, on a même µ(0) = n − 2. L’espace propre associé est Ker A dont un système d’équations AX = 0
équivaut à x 1 + 2x 2 + · · · + (n − 1)x n−1 + nx n = 0 et x n = 0. On peut aussi, de manière équivalente en donner une base à
n − 2 éléments de Rn qui est :
³
(2, −1, 0, 0, . . . , 0), (3, 0, −1, 0, . . . , 0), . . . , (n − 1, 0, . . . , 0, −1, 0)
´
Il reste donc 2 valeurs propres λ, µ à trouver qui sont non nulles et vérifient tr A = 0 + · · · + 0 + λ + µ = 0. Comment les
trouver ?
Méthode 1 : On calcule le polynôme caractéristique de A :
¯
¯
¯λ
0
¯
¯
¯0
λ
¯
¯ .
.
¯ .
..
¯ .
χ A (λ) = det(λI n − A) = ¯
¯ ..
¯ .
¯
¯
¯0
0
¯
¯
¯−1 −2
...
..
.
..
.
..
.
...
0
..
0
..
.
.
0
...
0
λ
...
...
1−n
..
.
¯
¯
−1 ¯
¯
¯
−2 ¯¯
.. ¯¯ (∗)
. ¯ z}|{ 1
¯ =
.. ¯
λ
. ¯¯
¯
1 − n ¯¯
¯
λ − n¯
¯
¯
¯λ
0
¯
¯
¯0
λ
¯
¯ .
.
¯ .
..
¯ .
¯
¯ ..
¯ .
¯
¯
¯0
0
¯
¯
¯−1 −2
...
..
.
..
.
..
.
...
0
..
.
0
..
.
..
.
0
...
0
λ
...
...
1−n
¯
¯
¯
¯
¯
¯
0
¯
¯
..
¯
.
¯
¯
..
¯
¯
.
¯
¯
¯
0
¯
Pn−1 2
¯
− k=1 k + λ(λ − n)¯
0
En (∗), on a appliqué la transformation C n −→ C 1 + 2C 2 + · · · + (n − 1)C n−1 + λC n qui multiplie le déterminant par λ
(ce n’est pas une transformation élémentaire), d’où le λ1 .Cette matrice est triangulaire inférieure, son déterminant est
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donc le produit des éléments diagonaux, soit, en appliquant la formule sur la somme des carrés
1)(2n + 1) :
χ A (x) =
Pn
k=1
k 2 = 16 n(n +
´
³
´
X 2
1 n−1 ³ n−1
1
k + λ(λ − n) = λn−2 λ2 − nλ − (n − 1)n(2n − 1)
λ
−
λ
6
k=1
Le discriminant du facteur de second degré vaut ∆ = n 2 + 32 (n − 1)n(2n − 1) = 19 (12n 3 − 9n 2 + 6n) > 0 puisque l’on sait
la matrice diagonalisable sur R, donc polynôme caractéristique scindé sur R. Les 2 valeurs propres recherchées sont
p
donc 12 (n ± ∆) Comment trouver les vecteurs propres ? Il faut essayer de deviner . . .En fait, si on se rappelle que les
espaces orthogonaux, ces deux droites sont dans la plan ( Ker A)⊥ . Comme d’après le cours, dans l’orthogonal, on
trouve (on n’est pas obligé de justifier ici, on devine et on vérifie que cela marche ! de toute façon, il y a une démo
dans la 2ème méthode) le vecteur (1, 2, 3, . . . , n − 1, n) et (0, . . . , 0, 1) = e n , on peut avoir l’idée de regarder le vecteur
X (x) = (1, 2, 3, . . . , n − 1, x) avec un paramètre x à trouver :
³
´
n−1
X 2
AX = x, 2x, . . . , (n − 1)x,
k + nx
k=0
Comme
Pn−1
k=0
k 2 + nλ = λ2 , x = λ amène AX (λ) = (λ, 2λ, . . . , (n − 1)λ, xλ) = λX (λ). C’est trouvé !
Méthode 2 : En considérant l’endomorphisme a ∈ L (R n ) canoniquement associé à A, et en munissant Rn de son
produit scalaire canonique, comme la base canonique est orthonormée et la matrice A est symétrique, l’endomorphisme a est symétrique. Comme F = Ker a est un sous-espace propre de a stable par a, alors F ⊥ l’est aussi. Cours.
On peut donc considérer l’endomorphisme a 0 induit par a sur le plan F ⊥ . Les 2 valeurs propres / vecteurs propres de
a 0 (qui n’est en fait que a) nous donneront ce que l’on cherche. On cherche une base du plan F ⊥ . F = H1 ∩ H2 avec
H1 l’hyperplan d’équation x 1 + 2x 2 + · · · + nx n = 0. Le cours nous donne alors H1⊥ = D 1 = Vect (1, 2, . . . , n) = Vect (u). De
même l’hyperplan H2 d’équation x n = 0 a pour orthogonal la droite D 2 = H2⊥ = Vect (e n ) où e n n’est rien d’autre que
le nième vecteur de la base canonique de Rn . Comme F ⊂ Hi , alors Hi⊥ ⊂ F ⊥ (cours). Ceci amène u, e n ∈ F ⊥ . POur des
raisons de dimension, c’st une base du plan. Contrairement à ce matin, onva plutôt prendre une base orthogonale.
Inutile de passer par Schmidt pour 2 vecteurs, on trouve f 1 = (1, 2, . . . , n − 1, 0) et f 2 = e n . On calcule a 0 ( f i ) = a( f i ) par
la matrice A, en n’oubliant de « finaliser » en exprimant les coordonnées dans cette base ( f 1 , f 2 ).
³
A f 1 = 0, . . . , 0,
n−1
X
´
k2 =
k=1
X
¡ n−1

k
¢
2
f2
k=1
³
´
³
´
A f 2 = 1, 2, . . . , n − 1, n = f 1 + n f 2 =⇒ Mat a 0 , ( f 1 , f 2 ) = P
0
n−1 2
k
k=1
Le polynôme caractéristique de B est χB (λ) = λ2 − nλ −
1
n

=B
Pn−1
k 2 , le même polynôme de second degré que plus haut,
k=1
p
donc on retrouve les 2 valeurs propres qui sont λ± = 21 (n± ∆). Par exemple pour λ+ , on trouve la droite espace propre
en résolvant le système 2 × 2 :
(λ+ I 2 − A)X = 0 ⇐⇒


