maths pour prépa
TRANSCRIPT
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
1/196
SUJETS ET CORRIGS DE
Tous les sujets des concours
des prpas conomiques et commerciales
HEC ESSEC E.M.Lyon EDHEC ECRICOME
Jean-Louis Roque
MATHMATIQUESVoie scientifique
Institut d'enseignement suprieur priv
CONCOURSPRCISC O L L E C T I O N
Concours 2007
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
2/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
3/196
rcis ConcoursCollection
Concours 2007sujets et corrigs
de mathmatiques
voie scientifique
par Jean-Louis RoqueAncien lve de lcole Normale Suprieure
Professeur de chaire suprieure au Lyce Pasteur Neuilly
Professeur Intgrale
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
4/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
5/196
Avertissement de lauteur
Emmanuel Crimail
Ce manuel contient les corrigs dtaills de la totalit des preuves de mathma-
tiques de loption scientifique des concours des classes prparatoires conomiques et
commerciales de lanne 2007. Les preuves du cru 2007, linstar de celles de lan
dernier, taient plutt exigeantes et difficiles. Tout en restant trs longues.
Comme dhabitude, nous recommandons aux futurs candidats de suivre les
quelques conseils suivants:
1. Prendre quelques minutes au dbut de lpreuve pour lire, en totalit, lnonc.Entendons-nous bien, il ne sagit pas den faire une fiche de lecture mais de le par-
courir en vue de:
dcouvrir tout dabord les thmes abords;
reprer, cest toujours bon pour le moral, certaines questions et parfois mme
certaines parties que lon a dj traites pendant sa prparation. Il nest pas
interdit davoir vcu!
faire la part des questions faciles, des questions plus fines et enfin des questions technologiques , cest--dire ncessitant de gros calculs. Il faut savoir jauger
lennemi!
Il est galement important de ne pas oublier quun nonc bien lu il faut parfois
savoir lire entre les lignes donne de nombreuses rponses aux questions poses.
2. Ne pas sobstiner vouloir traiter dans lordre toutes les questions. Ne pas perdre
trop de temps scher sur une question. Le passage aux questions suivantes
donne souvent des pistes propos des questions prcdentes. Il est fondamental defabriquer rapidement des points et davoir, la mi-temps, un confortable magot.
3. Ne pas bouder les questions de calcul et les questions algorithmiques de Turbo-
Pascal plus frquentes en 2007 quauparavant. Le rapport qualit prix est beau-
coup plus intressant quon ne le pense.
4. Avoir une rigueur intellectuelle et mathmatique toute preuve. Il faut tre le
premier convaincu par ce que lon crit. Il ne faut pas oublier les cas, les discus-
sions, les plans. Il y a souvent des facettes dans nos travaux. Il faut galementbannir les fautes grossires divisions par zro, manipulations diaboliques des in-
galits, atrocits avec les variables muettes grandes spcialits des gougnafiers.
Larrt de lecture existe! Attention galement au bluff qui est fortement sanc-
tionn.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
6/196
5. viter les abrviations. Il faut crire en franais dans sa copie.
6. Ajoutons que certains correcteurs fort heureusement pas tous napprcient ni
lhumour ni les expressions images dans un texte mathmatique. Bannir par exem-
ple le fameux thorme des gendarmes . Lauteur de ces lignes plaide coupablesur la nature de ses propres corrigs. Reste donc recourir au vieil adage: faites
ce que je dis, ne faites pas ce que je fais! Ceci dit, un peu plus de souplesse de la
part des correcteurs ne serait pas forcment mal venue.
7. Compte tenu de ce qui prcde, il faut que les futurs candidats adoptent le style le
plus impersonnel possible, mais il est important quils aient un style. Une copie de
mathmatiques doit tre agrable lire, cest--dire non seulement bien prsente
beaucoup trop de copies ressemblent des brouillons mais aussi crite dans unlangage clair, concis, sans redondance et sans fautes dorthographe, o franais et
symbolique mathmatique cohabitent dans une grande harmonie.
8. Enfin, comme le disait le gnial mathmaticien Niels Enrik Abel (1802-1829),
pour progresser en mathmatiques, il faut avant tout couter ses matres .
Nous vous souhaitons un bon et agrable travail.
Margauchamfont, 15 mars 2008.
Jean-Louis Roque
* Quil me soit permis davoir ici une pense mue pour mon ami et col-
lgue Emmanuel Crimail, rcemment disparu, qui a enseign la littrature
avec enthousiasme et passion durant de nombreuses annes Intgrale.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
7/196
5SOMMAIRE
HEC, premire preuve ......................................................... 7
Ingalit de Le Cam. Mthode de Steele.
Exponentielles de matrices.
Corrig.................................................................................... 13
HEC, deuxime preuve ........................................................ 49
Ingalit de Le Cam. Mthode de Chen-Stein.Barbour and Eagleson.
Corrig.................................................................................... 55
ESSEC, premire preuve..................................................... 77
tude dune Pick function . Lordre de Karl Lwner.
Stricte monononie matricielle.
Corrig.................................................................................... 84
EM Lyon, premire preuve................................................... 113
La srie de Mercator. Une fonction de deux variables.
Polynmes orthogonaux.
Corrig.................................................................................... 118
EDHEC, premire preuve .................................................... 139
quivalent dintgrale. Les quarternions dHamilton.Limite centre et quivalence. Tirages sotriques.
Corrig.................................................................................... 145
ECRICOME, premire preuve.............................................. 165
Suites, sries, alternance de Leibniz. Une norme dalgbre.
Loi exponentielle translate. Likelihood de Fisher.
Corrig.................................................................................... 171
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
8/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
9/196
Hec premire
Ingalit de Le CamMthode de Steele
Exponentielles de matrices
Anne Difficult
2
Pour tout entiern superieur ou egal a2, on noteMn(R)lespace vectoriel des matricescarrees dordren a coefcients reels,Ila matrice identite, etMn,1(R)lespace vectorieldes matrices an lignes et1 colonne. On confondMn,1(R)et R
n.
