M 15 RM 1 CB
M 15 RM 1 CB
M 15 RM 1 CB
Exercice n°1
1. (a)On a J2 = nJ
(b) On a A = J + In donc (A − In )2 = n(A − In )
ainsi Le polynôme X2 − (2 + n)X + 1 + n est un polynôme annulateur de A du second degré
(c) On a donc A(A − (2 + n)In ) = −(n + 1)In donc A inversible
et A−1 = n+1
−1 −1
(A − (2 + n)In ) = n+1 J + In
n −1 · · · ··· ··· −1
−1 . . . ... ..
.
.. ... ... ... ..
1 . .
donc A−1 = . ... ... . . . ..
..
n+1 .
.. ... ...
.
−1
−1 · · · ··· ··· −1 n
2. (a) La matrice A est symétrique réelle ; ainsi le théorème spectral nous fournit
une matrice Q ∈ On (R) et une matrice diagonale D telles que A = QDQ−1
(b) On sait que les valeurs propres de A sont racines du polynôme annulateur trouvé en en 1(b).
Ce polynôme admet 1 et n + 1 comme racines (1 évidente puis somme et racine)
Notons m et m0 les multiplicités respectives de 1 et n + 1 en tant que valeurs propres de A
On a m + m0 = n car A est diagonalisable de plus on a (D) = (A)
donc m × 1 + m0 × (n + 1) = 2n et m = n − m0
ainsi n + nm0 = 2n donc m0 = 1 et m = n − 1
n 0 ··· ··· 0
0 1 . . . ..
.
. .
.. . . . . . . . . . ..
on peut prendre D =
.. ... ...
. 0
0 ··· ··· 0 1
E ⊂ Mn (R) évident
(i)
3. (a) Montrons (ii) E 6= ∅ vrai en prenant la matrice nulle
(iii) E stable par combinaison linéaire
Pour (iii) : Soit U et V ∈ E et λ ∈ R.
On a t UA = AU et t VA = AV
par combinaison linéaire on obtient : t (λU + V)A = A(λU + V)
donc λU + V ∈ E ce qui permet de conclure.
On a montré E est un sous-espace vectoriel de Mn (R)
(b) Soit U ∈ E . On a V = t QUQ.
D'après 2(a), on a Q−1 = t Q car Q orthogonale et D = Q−1 AQ
ainsi on a t VD = Q−1t UQQ−1 AQ = Q−1t UAQ
et DV = Q−1 AQQ−1 UQ = Q−1 AUQ
comme t UA = AU, on peut conclure que t VD = DV
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Mn (R) −→ Mn (R)
(c) On considère l'application bien ψ : est linéaire car le produit matriciel est
U 7−→ t QUQ
bilinéaire.
De plus cette application admet comme bijection réciproque V 7→ t (Q−1 )VQ−1 donc elle est bijective
D'après la question précédente, Ψ(E) ⊂ F et de façon analogue on a Ψ−1 (F) ⊂ E
donc Ψ(E) = F et Ψ est un automorphisme ainsi dim E = dim F
(d) On cherche alors la dimension de l'espace F . Soit V ∈ Mn (R)
On a V ∈ F ⇐⇒ t VD = DV
⇐⇒ t (DV) = DV car D est symétrique
⇐⇒ DV ∈ Sn (R)
donc dim F = dim Sn (R) car U 7→ DU est un isomorphisme ( D inversible)
n(n + 1) n(n + 1)
or dim Sn (R) = ainsi dim E =
2 2
4. (a) Soit x, y et z ∈ Rn de coordonnées respectives : X, Y et Z ∈ Mn,1 (R). Soit λ ∈ R.
(i) ϕ(x, y) ∈ R (forme)
ϕ(λx + y, z) = λϕ(x, z) + ϕ(y, z) (linéarité à gauche)
(ii)
(iii) ϕ(x, y) = ϕ(y, x) (symétrique)
Montrons que :
(iv) (linéarité à droite)
(v) ϕ(x, x) > 0 (positive)
(vi) ϕ(x, x) = 0 =⇒ x = 0 (dénie)
pour (i) oui en utilisant l'identication M1,1 (R) = R
pour (ii) On a ϕ(λx + y, z) = t (λX + Y)AZ = λt XAZ + t YAZ = λϕ(x, z) + ϕ(y, z)
pour (iii) On a ϕ(x, y) = t ϕ(x, y) car ϕ(x, y) ∈ R
donc ϕ(x, y) = t (t XAY) = t Yt AX = t YAX car A est symétrique.
d'où ϕ(x, y) = ϕ(y, x)
pour (iv) conséquence de (iii) et (ii)
pour (v) On a ϕ(x, x) = t XQDt QX = t (QX)D(QX)
x1
On note QX = X0 = ..