 −(
λ+ x − y
Pn−1
k=1
2
k )x + (λ+ − n)y
= 0
= 0

 x
⇐⇒
 y
=
x
= λ+ x
« Rapporté » à la base ( f 1 , f 2 ), ceci « donne » le vecteur 1 f 1 + λ+ f 2 . Je vous laisse vérifier que c’est bien le vecteur de la
méthode 1 ! (à priori, on le retrouve à α près).
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Mines d’Alès 2014 (trace et polynôme caractéristique)
Enoncé 18
³
´ P 0 (x)
.
Soient A ∈ Mn (C) et P A : x −→ det(x I n − A). Montrez, si x n’est pas valeur propre de A, alors tr (x I n − A)−1 = A
P A (x)
Soit P = α
n
Y
(X − a i ) scindé, alors sa dérivée logarithmique vaut
i =1
!
Ã
´0
´ 0 X
n
n ³
X
P0 ³
1
= ln(P ) = ln α +
ln(X − a i ) =
P
i =1 X − a i
i =1
Si le polynôme caractéristique d’une matrice B est scindé, on sait que sa trace est la somme de ses valeurs propres λi
n 1
X
pour 1 ≤ i ≤ n, comptées avec la multiplicité. Montrons, que si B est inversible (cad λi 6= 0), alors tr (B −1 ) =
i =1 λi
Le polynôme caractéristique P B étant scindé, ce qui est toujours le cas dans C, la matrice B est trigonalisable (cours !),
cad il existe une matrice P inversible et T triangulaire supérieure telles que :

λ1
∗


0
−1
B = P T P avec T = 
 .
 ..

0
λ2
..
.
...
..
.
..
.
...
0


∗
λ−1
1


.. 

 0
. 
 =⇒ B −1 = (P −1 )−1 T −1 P −1 = P T −1 P −1 avec T −1 = 

 .
 ..
∗


λn
0
Par « matrices semblables », il suit tr (B −1 ) = tr (T −1 ) =
Pn
i =1
λ−1
2
..
.
...
..
.
..
.
...
0
∗

∗
.. 

. 