Preliminaires
SoitEun espace vectoriel reel. On appellenormesur E, toute applicationdeEdansR+veriant :
i. (x) = 0si, et seulement si,x= 0 ;
ii.pour tout reel, pour toutx deE :
(x) =||(x)
iii.pour tout couple(x, y)deE2 :
(x+y) (x) +(y)
Montrer que lapplication
de Rn a valeurs dans R+ denie pour toute colonne :
X=
x1...xn
Rn
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
10/196
8 Concours 2007 voie scientifique
par :
X = max1in
|xi|
est une norme sur Rn.
Partie 1
A. Une norme surMn(R)
1.Montrer que lapplication qui, a toute matriceA = (ai,j)deMn(R), associe le reel :
max1in
nj=1
|ai,j|
denit une norme surMn(R
). La norme deA sera notee ||A||.2.a. Etablir pour toutXde Rn, linegalite :
||AX|| ||A||||X||
b.Montrer quil existe un vecteurX0 de Rn, non nul, tel que :
||AX0|| =||A||||X0||
En deduire que :
||A||= supXRn,X=0
||AX||||X||
c. Etablir alors que pour tout couple(A, B)deMn(R)
2
, on a :
||AB|| ||A||||B||
On dit quune suite(Am)m0 de matrices deMn(R) converge vers une matriceA deMn(R) si :
limm+
||Am A||= 0
On poseAm=
ai,j(m)
1i,jn et A= (ai,j)1i,jn.
3.a. Montrer que (Am)m0converge vers A si, et seulement si, pour tout (i, j) de [[1, n]]2 :
limm+
ai,j(m) =ai,j
b. Montrer que si (Am)m0 converge vers A et(Bm)m0 converge vers B, alors lasuite(AmBm)m0 converge versAB.
4.SoitAun element deMn(R)tel que ||A||< 1.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
11/196
Hec premire 9
a.Determiner limm+
Am.
b.Montrer que si est une valeur propre reelle deA, alors ||< 1. En deduire que lesmatricesI AetI+ Asont inversibles.
c.Montrer que la suite : mk=0
Akm
converge, et exprimer sa limite en fonction de la matriceA.
Soit (Am)m0 une suite de matrices deMn(R). On dit que la serie de termegeneralAm, que lon notera :
m0
Am
converge, si la suite : pm=0
Am
p
converge. Dans ce cas, sa limite est notee
+m=0
Am
5.On considere dans cette question, une matrice non nulle
N deM
n(R
)qui verie la
propriete suivante : il existe un entierpsuperieur ou egal a2 tel que :
Np = 0 et Np1 = 0
a.Montrer que la serie : k0
1
k!Nk
converge. On note :
M=+k=0
1
k!Nk
b.Montrer que :X Rn | (M I)X= 0= X Rn | N X= 0
6.a.SoitD une matrice diagonale deMn(R). Montrer que la serie
k0
1
k!Dk
converge.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
12/196
10 Concours 2007 voie scientifique
b. Soit A une matrice de Mn(R) diagonalisable, D une matrice diagonale et P unematrice inversible telles queA = P DP1. Montrer que la serie :
k01
k!Ak
converge, et exprimer sa somme :+k=0
1
k!Ak
en fonction dePet de :+k=0
1
k!Dk
On admet jusqua la n du probleme que pour toute matrice A deMn(R), laserie :
k0
1
k!Ak
converge, et on note :
exp(A) =+k=0
1
k!Ak
7.SoitA un element deMn
(R). On pose, pour toutmde N
:
Am=
I+ 1
mAm
a. Etablir linegalite :
||mk=0
1
k!Ak Am||
mk=0
1 m(m 1) (m k+ 1)
mk
||A||kk!
b.En deduire que la suite(Am)mconverge versexp(A).
Proprietes de lexponentielle de matrice
On admet que siA et B sont elements deMn(R) tels queAB =BA, alors :
exp(A+B) =exp(A) exp(B)
1. Montrer que pour toute matrice A de Mn(R), la matrice exp(A) est inversible et
determiner son inverse.
2.a.SoitA une matrice deMn(R). Montrer quil existe une matriceSAtelle que :
exp(A) I=A(I+ SA)
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
13/196
Hec premire 11
b. Etudier la fonction denie sur R+ par :
xex 1 2x
c.En deduire que si||
A||
< 1, alors||
SA||
< 1.
d.On suppose que ||A||< 1 et queexp(A) =I. Montrer queA est la matrice nulle.3. On note Sn lespace vectoriel des matrices symetriques reelles dordre n, et S
++n
lensemble des matrices symetriques reelles dordre n dont les valeurs propres sontstrictement positives.
a.Montrer que siA est un element deSn, alorsexp(A)est un element deS++n .
b.Montrer que lapplicationexp restreinte aSn est une surjection de SnsurS++n .
4. SoitA etB deux matrices de Sn telles que exp(A) = exp(B). On noteu (resp.v)lendomorphisme de Rn canoniquement associe aA(resp.B), etexp(u)(resp.exp(v))lendomorphisme de Rn canoniquement associe aexp(A)(resp.exp(B)).
a.Montrer queA etB ont les memes valeurs propres.
b.Montrer que :A exp(B) =exp(B) A
c.SoitFun sous-espace propre dev.
i.Montrer queFest egalement un sous-espace propre deexp(v).
ii. Montrer que la restriction de ua Finduit un endomorphisme de Fdiagonalisable.
d.En se plaant dans une base de diagonalisation dev, montrer alors queuetv ont lesmemes vecteurs propres. En deduire que :
A= B
Partie 2
1. On considere Rn muni de sa base canonique B = (e1, e2, . . . , en). Soit flendomorphisme de Rn deni parf(e1) = 0, et pour touti de[[2, n]],f(ei) =ei1.
