Corrigé ECRICOME 2006 par Pierre Veuillez

E désigne l'espace des fonctions polynômes à coefficients réels, dont le degré est inférieur ou égal à l'entier naturel 2.

Étude d'un endomorphisme de E .

On considère l'application f qui, à tout élément P de E , associe la fonction polynôme Q telle que : pour tout  x  réel :   Q ( x ) = ( x 1 ) P ( x ) + P ( x ) et = ( P 0 , P 1 , P 2 ) la base canonique de E définie par : pour tout réel  x :    P 0 ( x ) = 1 , P 1 ( x ) = x  et  P 2 ( x ) = x 2

  1. On peut faire par étape :

    f est définie sur E car toute fonction polynôme est dérivable.

    Soit P est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2.

    P sera de degré inférieur ou égal à 1. et x ( x 1 ) P ( x ) + P ( x ) sera un polynôme de degré inférieur ou égal à 2.

    Donc f est une application e E dans E .

    Pour la linéarité :

    Soient P et R de E et α et β réels, f ( α P + β R ) ( x ) = ( x 1 ) ( α P + β R ) ( x ) + ( α P + β R ) ( x ) = ( x 1 ) α P ( x ) + ( 1 x ) β R ( x ) + α P ( x ) + β R ( x ) = α f ( P ) ( x ) + β f ( R ) ( x )

    Donc f ( α P + β R ) = α f ( P ) ( x ) + β f ( R ) ( x )

    Conclusion :

    f est un endomrphisme de E

    On peut aussi faire plus rapide :

    Soit P E : P ( x ) = a + b x + c x 2

    Alors f ( P ) est définie et f ( P ) ( x ) = ( x 1 ) ( b + 2 c x ) + a + b x + c x 2 = a b + ( 2 b 2 c ) x + 3 c x 2

    Donc f ( P ) est un polynôme de E .

    et f ( P ) a pour coordonnées ( a b 2 b 2 c 3 c ) = ( 1 1 0 0 2 2 0 0 3 ) ( a b c ) dans la base canonique.

    Donc f est l'endomorphoisme de E associé à A dans la base canonique.

    Donc f est un endomorphisme de E et sa matrice est A .

  2. On calcule les images des vecteurs de la base canonique, et leurs coordonnées.

    P ( x ) = 1 alors P ( x ) = 0 et f ( P ) ( x ) = P ( x ) = 1 (coordonnées ( 1 , 0 , 0 ) )

    P ( x ) = x alors P ( x ) = 1 et f ( P ) ( x ) = ( x 1 ) + x = 2 x 1 (coordonnées ( 1 , 2 , 0 ) )

    P ( x ) = x 2 alors P ( x ) = 2 x et f ( P ) ( x ) = ( x 1 ) 2 x + x 2 = 3 x 2 2 x (coordonnées ( 0 , 2 , 3 ) )

    Donc la matrice A de f dans , est : A = ( 1 1 0 0 2 2 0 0 3 )

  3. Comme A est triangulaire, ses valeurs propers sont sur la diagonale.

    Conclusion :

    les valeurs propres de f sont donc 1, 2 et 3.

    Comme f a trois valeurs propres ditinctes,

    elle est diagonalisable.

    Comme aucune valeur propre n'est nulle, f est bijective et

    f est un automorphisme de E

  4. On a pour tout réel  x :    R 0 ( x ) = 0 , R 1 ( x ) = 1  et  R 2 ( x ) = 2 ( x 1 ) donc f ( R 0 ) ( x ) = 0 + 1 = 1 f ( R 1 ) ( x ) = ( x 1 ) + x 1 = 2 ( x 1 ) f ( R 2 ) ( x ) = ( x 1 ) 2 ( x 1 ) + ( x 1 ) 2 = 3 ( x 1 ) 2

    Conclusion :

    f ( R 0 ) = R 0 : f ( R 1 ) = 2 R 1 : f ( R 2 ) = 3 R 2

  5. Comme les trois sont non nuls, ce sont des vecteurs propres associés.

    Ils sont associés à des valeurs propres distinctes, donc ils forment une famile libre.

    Ils sont trois.

    Conclusion :

    = ( R 0 , R 1 , R 2 ) est une base de vecteurs propres de f .

    On a leurs coordonnées dans la base canonique :

    R 0 ( x ) = 1 : coordonnées ( 1 , 0 , 0 )

    R 0 ( x ) = x 1 : coordonnées ( 1 , 1 , 0 )

    R 2 ( x ) = ( x 1 ) 2 = x 2 2 x = 1 : coordonnées ( 1 , 2 , 1 )

    Donc P = ( 1 1 1 0 1 2 0 0 1 )  et  D = ( 1 0 0 0 2 0 0 0 3 )

  6. on vérifie pour tout réel x : R 2 x + 2 R 1 ( x ) + R 0 ( x ) = x ( x 1 ) 2 + 2 ( x 1 ) + 1 = x 2 = P 2 ( x ) R 1 ( x ) + R 0 ( x ) = ( x 1 ) + 1 = P 1 ( x )

    Donc P 2 a pour coordonnées ( 1 , 2 , 1 ) dans

    P 1 a pour coordonnées ( 1 , 1 , 0 ) et enfin P 0 = R 0 apour coordonées ( 1 , 0 , 0 ) dans .