∗ 

λ−1
n
λ−1
i
Revenons à notre exercice, comme A ∈ Mn (C) , le polynôme caractéristique P A est scindé P A =
Qn
i =1 (X
− λi ) où les
λi sont les valeurs propres complexes de A, distinctes ou confondues (ou de manière équivalente comptées avec la
multiplicité). Soit X i 6= 0 un vecteur propre associé à λi , alors :
³
´
x I n − A X i = x X i − AX i = (x − λi )X i
Comme X i 6= 0, on en déduit que les x − λi , pour 1 ≤ i ≤ n, sont les n valeurs propres complexes de x I n − A (en fait, il y
a une petite erreur de raisonnement ici, où est-elle ?). Si x n’est pas valeur propre de A, il suit x I n − A inversible, puis :
³
´ X
n
tr (x I n − A)−1 =
i =1
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P 0 (x)
1
= A
x − λi P A (x)
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CCP PSI 2014 - ENTPE-EIVP PSI 2009 (equation matricielle avec transposée)
Enoncé 20
2
t
Soit M ∈ Gl n (R) vérifiant M + M = I n .
1 ) CCP : Trouvez un polynôme annulateur de M . M est-elle diagonalisable ?
2 ) Montrez M − I inversible. Trouvez tous les M .
Q1 ) De l’équation on tire ( t M )2 = (I n −M 2 )2 = M 4 −2M 2 +I n , formule du binôme de Newton 1 valide puisque les deux
matrices M 2 et I n commutent. En passant à la transposée dans l’équation on obtient aussi : t(M 2 ) = t(I n − t M ) = I n −M .
L’égalité amène M 4 − 2M 2 + I n = I n − M , soit M 4 − 2M 2 + M = 0.
Le polynôme X 4 −2X 2 +X = X (X 3 −2X +1) = X (X −1)(X −α)(X −α0 ) est donc annulateur de M avec α =
p
−1± 5
. On en
2
déduit Sp M ⊂ {0, 1, α, α0 }. Le polynôme étant scindé à racines simples dans R, la matrice M est donc diagonalisable
sur R. L’hypothèse d’inversibilté ajoute que 0 n’est pas valeur propre de M , soit Sp M ⊂ {1, α, α0 }
Q2 ) L’équation de l’énoncé s’écrit aussi :
M 2 − I n = (M − I n ) × (M + I n ) = t M =⇒ M − I n = t M × (M + I n )−1
La matrice M + I n est inversible, car −1 n’est pas valeur propre. D’autre part M étant inversible, on sait t M inversible.
Il suit que le produit M − I n est aussi inversible. Rappelons la propriété importante du cours M − λI n inversible ssi λ
n’est pas valeur propre de M . On en déduit 1 n’est pas valeur propre de M , puis Sp M ⊂ {α, α0 }.
M est diagonalisable, et ses seules valeurs propres possibles sont α et α0 . Par conséquent, le cours nous apprend
qu’un polynôme annulateur est alors (X −α)(X −α0 ) = X 2 + X −1, cad M 2 + M = I n . La « comparaison » avec l’équation
de l’énoncé amène t M = M , M est donc symétrique réelle (on retrouve diagonalisable sur R). Toutes les matrices
réelles solutions de M 2 + t M = I n sont donc des matrices symétriques réelles admettant pour seules valeurs propres
α et (ou) α0 .
Réciproquement, vérifions que toutes ces matrices conviennent. Elles sont bien inversibles puisque 0 n’est pas valeur
propre. Ensuite le théorème spectral nous donne qu’il existe une matrice orthogonale P et D = Diag (α, . . . , α, α0 , . . . , α0 )
telles que M = P D tP . Il est possible qu’il n’y ait « que des » α ou que des α0 (dans ces 2 cas, ce sont nécessairement les
2 matrices αI n et α0 I n ). Vérifions pour terminer que M est solution de l’équation de l’énoncé :
M 2 + t M = (P D tP )2 + t(P D tP ) = P D 2 tP + t( tP ) tD tP = P (D 2 + D) tP
= P Diag (α2 + α, . . . , α2 + α, α02 + α0 , . . . , α02 + α0 ) tP = P Diag (1, . . . , 1) tP = P I tP = I n
Rappelons que si une matrice M est diagonalisable et a une seule valeur propre α, ce ne peut être que αI n , puisque
M = P Diag (α, . . . , α)P −1 = P αI n P −1 = αI n .
p
p
Rappelons aussi que si D = Diag (α1 , . . . , αn ), alors D p = Diag (α1 , . . . , αn ) et même, pour P ∈ R[X ],
P (D) = Diag (P (α1 ), . . . , P (αn )).
1. Isaac Newton : anglais (1643-1727). Partage avec Leibniz la découverte du calcul infinitésimal. Connu pour la formule du binôme et la
méthode éponyme d’approximation des zéros d’une fonction.
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Centrale PSI 2014 (polynome annulateur et signe du déterminant)
Enoncé 23
3
Soit A ∈ M3 (R) telle que A − 3A + 4I = 0. Quel est le signe de det A ?
A annule le polynôme P (X ) = X 3 −3X +4. Aucune racine évidente. On passe donc à une étude des variations : P 0 (X ) =
3X 2 − 3 amène le tableau de variations :
x
α
−∞
P 0 (x)
+
0
P (x)
−
0
+∞
+1
−1
+
0
+∞
7
2
−∞
¤
£
Le théorème des valeurs intermédiaires nous amène l’existence d’une racine α dans −∞, −1 . P (−2) = 2 et P (−3) =
−14 amènent le meilleur encadrement −3 < α < −2. Les 2 autres racines sont donc nécessairement (vraies) complexes
conjuguées ω, ω car le polynôme est réel. Les 3 racines complexes de P sont distinctes, P est scindé à racines simples
dans C, donc A est diagonalisable sur C, avec Sp C ⊂ {α, ω, ω}. Sp R ⊂ {α}, mais comme la dimension est impaire, on
sait que A a nécessairement une valeur propre réelle, par conséquent α est bien valeur propre de A. Par suite deux
possibilités, car si ω est valeur propre d A réelle, nécessiarement ω l’est aussi :
• Sp C = {α, ω, ω}. det A = αωω = α|ω|2 < 0. Rappelons que le produit des racines s’obtient aussi par αωω = −4. En
fait, dans ce cas, det A = −4.
• Sp C = {α} et A diagonalisable, donc A = αI . Par suite det A = α3 < −8 < 0.
Remarques :
• Si une matrice M est diagonalisable et a une seule valeur propre λ (qui donc est de multiplicité n), alors A = λI n .
En effet, on écrit successivement A = P DP −1 = P λI P −1 = λP P −1 = λI n . Par contre, si elle n’est pas diagonalisable,
ce résultat est évidemment faux : il suffit de prendre une matrice triangulaire non diagonale avec que des λ sur la
diagonale (λ est donc sa seule valeur propre). Et si voous suivez bien, ceci permet de prouver qu’une telle matrice
n’est pas diagonalisable. . .
• Rappelons que si un polynôme P = a n X n + a n−1 X n−1 + · · · + a 1 X + a 0 de degré n (a n 6= 0), et si on note les n racines
α1 , . . . , αn comptées avec la multiplicité, alors leur somme et produit vérifient :
S=
n
X
k=1
αk =
−a n−1
an
P=
n
Y
k=1
αk =
(−1)n a 0
an
−b
• Si P est de degré 2 P = aX 2 + bX + c, on a même l’équivalence : α et β sont les racines ssi S = α + β =
et
a
c
P = αβ = . Cela peut permettre d’être un peu plus efficace pour des trinômes simples ou l’on peut deviner les
a
racines sans calculer le discriminant. Par exemple P = X 2 − 5X + 6 : on dit 2 + 3 = 5 et 2 × 3 = 6 donc 2 et 3 sont les
racines de P
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1 Algèbre
Mines-Ponts PSI 2014 (produit scalaire « intégrale »)
Enoncé 49
Soit E = C 2
³£
Z
¤ ´
0, 1 , R . Pour f , g ∈ E , on pose ϕ( f , g ) =
1
0
f g + f 0 g 0.
1 ) Montrez ϕ produit scalaire sur E .
n
2 ) Soient V = f ∈ E , f (0) = f (1) = 0
o
n
o
et W = f ∈ E , f = f 00 .
Montrez qu’ils sont supplémentaires orthogonaux. Déterminez la projection orthogonale sur V de f ∈ E .
1 ) Commençons par remarquer que l’intégrale existe puisque t −→ f (t )g (t ) + f 0 (t )g 0 (t ) est bien continue sur le
£
¤
segment 0, 1 , par hypothèse. La bilinéarité et la symétrie de ( f , g ) −→ ϕ( f , g ) est immédiate et résulte de la linéarité
de l’intégration. La positivité également puisque les fonctions sont à valeurs dans R, où un carré est positif : ϕ( f , f ) =
R1 2
02
0 f + f ≥ 0. Quant à définie, puisque la fonction dans l’intégral nulle ϕ( f , f ) = 0, est continue et de signe constant
sur [0,1], un théorème permet de conclure que f 2 (t ) + f 02 (t ) = 0. Comme on est dans R, il vient f nulle sur [0,1].
On peut remarquer que C 1 suffit pour démontrer produit scalaire.
2 ) Notons que l’on sait grâce au cours, que W est un ev de dimension 2, cad un plan. Par résolution immédiate, on
a W = Vect (x → e x , x → e −x ) = Vect (x → cosh x, x → sinh x).
Rappelons que l’on sait que le noyau d’une forme linéaire (cad à valeurs dans R) non nulle est un hyperplan (même en
dimension infinie, mais alors on ne peut pas dire de dimension n − 1, mais de codimension 1). L’application f ∈ E →
f (a) ∈ R étant clairement une forme linéaire non nulle sur E , son noyau H a est un hyperplan de E . On a V = H0 ∩ H1
(en fait, c’est un sev de codimension 2, mais ce n’est pas au programme). On vient de démontrer que V et W sont bien
des sev de E .
Comme E est de dimension infinie, on ne peut utiliser d’égalité sur les dimensions, par conséquent pour démontrer
V et W supplémentaires orthogonaux, il faut et il suffit de démontrer V + W = E et V ⊥ W et :
• V ⊥W
Soient f ∈ V et g ∈ W , cad f (0) = f (1) = 0 et g 00 = g . Utilisons une IPP :
u0= f 0
1
Z
0
f 0g 0
v =g 0
=
h
f (t )g 0 (t )
u =f
i1
0
1
Z
−
0
f (t )g 00 (t ) dt = −
1
Z
fg
0
v 0 =g 00
On a donc immédiatement ϕ( f , g ) = 0 cad f ⊥ g .
• V +W = E
Analyse : Soit h C 2 sur [0,1] tel que h = f + g avec f (0) = f (1) = 0 et g 00 = g . Il vient h(0) = g (0) h(1) = g (1)
et par double dérivation, il suit h 00 = f 00 + g soit f 00 − f = h 00 − h ou autrement dit f solution de y 00 − y = h 00 −
h aux conditions initiales f (0) = f (1) = 0. La résolution de l’équation homogène est y = α cosh x + β sinh x.
Une solution particulière est h !, d’où la solution générale est f (x) = α cosh x + β sinh x + h(x). On trouve les 2
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1 Algèbre
constantes par les conditions initiales :