On noteNla matrice associee af relativement a la baseB. Determiner, pour toutk deN, la matriceNk.
2.Soitpun reel de]0, 1[. On denit les matricesRp etQppar :
Rp= (1 p)I+ pN=I+ Qp
a. Etablir legalite :
exp(Qp) =n1j=0
eppj
j!Nj
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
14/196
12 Concours 2007 voie scientifique
b.Calculer ||Rp|| et ||Qp||. Montrer que || exp(Qp)|| 1.3.a. Soit m un entier superieur ou egal a 1, etp1, p2, . . . , pmdes reels de lintervalle ]0, 1[.
On pose pour toutide[[1, m]]:
Ri =Rpi et Qi =Qpi
Montrer les egalites suivantes :
mk=1
exp(Qk) =exp mk=1
Qk
= exp
mk=1
pk
(I N)
b. Etablir la relation suivante :
mk=1
Rkmk=1
exp(Qk) = [R1 exp(Q1)](R2 Rm) exp(Q1)
exp(Q2) exp(Qm) R2 Rm
c.En deduire la majoration suivante :
||mk=1
Rkmk=1
exp(Qk)|| mk=1
||Rk exp(Qk)||
4.a.Montrer legalite :
|| exp(Q1) R1||=|ep1 1 +p1| +p1|ep1 1| +ep1n1k=2
pk1k!
b.En deduire successivement les deux inegalites :
|| exp(Q1) R1|| 2p21 et ||m
k=1Rk
m
k=1exp(Qk)|| 2
m
k=1p2k
Partie 3
Les notations sont celles de la partie2.
On considerempieces de monnaie (1 m < n), telles que pour toutide[[1, m]], la ime
piece donne Pile avec la probabilitepi, et Face avec la probabilite1 pi. On pose :
=
m
i=1piUn joueur lance successivement la premiere piece, la deuxieme piece,etc.jusqua la mme
piece, cette experience etant modelisee par un espace probabilise(, A,p). Pour toutk
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
15/196
Hec premire 13
de[[1, m]], on noteSk la variable aleatoire egale au nombre de Pile obtenus a lissue desk premiers lancers.
1.a.Montrer que pour toutk de[[1, m]], lesk+ 1premiers elements de la premiere lignedu produit matricielR1 R2 . . . Rk representent la loi deSk.
b.Montrer la relation suivante :
||mi=1
Rimi=1
exp(Qi)||=n1k=0
p( Sm=k ) ekk!
c.En deduire linegalite suivante :
+k=0
p( Sm=k ) e
k
k!
2
mi=1
p2i
2.Dans un programme Pascal sont faites les declarations suivantes :
constm= ;Type tab = array[1..m]of real ;Varprob: tab
On suppose que prob contient les probabilitesp1, p2, . . . , pm (ainsi prob[1] contientp1etc.)
Ecrire une fonction Pascal dont len-tete est Sm (prob : tab) : integer qui simule la variable
aleatoireSm.
SolutionPrliminaires
1.Cest parti pour une petite planication.
SoitX = (x1, . . . , xn) un vecteur deRn
. La liste |x1|, . . . , |xn| , puisquelleestniepossde, coup sr, un plus grand lment et ce dernier est ouvertement positifou nul. Il en rsulte que || ||applique bien Rn dans R+.
Soit nouveauX = (x1, . . . , xn) un vecteur de Rn. Au vu et au su du si, et
seulement si , nous sous-planions :
SiX= 0, il est clair que ||X|| = 0. Supposons, rciproquement, que ||X|| = 0. Soit alors i[[1, n]]. Maximum
et valeurs absolues obligent, nous avons certainement :
0 |xi| ||X|| = 0Il sensuit cest le fameux thorme du mur et de lafche ! que|xi|= 0et autantdire que :
x1= = xn = 0 i.e. X= 0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
16/196
14 Concours 2007 voie scientifique
Soit R etX= (x1, . . . , xn)un vecteur de Rn. Nous avons :
||X|| =max |x1|, . . . , |xn| = max || |x1|, . . . , || |xn|
la dernire galit reposant sur une lgendaire proprit de la valeur absolue. Oui mais,
comme || estpositif ou nul, il ne fait aucun doute que :
max || |x1|, . . . , || |xn| =||max |x1|, . . . , |xn|
et en consquence :
||X|| =||||X||
SoitX = (x1, . . . , xn) etY = (y1, . . . , yn) deux vecteurs de Rn. Nous avons
cette fois :
||X+ Y|| =max |x1+y1|, . . . , |xn+yn| Soiti[[1, n]]. Daprs lingalit triangulaire dans R, il ne fait pas lombre dun douteque :
|xi+yi| |xi| + |yi| ||X||+ ||Y||la dernire majoration ne mritant rien de plus quun maximum oblige . Ainsi tousles
rels |xi+ yi| sont infrieurs ou gaux ||X||+ ||Y||. Il en est donc de mme de leurmaximum, puisque ce dernier fait partie de la bande. Nous avons donc bien :
||X+ Y|| ||X||+ ||Y||
Partie 1
A. Une norme surMn(R)
Avant de commencer nous signalons que nous sommes et pour cause ! de fervents
adeptes du comportement matriciel(*) que voici :
Lorsquune matrice sappelle machin ou truc nous notons(machin)ij ou(truc)ij llment situ en place(i, j), cest--dire la croise de la ime ligne etde lajme colonne de cette dernire. Cest donc tout naturellement que nous noterons AijouAi,j et non ai,j l lment situ en place(i, j) de la matrice A. Nous feronsgalement de mme pour toutes les matrices qui viendront notre rencontre.
1.Nous repartons comme enfourteen !
On dmontre exactement comme au prliminaire que|| || applique parfaitementMn(R)dans R+.
SoitA
Mn(R).
SiA = 0, il est manifeste que ||A||= 0.