.
xn
donc ϕ(x, x) = t
X0 DX0 = nx21 + x22 + · · · + x2n
ainsi ϕ(x, x) > 0
pour (vi) On suppose que ϕ(x, x) = 0 avec les notations précédentes on a nx21 + x22 + · · · + x2n = 0
comme les termes de la somme sont tous positifs : x1 = x2 = · · · = xn = 0
donc X0 = 0 d'où QX = 0
comme Q est inversible on a X = 0
ainsi x = 0
Ainsi on a bien montré que ϕ est un produit scalaire
(b) Par dénition de u, u est un endomorphisme de Rn .
Soit x, y ∈ Rn . Montrons ϕ(u(x), y) = ϕ(x, u(y)).
On note X et Y comme précédemment.
On a ϕ(u(x), y) = t (UX)AY = t Xt UAY = t XAUY = ϕ(x, u(y))
On a bien montré que l'application linéaire u est symétrique pour le produit scalaire ϕ
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Exercice n°2
a1 −X b1 0 ··· 0 0
. ... . .
a2 −X . . .. ..
b1
... ... ...
1. On a Pn+1 (X) = (−1)n+1 det(An+1 − XIn+1 ) = (−1)n+1 0 0 0
.. ... ...
.
an−1 −X bn−1 0
0
··· 0 bn−1 an −X bn
0 ··· ··· 0 bn an+1 −X
On développe ce déterminant par rapport à la dernière colonne puis par rapport à la dernière ligne celui où
gure encore bn
On obtient Pn+1 (X) = (−1)n+1 (an+1 − X) det(An − XIn ) − b2n det(An−1 − XIn−1 )
Ce qui donne : Pn+1 (X) = (X − an+1 )Pn (X) − b2n Pn−1 (X) car (−1)n+1 = (−1)n−1
2. (a) D'après le théorème spectral : La matrice An est diagonalisable car symétrique réelle
n−1
(b) Le déterminant de la matrice extraite vaut (−1)n−1 bi (matrice triangulaire inférieure)
Y
i=1
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Exercice n°3
sin x
1. La fonction x 7→ est continue sur ]0, +∞[.
x
sin x
Sur ]0, 1] On a lim =1
x→0 x
sin x
donc la fonction x 7→ est prolongeable par continuité en 0
x Z 1
sin x
donc intégrable sur [0, 1] d'où l'existence de dx
0 x
Sur [1, +∞[ Soit A > 1
On eectue une intégration par parties avec des fonctions de classe C 1 sur le segment [1, A] :
A
− cos x A
Z Z A Z A
sin x + cos x cos A cos x
On obtient (1) : dx = − 2
dx = cos(1) − − dx
1 x x 1 1 x A 1 x2
cos A
Or lim = 0 (2)
A→+∞ A
cos x
et la fonction x 7→ 2 est continue sur [1, +∞[
cosxx 1
et ∀x ∈ [1, +∞[, 2 6 2
x x
1
Or la fonction x 7→ 2 est intégrable sur [1, +∞[ car 2 > 1
x
cos x
Par comparaison à une fonction positive x 7→ 2 est intégrable sur [1, +∞[
Z +∞ x
cos x
d'où l'existence de dx
1 x2
Z +∞
sin x
Par passage à la limite dans (1) (avec (2)) on obtient l'existence de dx
1 x
Z +∞
sin x
En conclusion L'intégrale dx existe
1 x
2. (a) Quand t −→ 0, on a αt −→ 0
donc cos(αt) = 1 − α 2t + o(t2 )
2 2
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3. (a) On a I ∈ C.
+∞ Z +∞
1 − cos(αt) −itx 1 − cos(αt) itx
Z
Et I = 2
e dt = e dt
−∞ t −∞ t2
On eectue le changement de variable ane u = −t ; −du = dt (C 1 , bijectif, strictement décroissante)
Z −∞ Z +∞
1 − cos(−αu) −iux 1 − cos(αt) −itx
ainsi I = − 2
e du = e dt = I
+∞ (−u) −∞ t2
Ce qui prouve que I est réelle
(b) On eectue un changement de variable ane t = Bx ; dt
B = dx à partir d'une intégrale convergente
+∞ +∞ +∞
B2 cos(t)
Z Z Z
cos(Bx) dt cos(t)
Ainsi dx = =B dt
A x2 AB t2 B AB t2
On eectue ensuite une intégration par parties (sous réserves d'existences) avec des fonctions de classe C 1
+∞
cos(t) t→+∞
Z Z +∞
cos(Bx) + sin(t)
ainsi dx = B − −B dt
A x2 t t=AB AB t
Comme l'intégrale de gauche existe bien ainsi que l'expression entre crochets
Z +∞ Z +∞
cos(Bx) cos(AB) sin(t)
on peut conclure à l'existence 2
dx = −B dt
A x A AB t
(c) On suppose B > 0.