α + h(0)
= 0
α cosh 1 + β sinh 1 + h(1) = 0
⇐⇒

 α =

β
−h(0)
1
sinh 1
=
³
− h(1) + h(0) cosh 1
´
L’analyse est terminée puisque nécessairement g (x) = h(x) − f (x).
Synthèse : Soit h C 2 sur [0,1]. Posons f (x) = α cosh x + β sinh x + h(x) avec α et β comme plus haut et g (x) =
h(x) − f (x). On a bien
• h(x) = f (x) + g (x)
• g ∈ W , puisque g ∈ Vect (cosh x, sinh x).
• f ∈ V car f (0) = α + h(0) = 0 et f (1) = α cosh 1 + β sinh 1 + h(1) = 0.
Rappelons que si deux sev V et W sont orthogonaux, alors V ∩W = {0}, cad ils sont nécessairement en somme directe.
La démo est immédiate : si x ∈ V ∩ W , alors x ⊥ x, d’où (x|x) = kxk2 = 0 =⇒ x = 0.
CCC PSI 2014 (inégalité sur trace d’une matrice symétrique)
Enoncé 52
Soit A une matrice symétrique réelle non nulle. Montrez
( tr A)2
≤ rg A.
tr (A 2 )
A étant symétrique réelle, on lui applique le théorème spectral : il existe une matrice P orthogonale et une matrice D =
P
Diag (λ1 , . . . , λn ) telles que A = P D tP . On a ( tr A)2 = ( nk=1 λk )2 = ( tr D)2 . On sait aussi rg A = n −dim Ker A. Comme A
est diagonalisable, on a dim Ker A est la multiplicité de 0 dans le polynôme caractéristique. Par conséquent, rg A est
££
¤¤
le nombre de valeurs propres non nulles. Notons J ⊂ 1 . . . n le sous-ensemble constitué des indices de ces valeurs
propres non nulles. Autrement dit : λk = 0 ⇐⇒ k ∈ J . Ensuite :
³
tr A
´2
=
³X
n
k=1
λk
´2
=
³X
k∈J
λk
´2
=
³X
k∈J
(∗) ³
´2 z}|{
´
n
X 2 ´³ X 2 ´ ³ X
¡ ¢
1 × λk
≤
λk
1 =
λ2k rg A = tr A 2 rg A
k∈J
k∈J
k=1
En (*), on a appliqué l’inégalité de Cauchy 2 -Schwarz 3 au produit scalaire canonique de Rn , cad :
³X
n
ak bk
´2
k=1
≤
³X
n
k=1
ak
´2 ³ X
n
bk
´2
k=1
Remarques :
• L’inégalité demandée provenant uniquement de l’inégalité dez Cauchy-Schwarz, on a même la condition d’égalité
qui est le « vecteur » des λk colinéaire au « vecteur » des 1. En se rappelant qu’une matrice diagonalisable de valeurs
propres 0 et 1 ne peut être qu’une projection P , on en déduit que l’égalité est réalisée uniquement pour les αP , avec
P matrice de projection. En fait pour une projection p, tr p 2 = tr p = rg p.
2. Augustin-Louis Cauchy : français (1789-1857). Oeuvre considérable, plus de 700 mémoires. A l’origine de l’Analyse moderne par rigorisation des limites et de la continuité. Travaux en théorie des fonctions d’une variable réelle et complexe et en théorie des groupes.
3. Hermann Schwarz : mathématicien allemand (1843-1921).
Corrigés Annales PSI 2014.
-7-
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
1 Algèbre
• Remarquons que tr (A 2 ) = 0 ssi toutes les valeurs propres sont nulles, ce qui par la diagonalisabilité, amène A nulle,
d’où l’hypothèse de l’énoncé qui permet de diviser ensuite par tr (A 2 ).
• Pour une matrice quelconque, le rang n’est pas en général le nombre de valeurs propres non nulles. Il suffit de
prendre une matrice triangulaire « stricte », cad avec des 0 sur la diagonale. Le nombre de valeurs propres non nulles
est 0, par contre, le rang peut prendre toutes les valeurs entre 0 et n − 1 selon le choix des autres coefficients (mais pas
n, pourquoi ?)
Corrigés Annales PSI 2014.
-8-
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
2 Analyse
2 Analyse
CCP PSI 2014 (intégrale à paramètre)
Enoncé 94
1 ) Donnez l’ensemble de définition de F (x) =
+∞
Z
0
t e −t x
dt .
et − 1
2 ) Calculez lim F (x).
x→+∞
3 ) Calculez f (x − 1) − f (x) et en déduire une expression de f (x) sous la forme d’une somme. Peut-on obtenir ce
résultat par une autre méthode ?
On pose f (x, t ) =
t e −t x
.
et − 1
Q1 )
¤
£
• L’application t −→ f (x, t ) est clairement continue sur 0, +∞ , et ce pour tout x réel.
¯
¯
¯
¯
¯t ×1¯
£
£
¯
¯
¯ = 1. La fonction de t peut donc se prolonger en une fonction continue sur 0, +∞ et
¯
• On a ¯ f (x, t )¯ ∼t →0 ¯
¯
t
¤
¤
ce, pour tout x réel. t −→ f (x, t ) est donc intégrable sur 0, 1 pour tout x réel.
• On rappelle ici, sans le démontrer, une inégalité « bien connue » et fort utile ∀ t ∈ R, e t ≥ 1+t . (C’est une inégalité
de convexité). Il suit :
Le cours nous apprend que t −→ e −t x
¯
¯ t
¯
¯
¯ f (x, t )¯ ≤ e −t x = e −t x
t
£
£
est intégrable sur 1, +∞ ssi x > 0. Attention ! à ne pas faire l’erreur de
raisonnement et d’en déduire le ssi pour t −→ f (x, t ), seulement si x > 0 (car « ≤ non intégrable » ne donne pas
non intégrable !). On essaye une autre méthode, on effectue d’abord un équivalent :
¯
¯
t e −t x
¯
¯
= t e −(x+1)t
¯ f (x, t )¯ ∼t →+∞
et
Pour x > −1, par croissances comparées, on a t e −(x+1)t = o +∞
³ ´
1
t2
. Par contre, pour x ≤ −1, limt →+∞ t e −(x+1)t =
+∞. En se rappelant le cours, qu’en t = +∞, si la fonction est intégrable et admet une limite, cette limite est
¤
¤