(*) Cest une rgle de conduite excessivement pratique qui a lnorme avantage dconomiser les lettres utilises et qui, en outre,
permet dviter de grosses erreurs. Nous invitons vivement notre vnr lecteur sy plier sur-le-champ !
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
17/196
Hec premire 15
Supposons, rciproquement, que ||A||= 0. Il sensuit comme au prliminaireque dj :
i[[1, n]]nj=1
|Aij|= 0
Lorsquune somme de rels positifs ou nuls est nulle tous ses termes sont obligatoirementnuls et il en rsulte immdiatement que :
i[[1, n]] j[[1, n]] |Aij |= 0et autant dire queAest la matrice nulle.
Soit R etAMn(R). Nous avons :
||A||= max1in
n
j=1|Aij |
= max
1in||
n
j=1|Aij|
la dernire galit se passant pratiquement de tout commentaire. Comme au prliminaire
le positif|| peut sortir dumax telle enseigne que :||A||=||||A||
SoitA etB deux matrices deMn(R). nous avons :
||A+B
||= max
1in n
j=1 |Aij + Bij|Soit alorsietj appartenant [[1, n]]. Selon lingalit triangulaire dans R il savre que :
|Aij+Bij| |Aij | + |Bij|La sommation membre membre de ces ingalits, lentierjgambadant de 1 n, conduiten douceur :
n
j=1 |Aij + Bij| n
j=1 |Aij| +n
j=1 |Bij | ||A|| + ||B||la dernire majoration tant, derechef,maximumoblige. Il en rsulte commesupraque :
max1in
nj=1
|Aij+Bij| ||A|| + ||B||
ce qui permet de passer la question suivante.
2.a.SoitX= (x1, . . . , xn)un vecteur de Rn etA une matrice deMn(R). Pour chaque
i
[[1, n]], nous noteronsyi lai
me entre de la colonne AX. Soit alors i
[[1, n]]. La
formule du produit matriciel stipule que :
yi =nj=1
Aijxj
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
18/196
16 Concours 2007 voie scientifique
Grce lingalit triangulaire il semble dj se dessiner que :
|yi| nj=1
|Aij ||xj |
Soit alorsj[[1, n]]. Nous avons dj eu loccasion de signaler(*) que :
|xj | ||X||
La multiplication par le positif|Aij| et la sommation membre membre, lentier j sedandinant de1 n, conduisent tranquillement :
n
j=1 |Aij ||xj | n
j=1 |Aij |||X||Nous avons galement rencontr(*) lingalit :
nj=1
|Aij | ||A||
La multiplication par le positif ||X|| et une gentille transitivit amnent alors :
|yi| ||A||||X||
Les rels|yi| sont tous infrieurs ou gaux ||A||||X|| et il en est encore une fois demme de leur maximum. En bref, nous avons effectivement :
||AX|| ||A||||X||
b. La question est assez brutale et un peu svre. Nous allons faire une analyse-synthse.
Analyse :Supposons que X0 = (x1, . . . , xn) soit un vecteur de R
n convenable. Les entres
respectives de la colonneAX0 sont, comme supra, encore notesy1, . . . , yn. Appelonsalorsi0 lun des indices maximum oblige pour lesquels :
||AX0||=|yi0 |
La reprise, la queue leu leu, de tous les enchanements dua montre que :
||AX0||=|yi0 |= nj=1
Ai0jxj n
j=1
|Ai0j||xj| nj=1
|Ai0j|||X0|| ||A||||X0||(*) Maximum oblige !
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
19/196
Hec premire 17
Comme la colonne X0 est convenable, les deux extrmes||AX0|| et||A||||X0|| sontgaux telle enseigne quin ne, lon se doit davoir les galits:
||AX0||=|yi0 |=n
j=1Ai0jxj
=
n
j=1|Ai0j ||xj |=
n
j=1|Ai0j |
||X0|| =||A||||X0||
Cest maintenant que nous allons apprendre des choses passionnantes.
First, puisque : nj=1
Ai0jxj
= nj=1
|Ai0j||xj|
nous avons un cas avr dgalit triangulaire, ce qui cest du grand classique
impose que tous les relsAi0jxj aient le mme signe.