+∞
1 x→+∞
Z
1 1
Soit A > 0. On a 2
dx = − =
A x x x A
Z +∞ Z +∞
1 − cos(Bx) 1 − cos(AB) sin(t)
donc 2
dx = +B dt
A x A AB t
1 − cos(AB)
Par un calcul asymptotique comme en 2(a), on a lim =0
Z +∞ A→0 A
sin(t) π
à l'aide de 1 on a lim dt =
u→0 u t 2
Z +∞
1 − cos(Bx) π
et donc par passage à la limite on obtient 2
dx = B
x 2
Z +∞ Z +∞0
1 − cos(Bx) 1 − cos(−Bx) π
si B < 0, on a dx = dx = −B
x2 x2 2
Z0 +∞ 0
1 − cos(Bx)
si B = 0, on a dx = 0
0 x2
Z +∞
1 − cos(Bx) |B|π
donc dans le cas général on a 2
dx =
0 x 2
Z +∞
1 − cos(αt)
(d) Comme I est réelle, on a I = <(I) = cos(tx)dt
−∞ t2
Z +∞
cos(tx) − cos(tx) cos(αt)
puis par parité I = 2 dt
−∞ t2
En utilisant la formule 2 cos(a) cos(b) = cos(a + b) + cos(a − b)
Z +∞
2 cos(tx) − cos(t(x + α)) − cos(t(x − α))
on obtient I = dt
−∞ t2
Z +∞
1 − cos(Bt) |B|π
Pour utiliser : ∀B ∈ R, 2
dt =
0 t 2
Z +∞
(1 − cos(t(x + α))) + (1 − cos(t(x − α))) − 2(1 − cos(tx))
on écrit I = dt
−∞ t2
Z +∞
1 − cos(αt) −itx |x + α| + |x − α| − 2|x|
donc I = 2
e dt = π
−∞ t 2
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Exercice n°4
Y compte le nombre de 1
Par conséquent Y suit la loi de binomiale B(n, p) ; Y ,→ B(n, p)
donc pour k ∈ [[0, n]], P(Y = k) = nk pk (1 − p)n−k
Ensuite la formule des probabilité totales donne P(X = k) = P(Y = k)P(b = 1) + P(Z = k)P(b = 0)
Ainsi pour k ∈ [[0, n]], on a P(X = k) = nk αpk (1 − p)n−k + (1 − α)(1 − q)k q n−k
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donc P(b = 1|X = k) > P(b = 0|X = k) ⇐⇒ αpk (1 − p)n−k > (1 − α)(1 − p)k pn−k
2k n
p p 1−α
ainsi P(b = 1|X = k) > P(b = 0|X = k) ⇐⇒ >
1−p 1−p α
comme p > 1/2 alors p/(1 − p) > 1 donc ln(p) − ln(1 − p) > 0
n(ln(p) − ln(1 − p)) + ln(1 − α) − ln(α)
donc le 1 est le plus probable si et seulement si k >
2(ln(p) − ln(1 − p))
(b) Si α = 1/2 le 1 est le plus probable si et seulement si 2k > n (résultat rassurant)
8. (a) Les hypothèses α = 1/2 et p = q donnent
pk (1 − p)n−k
P(b = 1|X = k) =
pk (1 − p)n−k + (1 − p)k pn−k
(1 − p)k pn−k
donc P(b = 0|X = k) = k
p (1 − p)n−k + (1 − p)k pn−k
et P(X = k) = 2 k p (1 − p)n−k + (1 − p)k pn−k
1 n
k
(c) On fait comme vue ne classe : on calcule de façon récursive n ∈ N∗ étant donné, la liste des n
pour
k
k ∈ [[0, n]]
def tab_bin(n):
if n<2: return (n+1)*[1]
else:
coefs=tab_bin(n-1)
coefs.append(1)
for i in range(n-1,0,-1):
coefs[i]+=coefs[i-1]
return coefs
def binome(n,k):
if k>n:
return 0
else:
return tab_bin(n)[k]
(d) Là c'est classique, il est préférable de calculer avec la fonction précédente tab_bin.
p=0.95
def f(n):
somme=0
coefs=tab_bin(n)
for k in range(n+1):
if 2*k>n:
somme+=coefs[k]*((1-p)**k)*(p**(n-k))
if 2*k<n:
somme+=coefs[k]*(p**k)*((1-p)**(n-k))
return somme/2
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