nécessairement 0 (çà se comprend, non ?), alors on en déduit que t −→ f (x, t ) est intégrable sur 1, +∞ ssi
x > −1.
¤
¤
Conclusion : par intersection des différentes conditions sur x, il suit Def F = − 1, +∞
Q2 )
Méthode 1 par encadrement :
Cette méthode ne s’applique bien, en général, que si la limite est 0 ou ∞ et surtout, si on peut encadrer par des
fonctions dont l’intégrale se calcule :
¯
¯ ¯¯Z
¯
¯
∀ x > 0, 0 ≤ ¯F (x)¯ = ¯¯
Corrigés Annales PSI 2014.
+∞
0
¯ Z +∞ ¯ −t x ¯
· −t x ¸t =A
Z +∞ ¯ ¯
¯
¯ te
¯
¯ t ¯ −t x
t e −t x
e
1 x→+∞
¯
¯
¯
¯
¯
dt ¯ ≤
dt ≤
e
dt = lim
= −−−−−→ 0
¯
¯
¯
¯
t
t
A→+∞ −x t =0
e −1
e −1
t
x
0
0
-9-
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
2 Analyse
Cet encadrement amène l’existence de la limite et lim F (x) = 0.
x→+∞
Méthode 2 Utilisation du théorème de Lebesgue 4 , via la caractérisation séquentielle :
Rappelons le théorème de caractérisation séquentielle d’une limite qui s’applique à des limites finies comme infinies
(ainsi qu’à des fonctions dans des espaces vectoriels normés). On se contente ici d’une fonction de R dans R :
lim F (x) = `
∀ (x n ) ∈ RN tq x n −−−−−−−→ a, alors F (x n ) −−−−−−−→ `
⇐⇒
x→a
n→+∞
n→+∞
+∞
Z
Prenons donc ici une suite (x n )n∈N tel que x n −→ +∞ et considérons F (x n ) =
0
t e −t xn
dt
t −1
|e {z
}
f (t )
n
¤
£
• La suite de fonctions ( f n ) converge simplement sur 0, +∞ vers la fonction nulle qui est bien continue, car
e −xn t −−−−−−−→ 0 et les autres termes sont des « constantes ».
n→+∞
• Domination :
Comme x n −→ +∞, à partir d’un certain rang N0 , on a x n ≥ 1.
¯
¯ ¯¯ t ¯¯
¯
¯
∀ n ≥ N0 , ¯ f n (t )¯ ≤ ¯¯ ¯¯ e −xn t ≤ e −t
t
La fonction t → e −t est clairement intégrable sur R+ .
+∞
Z
Le Théorème de Convergence Dominée de Lebesgue peut s’appliquer et lim F (x n ) =
n→+∞
0
0 dt = 0. Par la caractéri-
sation séquentielle, on a la même conclusion que plus haut, cad lim F (x) = 0.
x→+∞
Q3 )
+∞
Z
F (x − 1) − F (x) =
0
t e −t (x−1) t e −t x
− t
=
et − 1
e −1
u 0 =1
v =e −t x
·
=
u =t
−t e −t x
x
+∞
Z
0
¸t −→+∞
t =0
+∞
Z
+
t e −t x (e t − 1)
dt =
et − 1
0
+∞
Z
t e −t x dt
0
1 −t x
1
e
dt = 2
x
x
v 0 =−e −t x /x
L’ipp est possible directement en t = +∞ car la deuxième intégrale converge visiblement (cela évite de faire A −→ +∞,
c’est une méthode au programme).
³
´ ³
´
³
´
∀ x > 0, F (x − 1) = F (x − 1) − F (x) + F (x) − F (x + 1) + · · · + F (x + n − 1) − F (x + n) + F (x + n)
=
n
X
F (x + k − 1) − F (x + k) + F (x + n) =
k=0
lorsque n −→ +∞,
1
k=0 (x+k)2
Pn
+ F (x + n) −→
n
X
k=0
1
k=0 (x+k)2
P+∞
1
+ F (x + n)
(x + k)2
puisque cette série converge et que, démontré à la question
précédente, limn→+∞ F (x + n) = 0. Par suite, en faisant tendre n → +∞, comme F (x − 1) est une « constante » par
4. Henri-Léon Lebesgue : mathématicien français (1875-1941)
Corrigés Annales PSI 2014.
- 10 -
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
2 Analyse
+∞
X
rapport à n, il vient : F (x − 1) =
k=0
+∞
X
1
1
.
En
adaptant
un
peu
les
indices,
F
(x)
=
(x + k)2
(x
+
n)2
n=1
On peut obtenir ce résulat par un développement en série suivi d’une intégration terme à terme :
+∞
Z
F (x) =
0
+∞
Z
=
0
Z
(1) Z
+∞
X −nt
t e −t e −t x
1
z}|{
−t (x+1)
−t (x+1)
e
dt
t
e
t
e
=
dt
=
dt
−t
−t
1−e
1−e
]0,+∞[
0
]0,+∞[
n=0
(3) +∞
(2)
+∞
X −t (n+x+1)
X
X Z +∞ −t (n+x+1) z}|{
1
z}|{ +∞
te
dt =
|t e {z
} dt =
2
n=0
n=0 (n + x + 1)
n=0 0
t e −t x
dt =
et − 1
Z
+∞
f n (t )
Le (1) vient du développement en série entière
1
1−u
=
P+∞
n=0
¤
£
u n licite ici puisque u = e −t < 1 pour t ∈ 0, +∞ . C’est
pour cela qu’on a « changé » le e t − 1 au dénominateur en multipliant en haut et en bas par e −t . Le (2) est une intégration terme à terme possible puisque :
¤
£
P
−t x
• La série de fonctions f n converge simplement sur 0, +∞ vers la fonction continue t −→ teet −1 .
P R
P
1
1
• On a n ¤ 0,+∞ £ | f n | = n (n+x+1)
2 ∼ n 2 converge. Le calcul a déjà été fait plus haut, que l’on retrouve en (3).
CCP PSI 2014 (série à terme intégral)
Enoncé 71
1
Z
Nature de la série de terme général
0
xn
dx ?
1 + x + · · · + xn
Voilà une démo qui n’est pas très simple, mais elle fonctionne. La fonction f n : x −→
f n0 (x) =
nx n−1 (1 + x + · · · + x n ) − x n (1 + 2x + nx n−1 )
=
(1 + x + · · · + x n )2
P2n−1
k=n−1
nx k −
P2n−1
k=n
xn
croit sur [0, 1] :
1 + x + · · · + xn
(k − n + 1)x k
(1 + x + · · · + x n )2
=
nx n−1 +
P2n−1
k=n
(2n − 1 − k)x k
(1 + x + · · · + x n )2
On va couper l’intégrale en 2 par Chasles 5 en 1 − a n tel que 0 < 1 − a n < 1 avec a n que l’on déterminera ensuite :
1−a n
Z
0 ≤ un =
0
1−a n
Z
≤
0
Z
fn +
1
1−a n
1−a n
Z
fn ≤
xn
an
dx +
1
n +1
0
≤
xn
dx +
1 + x + · · · + xn
an
(1 − a n )n +
n +1
Z
1
1−a n
f n (1) dx
Il suffit que les deux séries convergent. Pour simplifier, on va chercher a n sous la forme a n =
1
nα