Second, lgalit :
nj=1
|Ai0j ||xj |= nj=1
|Ai0j|
||X0||
se ramne quasi mentalement :
nj=1
|Ai0j |||X0| | |xj |= 0
Il sagit maximum oblige ! dune somme nulle de rels positifs ou nuls et nous
esprons ne froisser personne en assnant que :
j[[1, n]] |Ai0j|||X0| | |xj |= 0
Ce second point sera particulirement vri si les xj ont la mme valeur absoluepuisqualors :
|x1|= =|xn|=||X0|| Third, lgalit : n
j=1
|Ai0j |
||X0|| =||A||||X0||
impose quant elle que :nj=1
|Ai0j |=||A||
vu que,X0 tant convenable, il nest pas nul et sa norme ne lest pas plus ! Lentieri0est
donc galement un point datteinte du maximum :
||A||= max1in
nj=1
|Aij|
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
20/196
18 Concours 2007 voie scientifique
Nous pensons alors en savoir assez pour tenter de faire une :
Synthese :
Notonsi0 un point datteinte du maximum :
||A||= max1in
nj=1
|Aij |etproposonspourX0 le vecteur :
(x1, . . . , xn)
dni de la faon suivante :
j[[1, n]] xj = 1 si Ai0j 01 si Ai0j
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
21/196
Hec premire 19
SiAi0j 0, lon a :
Ai0jxj =Ai0j =|Ai0j |
SiAi0j
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
22/196
20 Concours 2007 voie scientifique
c.SoitA et B deux matrices carres relles dordren et soitXun vecteurnon nuldeRn. Grce deux applications successives du rcent a et comme nous sommes en odeurde positivit, nous avons :
||ABX
||
||A
||||BX
||
||A
||||B
||||X
||
puis :
||ABX||||X|| ||A||||B||
viaune division par le strictement positif ||X||. Les rels de la forme :
||ABX||||X|| o X R
n \ {0}
sont tous infrieurs ou gaux ||A||||B||. Il en est donc de mme de leur maximum qui, silon encroit la n dub, nest autre que ||AB||. Le but des deux questions prcdentes tait, prcisment, dtablir que :
AMn(R) BMn(R) ||AB|| ||A||||B||
ce qui vaut notre norme limportant statut dit de norme dalgbre. Le texte a curieusement
opt pour le passage par lgalit(*) :
||A||= maxRn\{0}
||AX||||X||
do la question dlicate 2.b alors que lon pouvait, facilement, sen tirer directement.Soit, en effet,AetB deux matrices deMn(R)et soiti, jdeux lments de[[1, n]]. Grce la formule du produit matriciel dArthur Cayley, nous avons :
(AB)ij =
n
k=1 AikBkjIl sensuit,viacette fois lingalit triangulaire, que :
(AB)ij nk=1
AikBkj telle enseigne que :
nj=1
(AB)ij nj=1
nk=1
AikBkj = nk=1
Aik nj=1
Bkj (*) On dit que la norme || || est subordonne la norme || ||.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
23/196
Hec premire 21
lgalit nale protant tout btement dune bnigne inversion de sommation et dune
lgre rorganisation des participants. Oui mais voil, vu la dnition de ||B||, nous avonssans quivoque :
n
j=1Bkj
||B||
do ressort immdiatement :
nj=1
(AB)ij nk=1
Aik||B||Cest maintenant la dnition de||A|| quil appartient de prendre le relais puisquellestipule, toujours sans la moindre ambigut, que :
nk=1
Aik ||A||Finalement :
i[[1, n]]nj=1
(AB)ij ||A||||B||ce qui aurait d satisfaire tout le monde.
3.a.As usual, nous planions ce si, et seulement si . Supposons que la suite (Am) converge vers A. Soit alors (i, j)[[1, n]]2 et m N.
Nous avons eu maintes fois loccasion de signaler que :
0 (Am)ij Aij ||Am A||
Comme par hypothse :
||Am A|| m+
0
il sensuit parsqueezeque :(Am)ij Aijm+
0 i.e. (Am)ijm+
Aij
Supposons rciproquement que, pour tout couple(i, j)[[1, n]]2, lon ait :
(Am)ijm+
Aij
Il doit sensuivre tranquillement que :
i[[1, n]]nj=1
(Am)ij Aijm+
0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
24/196
22 Concours 2007 voie scientifique
puisquil ne sagit que de la somme dun nombre ni x de suites de limite nulle. Il reste
alors en dduire que :
max1in
n
j=1(Am)ij Aij
m+
0
Cela va rsulter du petit lemme que voici.
Lemme : Limite et maximum :
i. Soit(um) et(vm) deux suites positives relles de limite nulle. La suite (Mm) dniepar :
m N Mm=max(um, vm)est galement de limite nulle.
ii. Ce qui vient de se passer au i pour deux suites positives, vaut galement pour unnombre ni x de suites positives.
Preuve du lemme :
i.Le maximum de deux rels est assurment lun dentre-eux. Positivit des deux suitesoblige il doit sensuivre que :
m N 0 max(um, vm) um+vm
La conclusion se fait alors par squeeze.
ii.La preuve est exactement la mme vu que le maximum is squeezed againentre0et lasomme.
Retournons alors nos ovins.
Etant tabli que :
i[[1, n]]nj=1
(Am)ij Aijm+
0
notre gentil lemme montre, comme nous lattendions, que lon a :
max1in
nj=1
(Am)ij Aijm+
0 i.e. ||Am A|| m+
0
Nous pouvons changer de question.
Notre lemme vaut encore pour des suites non ncessairement positives. Nous conseillons
notre dvou lecteur dessayer den donner la preuve.
b. Nous allons utiliser la question prcdente. Soit donc (i, j)
[[1, n]]2 et m
N.
Daprs la formule du produit matriciel dArthur Cayley, nous avons :
(AmBm)ij =nk=1
(Am)ik(Bm)kj
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
25/196
Hec premire 23
Or, par hypothseviala directe dua, il savre que :
k[[1, n]] (Am)ikm+
Aik et (Bm)kjm+
Bkj
Les thormes gnraux sont alors catgoriques. Il ne fait aucun doute que :
nk=1
(Am)ik(Bm)kjm+
nk=1
AikBkj
Mais, formule de Cayley oblige nouveau, lon a :
nk=1
AikBkj = (AB)ij
telle enseigne que, nalmente:
(AmBm)ijm+
(AB)ij
La rciproque dua se charge alors de la conclusion.
Tant que nous y sommes et vu que :
R m N (Am+Bm)ij = (Am)ij+(Bm)ij
il semble indniable et pas vraiment surprenant ! que :
Am+Bmm+
A+B
4.a. Il y a ici un petit problme technique. Pour dnir la limite dune suite matricielle,encore eut-il fallu que le texte donne la dnition prcise de la convergence tout court
des suites matricielles et quil fasse tablir le thorme dunicit de la limite pour ces
nouvelles suites convergentes. Nous ferons donc comme si nous navions rien vu en
signalant nonobstant notre ami lecteur queles manquements du textene sont pas difciles
combler ! Cela tant, la proprit tablie au 2.c et une rcurrence bnigne conduisenttranquillement :
m N 0 ||Am|| ||A||m
Comme ||A||< 1, cest depuis la classe de premire que nous savons que :
||A||m m+
0
Il en rsulte parsqueezeque :
||Am
|| m+0
ce qui est exactement la dnition de :
Am m+
0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
26/196
24 Concours 2007 voie scientifique
Nous crirons donc :
limm+
Am = 0
b.Soit une valeur propre relle deA. Il existe un vecteurnon nulX Rn tel que :
AX=X
Le passage en norme inni donne alors :
||||X|| =||AX|| ||A||||X||
lingalit provenant de la dlicieuse question 2.a. Comme X = 0, sa norme eststrictementpositive telle enseigne, quaprs simplication, lon tombe sur :
|| ||A||Et comme ||A||< 1 Poursuivons.Dans ces conditions, les rels1et 1ne peuvent pas tre valeur propre de Ace qui, nousle savons bien, impose queA IetA+I soient inversibles.