    Donc la matrice de passage de dans est P 1 = ( 1 1 1 0 1 2 0 0 1 )

    ( ce que l'on vérifie en calculant le produit P 1 P = I )

  7. La formule de changement de base donnc alors A = P D P 1 et A 1 = ( P 1 ) 1 D 1 P 1

    Conclusion :

    A 1 = P D P 1

    N.B. : ( A B ) 1 = B 1 A 1 , l'ordre du produit s'inverse !

    On a alors par récurrence

    Conclusion :

    pour tout entier n : [ A 1 ] n = P [ D 1 ] n P 1

    la troisième colonne de la matrice [ A 1 ] n est issue du produit par la troisième colonne de P 1 .

    On connait les puissnce de D car D est diagonale.

    [ A 1 ] n = P [ D 1 ] n ( \dots 1 \dots 2 \dots 1 ) = P ( 1 n 0 0 0 2 n 0 0 0 3 n ) ( \dots 1 \dots 2 \dots 1 ) = ( 1 1 1 0 1 2 0 0 1 ) ( \dots 1 \dots 2 2 n \dots 3 n ) = ( \dots 1 2 2 n + 3 n \dots 2 2 n 2 3 n \dots 3 n )

Suite d'épreuves aléatoires.

On dispose d'une urne qui contient trois boules numérotées de 0 à 2.

On s'intéresse à une suite d'épreuves définies de la manière suivante :

On considère alors la variable aléatoire réelle X k égale au numéro de la boule obtenue à la k e ` m e épreuve ( k 0 )

On note alors U k la matrice unicolonne définie par : U k = ( P [ X k = 0 ] P [ X k = 1 ] P [ X k = 2 ] ) P [ X k = j ] est la probabilité de tirer la boule numéro j à la k e ` m e épreuve.

On convient de définir la matrice U 0 par : U 0 = ( 0 0 1 )

  1. Les valeurs possibles de X 2 sont { 0 , 1 , 2 }

    i 0 1 2
    P ( X 2 = i ) 11 18 5 18 1 9 1
    i P ( X 2 = i ) 0 5 18 2 9 E ( X 2 ) = 1 2

    Conclusion :

    E ( X 2 ) = 1 2

  2. ( X k = 0 , X k = 1 , X k = 2 ) forme un système complet d'événements donc

    P ( X k + 1 = 0 ) = P X k = 0 ( X k + 1 = 0 ) P ( X k = 0 ) + P X k = 1 ( X k + 1 = 0 ) P ( X k = 1 ) + P X k = 2 ( X k + 1 = 0 ) P ( X k = 2 ) = P reste { 0 } ( 0 ) P ( X k = 0 ) + P reste { 0 , 1 } ( 0 ) P ( X k = 1 ) + P reste { 0 , 1 , 2 } ( 2 ) P ( X k = 2 ) = 1 P ( X k = 0 ) + 1 2 P ( X k = 1 ) + 1 3 P ( X k = 2 )  et de même  P ( X k + 1 = 1 ) = 0 P ( X k = 0 ) + 1 2 P ( X k = 1 ) + 1 3 P ( X k = 2 ) P ( X k + 1 = 2 ) = 0 P ( X k = 0 ) + 0 P ( X k = 1 ) + 1 3 P ( X k = 2 ) On a donc U k + 1 = ( 1 1 / 2 1 / 3 0 1 / 2 1 / 3 0 0 1 / 3 ) U k et on vérifie que cette matrice A est l'inverse de A en calculant leur produit :

    A A = ( 1 1 / 2 1 / 3 0 1 / 2 1 / 3 0 0 1 / 3 ) ( 1 1 0 0 2 2 0 0 3 ) = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )

    Conclusion :

    pour tout k : U k + 1 = A 1 U k

  3. La suite U est donc géométrique de raison A 1 et

    Conclusion :

    U k = [ A 1 ] k U 0

  4. Comme U 0 = ( 0 0 1 ) , ( A 1 ) k U 0 donne la troisième colonne de [ A 1 ] k donc P [ X k = 0 ] = 1 2 2 n + 1 3 n 1 P [ X k = 1 ] = 2 2 n 2 3 n 0 P [ X k = 2 ] = 1 3 n 0 C.Q.F.D.