avec α > 0. La conver-
gence de la série du deuxième terme est assurée par le critère de Riemann 6 , puisqu’équivalent à
1
n 1+α
avec 1 + α > 1.
Pour le 1er terme, on écrit :
(1)
(2)
³
³
³
´n
³
³
³ 1 ´´ z}|{
´ z}|{
³
1 ´´
1
1 1
1
1 ´
1 − a n = exp n ln 1 − α = exp − α−1 +
+
o
=
=
exp
−
+
o(1)
∼
exp
−
n
n
2 n 2α−1
n 2α−1
n α−1
n α−1
Le (1) sera assuré par le choix de α tel que 2α−1 > 0, soit α >
1
2
et l’équivalence du (2) par le fait que exp(o(1)) −−−−−−−→
n→+∞
5. Michel Chasles : mathématicien français (1793-1880). A introduit en géométrie les grandeurs orientées. Auteur d’un Aperçu historique sur
l’origine et le développement des méthodes en géométrie.
6. Bernhard Riemann : mathématicien allemand de génie (1826-1866). Travaux fondamentaux sur les fonctions analytiques, la théorie de
l’intégration, la géométrie différentielle. Sa fonction ζ donne des indications sur la répartition des nombres premiers.
Corrigés Annales PSI 2014.
- 11 -
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
≥0
Mise à jour du 14 juin 2015
2 Analyse
e 0 = 1. Par croissances comparées, le dernier terme est un o
suffisantes sont possibles par le choix d’un α tel que
1
2
¡
1
n2
¢
à condition de prendre α−1 < 0. Toutes ces conditions
< α < 1.
CCP PSI 2014-2013 (équivalent d’une série de fonctions)
Enoncé 80
+∞
X
Soit f (x) =
e −x
p
n
.
n=0
1 ) Déterminez le domaine de définition D de f . Y a-t-il convergence normale sur D ? Etudiez la continuité sur D.
2013 : pas de question sur convergence normale
2 ) Montrez que f admet une limite en +∞ et déterminez cette limite.
3 ) Donnez un encadrement de f (x) à l’aide d’une intégrale puis montrez f (x) ∼0
2
. 2013 :équivalent non donné.
x2
³ ´
p
Q1 ) On pose f n (x) = e −x n . Lorsque x > 0, par croissances comparées, on a f n (x) = o n12 , donc la convergence de
P
la série f n (x). Pour x ≤ 0, f n (x) −−−−−−−→ ` 6= 0, d’où la divergence. Il suit D = Def f = R+∗ .
n→+∞
° °
On a immédiatement que x −→ f n (x) est décroissante et positive (même n = 0, puisque constante). Il vient ° f n °∞ R+∗ =
limx→0 f n (x) = +∞. Il n’y a donc pas de convergence normale de la série de fonctions sur D = R+∗ . Il y a par contre,
£
¤ ¤
£
convergence normale sur tout segment a, b ⊂ 0, +∞ , car
° °
° fn °
∞ [a,b]
¯
¯
³ 1 ´
p
¯
¯
= sup ¯ f n (x)¯ = e −n a = o 2
n
x∈[a,b]
De la continuité de f n sur R+∗ et du théorème de continuité d’une série de fonctions, on a f continue sur D = R+∗ .
Q2 ) On essaye d’appliquer le théorème de la double-limite :
• Pour tout n ∈ N, la limite de f n lorsque x → +∞ existe et vaut à pour n 6= 0 et 1 pour n = 0, car f 0 (x) = 1.
£
£
P
• La série de fonctions f n converge uniformément car normalement sur 1, +∞
+∞
+∞
X
X
Par suite, lim f (x) =
lim f n (x) = 1 +
0 = 1.
x→+∞
n=0
x→+∞
Q3 ) La fonction t −→ e −x
p
t
n=1
est décroissante sur R+ , donc successivement :
Z
n+1
∀ n ≥ 1,
N +1
Z
e
p
−x t
0
Comme l’intégrale
R +∞
0
n
Z
N
X n+1
dt =
e −x
p
t
e −x
e
p
t
p
−x t
n=0 n
dt ≤
dt ≤
e −x
N
X
p
n
Z
≤
n
e −x
n−1
N
X
f n (x) ≤ 1 +
n=0
Z
p
t
dt
n
e
p
−x t
n=1 n−1
N
Z
dt = 1 +
e −x
p
t
dt
0
dt converge pour x > 0, on peut passer à la limite lorsque N → +∞, soit :
+∞
Z
e
p
−x t
0
+∞
Z
dt ≤ f (x) ≤ 1 +
e −x
p
t
dt
0
¤
£
¤
£
p
On effectue le changement de variables u = x t , qui est bijectif de classe C 1 de 0, +∞ dans 0, +∞ (pour x > 0,
avec t =
1 2
u , soit
x2
dt =
1
2u du
x2
+∞
Z
0
Corrigés Annales PSI 2014.
:
e −x
p
t
dt =
2
x2
+∞
Z
0
ue −u du =
- 12 -
h
iA
2
2
lim (−u − 1)e −u = 2
2
0
x A→+∞
x
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
2 Analyse
D’où
∀ x > 0,
2
2
≤ f (x) ≤ 1 + 2
x2
x
f (x)
x2
≤
+1
2/x 2
2
puis 1 ≤
2
f (x)
= 1, soit f (x) ∼0 2
2
x→0 2/x
x
Par théorème d’encadrement de limites, on en tire lim
CCP PSI 2014 (limites d’intégrale avec bornes en x)
1
Trouvez lim
x→+∞ x
Enoncé 90
x
Z
0
1
sin t dt et lim
x→+∞ x
x¯
Z
2
0
¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt .
1 ) L’intégrale se calculant facilement, il est plus simple de la calculer :
1
x
x
Z
0
1
x
sin2 t dt =
x
Z
0
1 − cos(2t )
1
dt =
2
x
·
t sin(2t )
−
2
4
¸x
1 1 sin(2x) x→+∞ 1
−−−−−−→
−
2 4
x
2
=
0
¯
¯
¯ sin(2x) ¯ 1
¯
¯ ≤ amène la limite nulle.
car l’encadrement 0 ≤ ¯
x ¯ x
2 ) La deuxième intégrale est un peu plus difficile à calculer. En général, quand il y a une valeur absolue, on essaye
de « couper » par Chasles5 l’intégrale en tous les changements de signe, ce qui permet « d’enlever » la valeur absolue.
Ici sin t change de signe en tous les kπ. On considère l’entier n x ∈ N vérifiant n x π ≤ x < (n x + 1)π (en fait n x = E [ πx ],
partie entière de x/π). On procède ensuite comme ci :
Z
¯
nX
x −1
¯
¯
¯ sin t ¯ dt =
x¯
Z
0
=
=
(k+1)π ¯
Z
¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt +
k=0 kπ
nX
x −1