c.Soitm N. Assez naturellement nous notons :
Sm =m
k=0Ak
Comme cela avait bien fonctionn pour les sries gomtriques relles, nous avons lide
de de nous intresser la matriceSm ASm. Nous avons alors les galits tranquilles :
(I A)Sm=Sm ASm=mk=0
Ak mk=0
Ak+1 =mk=0
(Ak Ak+1) =I Am+1
la toute dernire, procdant dun trs sympathique tlescopage. Oui mais voil, nous
venons dapprendre linstant queI
Aest inversible, ce qui permet dj de rcuprer :
Sm= (I A)1(I Am+1)
galit ayant un bon pesant darachide. La question4.a, lgrement dcale, stipule sontour que :
Am+1 m+
0
Daprs la remarque que nous sommes juste titre ! permise la n du 3.b, il savreque :
I
Am+1
m+I
et daprs le thorme du produit du mme3.bvoil enn que :
(I A)1(I Am+1)m+
(I A)1
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
27/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
28/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
29/196
Hec premire 27
6.a.Il existe des relsd1, . . . , dn tels que :
D=
d1 0
.... . .
...
0
dn
Nous esprons que notre lecteur, fru de culture diagonale, na pas lintention dignorer
que, dans ces conditions, lon a :
k N Dk =
dk1 0...
. . ....
0 dkn
Soit alorsp N. Il en rsultediagonalementque :
pk=0
1
k!Dk =
s1 0... . . . ...0 sn
o, lon sen sera dout, pour chaque i[[1, n]], nous avons not :
si=
pk=0
dkik!
Une authentique rfrence aux importantes sries exponentielles permet alors denvisagerque :
i[[1, n]] sip+
edi
telle enseigne que, si lon en croit la convergence termes termes de la rcente question
3.a, il ne semble pas impossible dafrmer que :
p
k=01
k!Dk
p+
ed1 0...
. . ....
0
edn
Nous pouvons donc passer la suite.
b. Soitp N. Tout lve ayant frquent assidument la classe de premire anne se faitfort de clamer que :
pk=0
1
k!Ak =
pk=0
1
k!P DkP1 =P
pk=0
1
k!Dk
P1
la dernire galit procdant dune pr-factorisation deP et dune post-factorisation de
P1. La question prcdente stipule que la suite matricielle : pk=0
1
k!Dk
pN
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
30/196
28 Concours 2007 voie scientifique
converge. Comme lon accepte volontiers que les suites matricielles constantes convergent
vers leurs propres pommes, la prcdente question3.b rvle, dans le calme, que la suite : p
k=01
k!Ak
p
N
converge et que :+k=0
1
k!Ak =P
+k=0
1
k!Dk
P1
Nous venons de dmontrer que, lorsque Aest diagonalisable, la srie matricielle :
k01
k!Ak
est convergente. Le texte, dans son ct petit bras,admetque cela subsiste lorsqueA estquelconque ce qui ne prsente pourtant pas de relle difcult. Soit en effet A une matricequelconque et i, j deux lments de[[1, n]]. Soit galement k N. Vu la dnition denotre norme || ||, il est totalement vident que :(Ak)ij ||Ak|| ||A||kla dernire ingalit ayant dj t mentionne lors de la question 4.a. Dans ces conditions,
il ne fait aucun doute que :
0 (Ak)ij
k!
||A||kk!
La srie exponentielle de premire anne :
k0
||A||kk!
est connue pour sa convergence et par comparaison en signe positif, la srie :
k0
(Ak)ijk!
est absolument convergente donc convergente
Voici une autre remarque qui trouvera son utilit un peu plus loin. Nous venons de
constater que lorsqueAest une matrice diagonalisable crite sous la forme :
A= Pdiag(d1, . . . , dn)P1
lon a :
exp(A) =Pdiag(ed1 , . . . , edn)P1
Ces belles similitudes matricielles montrent alors magistralement que :
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
31/196
Hec premire 29
SiSpecA, alorse Specexp(A). SiSpecexp(A), alorsln SpecA.
Affaire suivre
7.a. Soitm
N. Les deux matrices I etA/m nous faisant lhonneur de commuter, la
formule du binme dIsaac, assure que :I+
A
m
m=
mk=0
m
k
1
mk A
k
k!
Il en rsulte quasi instantanment que :
m
k=0Ak
k!
m
k=0
m
k
1
mk A
k
k! =
m
k=0
1 m(m 1) (m k+ 1)mk
Ak
k!
puisque lescombinardsaffts nignorent point que :
k N
m
k
=
m(m 1) (m k+ 1)k!
Voil donc dj que :
m
k=0Ak
k! Am=
m
k=0
1 m(m 1) (m k+ 1)mk
Ak
k!
Mais, la surprise gnrale, lon a :
k[[0, m]] 1 m(m 1) (m k+ 1)mk
0 (1)
et la propritiii(*) lgrementinducte puis la propritiide la dnition dunenorme assurent de concert que :
m
k=0Ak
k!Am
m
k=01 m(m 1) (m k+ 1)
mk
Akk!
Signalons alors pour la troisime fois que :
k N Ak Ak
pour que laffaire semble cf.(1) supra positivementet dnitivement dans le sac.
b.Il faut retravailler le ct droit de lingalit prcdente. Compte tenu de ce que nousavons racont plus haut, il scrit manifestement :
mk=0
||A||kk!
mk=0
mk
||A||kmk
=mk=0
||A||kk!