h
(−1)k − cos t
k=0
nX
x −1
i(k+1)π
kπ
Z
¯
nX
x −1
¯
¯
¯ sin t ¯ dt =
x¯
nx
k=0
Z
dt +
(−1)k ((−1)k − (−1)k + 1) +
k=0
(k+1)π
(−1) sin t dt +
kπ
Z
¯
nX
x −1
¯
¯
(−1)k (cos(kπ) − cos((k + 1)π) +
¯ sin t ¯ dt =
nx
Z
k=0
Z
¯
nX
x¯
x −1
¯
¯
2+
¯ sin t ¯ dt =
nx
k=0
x¯
Z
0
nx
¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt
x¯
Z
¯
x¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt = 2n x +
nx
Remarquons que l’encadrement décrit plus haut amène |x − n x | ≤ π et aussi
1
x
x¯
Z
k
Z
¯
¯
2n x 1 x ¯¯
2
x→+∞
¯
¯
¯
+
¯ sin t ¯ dt =
¯ sin t ¯ dt −−−−−−→
x
x nx
π
car 0 ≤
1
x
x¯
nx
¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt
¯
x¯
¯
¯
¯ sin t ¯ dt
nx
1 1 nx 1
nx 1
− <
≤ , puis lim
=
x→+∞ x
π x
x
π
π
Z
¯
π×1
¯
¯
−→ 0
¯ sin t ¯ dt ≤
x
nx
x¯
Remarques :
• Comme | sin t | ≤ 1, on a sin2 t ≤ | sin t | pour tout t ∈ R, donc pour t ∈ [0, x]. Par suite
∀ x ≥ 0,
1
x
x¯
Z
0
Z
¯
1 x
¯
¯
sin2 t dt
¯ sin t ¯ dt ≥
x 0
d’où par passage à la limite
2 1
≥ Ouf !
π 2
• Si x −→ 0 la limite est plus facile car c’est un taux d’accroissement en 0 ! Je vous laisse y réfléchir. . .
1
lim
x→0 x
x
Z
0
2
1
lim
x→0 x
2
sin t dt = sin 0 = 0
x
Z
0
| sin t | dt = | sin 0| = 0
5. Michel Chasles : mathématicien français (1793-1880). A introduit en géométrie les grandeurs orientées. Auteur d’un Aperçu historique sur
l’origine et le développement des méthodes en géométrie.
Corrigés Annales PSI 2014.
- 13 -
Benoit Caritey. Lycée Chrestien de Troyes.
Mise à jour du 14 juin 2015
3 Probabilités
3 Probabilités
CCP MP 2015 (tirage de boules sans remise)
Enoncé 123
Soit n ∈ N∗ . Une urne contient n boules blanches numérotées de 1 à n et 2 boules noires numérotées
de 1 à 2. On effectue le tirage une à une, sans remise, de toutes les boules de l’urne. On note X (rp. Y ) la variable
aléatoire égale au rang d’apparition de la première boule blanche (rp. première boule numérotée 1).
1 ) Déterminez la loi de X .
2 ) Déterminez la loi de Y .
Q1 )
Comme il y a tirage sans remise, une fois les 2 boules noires tirées, on ne peut que tirer, au troisième ti-
rage, une boule blanche. Par conséquent, X (Ω) est majoré par 3. Les valeurs 1 ou 2 étant clairement possibles, on a
©
ª
¡
¢
¡
¢
¡
¢
X (Ω) = 1, 2, 3 . Il faut donc maintenant déterminer les 3 valeurs p 1 = P (X = 1) , p 2 = P (X = 2) , p = 3P (X = 3) .
Rappelons que P X étant une loi de probabilité sur X (Ω), alors p 1 + p 2 + p 3 = 1. Il suffit donc de déterminer 2 de ces
valeurs.
Méthode événementiste :
Notons B i l’événement « Au i e tirage, la boule obtenue est blanche ». Rappelons que la notation B i désigne l’événement
contraire qui, ici, est « Au i e tirage la boule obtenue est noire » et que P (B i ) = 1 − P (B i ). On a immédiatement, en
T
S
rappelant aussi que le « correspond » à un et tandis que le « correspond » à un ou :
(X = 1) = B 1
(X = 2) = B 1 ∩ B 2
(X = 3) = B 1 ∩ B 2 ∩ B 3 = B 1 ∩ B 2
En utilisant la formule des probabilités composées, il vient :
¡
¢
P (X = 1) = P (B 1 ) =
n
n +2
2
n
n +2 n +1
¡
¢
¡
¢
¡
¢
P (X = 3) = 1 − P (X = 1) − P (X = 2) =
¡
¢
P (X = 2) = P (B 1 ) P (B 2 | B 1 ) =
2
(n + 1)(n + 2)
La probabilité P (B 2 | B 1 ) se calcule en remarquant que sachant « le premier tirage est une boule noire », il reste n boules
¡
¢
blanches dans l’urne et 1 boule noire, soit un total de n + 1. On pouvait aussi calculer P (X = 3) par
¡
¢
2
1
P (X = 3) = P (B 1 ) P (B 2 | B 1 ) = n+2
n+1
Méthode par dénombrement :
Chaque « expérience aléatoire ω » peut se « modéliser » par une permutation de E = {B 1 , . . . , B n , N1 , N2 } (notations évidentes) ou aussi par un n + 2-uplet d’éléments distincts de ce même ensemble E à n + 2 éléments (Attention à bien
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prendre distincts qui correspond au sans remise). L’univers Ω est alors de cardinal Card Ω = (n + 2)!
L’événement (X = 1) = B 1 est alors l’ensemble de tous les n +2-uplets d’éléments distincts de E où le premier élément
est l’une des n boules B 1 , B 2 , . . . , B n . Les n + 1 autres éléments étant à prendre distincts (ou comme permutation) des
n + 1 éléments restants de E . Il vient donc, par équiprobabilité :
¡
¢ Card (X = 1) n × (n + 1)!
n
P (X = 1) =
=
=
Card Ω
(n + 2)!
n +2
L’événement (X = 2) est alors l’ensemble de tous les n + 2-uplets d’éléments distincts de E où le premier élément est
l’une des 2 boules N1 ou N2 , le deuxième l’une des n boules blanches. les n autres éléments sont à prendre distincts
(ou comme permutation) des n éléments restants de E . Il vient donc :
¡
¢ Card (X = 2) 2 × n × n!
2n
P (X = 2) =
=
=
Card Ω
(n + 2)!
(n + 2)(n + 1)
Remarque :
Si le tirage s’effectuait avec remise, chaque tirage de boule serait une expérience de type succès - échec (succès boule
n
n+2 ).
La remise donne l’indépendance des tirages et X « mesure » le premier rang d’apparition d’une
¡ n ¢
boule blanche. X suivrait donc une loi géométrique de paramètre p, soit X ,→ G n+2
. On aurait donc
blanche p =
¡
¢
∀ k ∈ N∗ , P (X = k) =
n
n +2
µ
2
n +2
¶k−1
Mais ce n’est pas le cas ici , puisqu’il y a remise, donc dépendance des expériences successives. On le voit bien dans la
formule des probabilités composées ! et dans X (Ω) qui ne vaut pas N∗ !
Q2 )
C’est à peu près la même question. Le maximum de Y est obtenu lorsque l’on tire d’abord toutes les boules
non numérotées 1, qui sont en nombre n. Par conséquent le maximum est n + 1. Il est clair que toutes les valeurs
©
ª
intermédiaires sont atteintes, soit Y (Ω) = 1, 2, . . . , n + 1 .
Notons C i l’événement « Au i e tirage, la boule obtenue est numérotée 1 ». On a :
Ã
(X = 1) = C 1
∀ 2 ≤ k ≤ n + 1, (X = k) =
k−1
\
!
C i ∩C k
i =1
A noter, « l’astuce » de convenir C 0 = ;, soit C 0 = Ω qui permet d’unifier l’écriture symbolique par :
Ã
∀ 1 ≤ k ≤ n + 1, (X = k) =
k−1
\
!
C i ∩C k
i =0
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En utilisant la formule des probabilités composées, il vient :
Ã
¡
¢
P (X = k) = P (C 0 ) ×
k−1
Y
!
P (C i ) | C 0 ∩C 1 · · · ∩ C i −1 ) × P (C k | C 0 ∩C 1 · · · ∩ C k−1 )
i =1
= 1×
=
k−1
Y n +1−i
i =1 n + 3 − i
×
2
n +3−k
n −k +2
2
2(n − k + 2)
n n −1 n −2
×···×
=
n +2 n +1 n
n − k + 4 n − k + 3 (n + 2)(n + 1)
La probabilité P (C i ) | C 0 ∩C 1 · · ·∩C i −1 ) se calcule en remarquant que sachant « les i −1 premiers tirages sont des boules
non numérotées 1 », il reste alors n −(i −1) boules non numérotées 1 dans l’urne et toujours 2 numérotées, soit un total
de n + 2 − (i − 1).
Remarque :
Si le tirage s’effectuait avec remise, par un raisonnement similaire à plus haut, chaque tirage de boule serait une
expérience de type succès - échec (succès boule numérotée 1 p =
2
n+2 ). La remise donne l’indépendance
des tirages et
Y « mesure » le premier rang d’apparition d’une boule numérotée 1. Y suivrait donc une loi géométrique de paramètre
¡ 2 ¢
p, soit Y ,→ G n+2
.
CCP MP 2015 (couple de variables aléatoires)
Enoncé 124
¡
¢
Soient X et Y 2 variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé Ω, A , P et à valeurs
¡
¢
1
.
dans N. On suppose que la loi du couple (X , Y ) est donnée par : ∀ i , j ∈ N, P (X = i ) ∩ (X = j ) =
e 2i +1 j !
1 ) Déterminez les lois de X et Y .
2 ) Prouvez que X + 1 suit une loi géométrique et en déduire l’espérance et la variance de X .
Déterminez l’espérance et la variance de Y .
3 ) Les variables X et Y sont-elles indépendantes ?
4 ) Calculez P (X = Y ).
1)
³
´
On a X à valeurs dans N. Comme Y (Ω) = N, (Y = n)
n∈N
étant un système complet d’événements, on peut
appliquer la formule des probabilités totales :
X ¡
X
¡
¢ +∞
¢ +∞
∀ i ∈ N, P (X = i ) =
P (X = i ) ∩ (X = j ) =
j =0 e
j =0
1
2i +1
j!
=
+∞
X
1
e
2i +1
j =0
1
e
1
=
=
j ! e 2i +1 2i +1
De même :
X
¡
¢ +∞
∀ j ∈ N, P (Y = j ) =
i =0
1
e 2i +1 j !
=
´
X 1
1 +∞
1 ³ 1
1
=
−
1
=
i
+1
e j ! i =0 2
e j ! 1 − 1/2
e j!
∗
2 ) Comme X (Ω) = N, (X +1)(Ω) = N∗ . D’autre part ∀ n ∈ N , P (X +1 = n) = P (X = n −1) =
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¡
¢
¡
¢
³ 1 ´n
2
=
³ 1 ´n−1 ³
2
1−
1´
.
2
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X + 1 suit bien une loi géométrique de paramètre p = 12 . On en déduit :
E (X + 1) =
1
1−p
= 2 = E (X ) + E (1) = E (X ) + 1 d’où E (X ) = 1 et V (X + 1) = V (X ) =
=2
p
p2
Remarques :
• L’Espérance est linéaire, soit E (αX + βY ) = αE (X ) + βE (Y ).
• Par contre la variance ne l’est pas et vérifie :
V (αX ) = α2V (X ) V (X + b) = V (X )
¡
¢
V (X + Y ) = V (X ) + V (Y ) + 2Cov X , Y
• Par contre, si X et Y sont indépendantes, on a V (X + Y ) = V (X ) + V (Y ) et d’ailleurs aussi E (X Y ) = E (X )E (Y )
3 ) Les variables aléatoires X et Y sont indépendantes puisque :
∀ i , ∈ N,
¡
¢
P (X = i ) ∩ (X = j ) =
1
e
2i +1
j!
=
1
2i +1
×
¡
¢
¡
¢
1
= P (X = i ) × P (Y = j )
e j!
³
´
4 ) L’événement (X = Y ) s’écrit comme réunion des événements incompatibles (X = Y = n)
n∈N
. Par suite :
X ¡
X ¡
¡
¢
¡ [
¢ +∞
¢ +∞
¢
P (X = Y ) = P
(X = Y = n) =
P (X = Y = n) =
P (X = n) ∩ (Y = n)
n∈N
(∗) +∞
X
z}|{
=
n=0
n=0
n=0
¡
¢
¡
¢
P (X = n) × P (Y = n) =
+∞
X
1
n=0
2n+1
X (1/2)n e 1/2
1
1 +∞
1
=
=
= p
e n! e n=0 n!
2e
2 e
(*) se justifie par l’indépendance linéaire de X et Y établie à la question 3.
Rappelons que si X et Y sont indépendantes, alors pour toutes fonctions f et g (correctement définies sur X (Ω) et
Y (Ω)), alors f (X ) et g (Y ) sont indépendantes, et que pour tous A ⊂ X (Ω) et B ⊂ Y (Ω), les événements (X ∈ A) et
(Y ∈ B ) sont indépendants.
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