1 +||A||m
m(*) Elle sappelle ingalit triangulaire pour la norme.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
32/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
33/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
34/196
32 Concours 2007 voie scientifique
Cela montre par dnition que la matrice exp(A)est effectivement inversible et que :exp(A)
1=exp(A)
2.a.Attention, le texte prsente ici une petite faiblesse. Pour mener bien cette questionnous allons avoir nouveau admettre(*) une chose, en loccurrence la convergence que riena priorine justie de la srie matricielle :
k2
Ak1
k!
Forts de cette nouvelle information, nous pouvons annoncer un entier m 2 et criresans autre explication :
mk=0
Ak
k! =I+
mk=1
Ak
k! =I+ A
mk=1
Ak1
k! =I+ A
I+
mk=2
Ak1
k!
()
Vu ce que nous avons accept dadmettre linstant, nous pouvons proposer :
SA =+k=2
Ak1
k!
Limportante remarqueadditionnellefaite la n du3.bde la partie A permet de passer la limite dans()lorsquemtend vers+.This exactly yields :
exp(A) =I+ A(I+ SA)
et permet donc denvisager la suite.
Attention, il ny a pas unicit de cette matriceSA. Par exemple, siA= 0, toute matricedeMn(R) convient. Le lecteur intress pourra cependant constater que, lorsque A estinversible, il y a unicit de la matriceSA.
b.Notonsu la fonction en question. Elle est indiscutablement drivable sur R+ et :
x R+ u(x) =ex 2
Il en rsulte le tableau de variations :
x 0 ln 2 +
u
0 +
u 1 2 ln 2
(*) Nonobstant la preuve que nous avons donne plus haut devrait, sans problme, sappliquer cette nouvelle srie matricielle.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
35/196
Hec premire 33
c. Warning, cette question est fausse. Nous avons en effet dj attir lattention dulecteur propos de la non-unicit, en gnral, de la fameuseSA et lorsque||A|| < 1, ilny a aucune raison quetoutesles SAconvenables aient une norme strictement infrieure1. Nous en voulons pour preuve le contre-exemple implacable A= 0pour lequel toutesles matrices de la cration conviennent. En revanche, pour lamatriceSAproposesupra,
en loccurrence :
SA =+k=2
Ak1
k!
les choses devraient rentrer rapidement dans lordre. Soit en effet AMn(R)vriant||A||< 1 etm un entier suprieur ou gal 3. Notons prudemment :
SA,m=mk=2
Ak1
k!
Daprs lingalit triangulaire pour la norme, il ne fait aucun doute que :
||SA,m|| mk=2
||Ak1||k!
mk=2
||A||k1k!
la dernire ingalit rsultant encore une fois de la dlicieuse2.cde la partieA. Commela norme deAest infrieure un, nous pouvons mme aller un peu plus loin. Nous avonscarrment :
||SA,m
||
m
k=21
k!
(i)
Il est alors trs tentant denvisager le passage la limite quandm tend vers plus linnimais attention, si nous savons ce que fait SA,m il tend matriciellement vers SA pardnition nous ignorons ce que fait sa norme puisque la continuitdes normes nest
pas ofciellement au programme. Nous allons nous en sortir grce la pirouette que voici.
Nous partons de :
SA =SA SA,m+SA,mLingalit triangulaire permet den dduire que :
||SA|| ||SA SA,m|| + ||SA,m||de sorte que :
||SA||||SA SA,m|| ||SA,m||Lingalit(i)crite un peu plus haut couple un brin de transitivit nous amne alorsgentiment :
||SA||||SA SA,m|| mk=2
1
k! (ii)
Nous observons alors deux choses.
Primo, vu queSA,mtend matriciellement versSA, il savre que :
||SA SA,m|| m+
0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
36/196
34 Concours 2007 voie scientifique
Secundo, les initis de la srie exponentielle, certes lgrement tronque,
saccordent clamer tous en chur que :
m
k=21
k!m+
e 2
Le passage la limite quandmtend vers plus linni est dsormais possible dans(ii).Ityields :
||SA|| e 2Oui mais, comme le nombre de Neper est ouvertement infrieur strict3, il semble que :
e 2< 1
ce qui, transitivement, achve cette question.
Le lecteur perspicace aura not que ltude de fonction du rcentbne sertstrictementrien, si ce nest qu compliquer les choses
Nous voudrions revenir un instant sur la fameuse continuitde la norme. Il est assez
facile la preuve est la mme que celle donne pour la valeur absolue dtablir la
minoration triangulaire que voici :
AMn(R) BMn(R)||A||||B|| ||A B||
Soit alors (Un)nN une suite de matrices convergeant vers une certaine matrice U. Vu
que :
n N 0 ||Un||||U|| ||Un U||et que, par dnition de la convergence matricielle :
||Un U|| m+
0
il rsulte parsqueezeque :
||Un||||U||
m+
0
ce qui, ni plus ni moins, signie que :
||Un|| m+
||U||
Nous avons donc le joli suivi :
Unm+
U = ||Un|| m+
||U||
qui, pour le lecteur squentiellementaverti, sappelle continuitde la norme
|| ||. Cela
aurait pu pemettre dviter la pirouettesupra.
d. Nous commencons par remarquer que, selon le rcent2.a, lon a dj :
A(I+ SA) = 0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
37/196
Hec premire 35
Comme depuis peu||SA|| < 1, lexcellent 4.b de la partie A stipule que I+SA estinversible ce qui multiplication droite par (I+ SA)
1 oblige implacablement :
A= 0
3.a. Soit A Sn. Comme n 1, le thorme spectral signale que A est ortho-diagonalisable, ce qui signie quil existe une matrice orthogonaleP On(R) et unematrice diagonale relle :
D= diag(1, . . . , n)
telles que, au choix, lon ait :
A= P DP1 =P DPT
Si lon en croit les tribulations du6.bde la partieA il semblerait que :
exp(A) =Pexp(D)P1 =Pexp(D)PT
o, la surprise gnrale :
exp(D) =diag(e1 , . . . , en)
Nous nous appuyons alors sur deux choses.
First, puisque :
exp(A) =Pexp(D)PT
le succulentdressing undressing principleassure que :exp(A)
T=P
exp(D)
TPT =Pexp(D)PT =exp(A)
lavant-dernire galit protant de lternelle symtrie des matrices diagonale. Il sensuit
dj que :
exp(A) Snvu que laralitde exp(A)na pu chapper quaux dipiens fortementcomplexs !
Second, la vue de :
exp(A) =Pexp(D)P1
les matricesexp(A)etexp(D)sont semblables, telle enseigne que :
Specexp(A)
= Spec
exp(D)
=
e1 , . . . , en
Exponentielle relle oblige, les valeurs propres de exp(A) sont donc strictementpositiveset par consquent :
exp(A) S++nb. Nous venons dj dapprendre que exp appliqueSn dansS++n . Reste contrler
sa surjectivit. Soit donc B S++n . Le thorme spectral encore lui ! garantit
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
38/196
36 Concours 2007 voie scientifique
lexistence dune matrice orthogonale P On(R) et dune matrice diagonale diagonauxstrictement positifs :
=diag(1, . . . , n)
telles que :
B =PP1 =PPT
Rappelons que1, . . . , n sont strictement positifs et que exp est une bijection de R surR+. Dans ces conditions, pour chaquei[[1, n]], il existe un relitel que :
i=ei
et par consquent :
B =Pdiag(e1 , . . . , en)P1 =Pdiag(e1 , . . . , en)PT
La premire galit,via la question6.bde la partieA, montre que :
B =exp A
o, sans aucune hsitation, nous proposons :
A= Pdiag(1, . . . , n)P1
Remarquons pour nir que, vu lorthogonalit deP, lon a galement :
A= Pdiag(1, . . . , n)PT
Le dlicieuxdressing undressing principleassure alors que :
AT =Pdiag(1, . . . , n)
TPT =A
la dernire galit protant,a donf, de lternelle symtrie des matrices diagonales. Nous
sommes nalement partis deB S++n et nous lui avons trouv un antcdent parexpsitu dans Sn, en loccurrence la fameuseA supra. Que demande le peuple ?4.a. Les matricesA et B tant symtriques relles dordre suprieur ou gal un sont,encore unefois, spectralementcondamnes la diagonalisation et cest dj uneexcellente
chose vu la seconde remarque faite la suite de la question6.b de la partieA. Nous allonsprocder par double inclusion.
SoitSpecA. La dite remarque signale que :
e Specexp(A)et commeexp(A) =exp(B), lon a galement :
e
Specexp(B)La mme remarque stipule alors que :
ln e SpecB i.e. SpecB
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
39/196
Hec premire 37
On dmontremutatis mutandislautre inclusion telle enseigne que lon a bien :
SpecA= SpecB
b. Comme exp(B) =exp(A), il sagit en ralit de montrer que A commute sa propre
exponentielle.
Soitm N. Nous avons sans sourciller :
A
mk=0
Ak
k!
=
mk=0
Ak+1
k! et aussi :
mk=0
Ak
k!
A=
mk=0
Ak+1
k!
Compte tenu de limportant thorme du produit question3.ade la partieA et dece que :
m
k=0
Ak
k! m+ exp(A)nous pouvons, grce aux deux galits supra, afrmer que la srie matricielle :
k0
Ak+1
k!
converge et que sa somme vaut la fois A exp(A) et exp(A)A. Nous pouvons doncpasser la suite.
c.i. Rexion faite, il semble nalement plus facile de travailler avec la matrice B.Notonsla valeur propre deB attache lespace propreFet notonsla dimension dece dernier.
Diagonalisation oblige, on peut tranquillement trouver une matrice inversibleP et desrels+1, . . . , n, tous diffrents de, tels que :
B =Pdiag( , . . . ,
fois
, +1, . . . , n)P1
Nul ne peut alors se permettre dignorer que :
F =E(B) =Vect(C1, . . . , C )
oC1, . . . , C sont lespremires colonnes de la matrice P.
Nous avons maintes fois signal que, dans ces conditions, lon a :
exp(B) =Pdiag(e, . . . , e
fois, e+1 , . . . , en)P1
Oui mais voil, comme la fonction exponentielle est injective, les rels e+1 , . . . , en
sont tous diffrents dee telle enseigne que :
F =Vect(C1, . . . , C ) =Ee(exp(B))
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
40/196
38 Concours 2007 voie scientifique
NotreFest donc lespace propre de exp(B)attach la valeur propree.
ii.Cette question ne sert rigoureusement rien.
Nonobstant, pour ceux que cela intresse, le principe eut pu tre le suivant.
Commeu commute exp(v) questionb , cest un exercice classique et
facile ! que dtablir que les espaces propres deexp(v)sont stables paru. Ainsi dj,ustabiliseF.
La restriction dun endomorphisme diagonalisable un sous-espace stable est
encore diagonalisable, mais cela est beaucoup plus cher
d. A bien y regarder, nous venons de dmontrer que lorsquune matrice relleM estdiagonalisable alors :
SpecM E(M) =Ee(exp(M))
Soit alorsSpecA. Daprs la questiona supra, appartient galement SpecB etpar consquent :
E(A) =Ee(exp(A)) et E(B) =Ee(exp(B))
puisqueA etB sont depuis longtemps diagonalisables. Comme par hypothse :
exp(A) =exp(B)
il semble bien que :
E(A) =E(B)
Si nous revenons aux deux endomorphismes u et v, ils ont exactement les mmes lmentspropres, en ce sens que :
Spec u= Spec v
et :
Specu= Spec v E(u) =E(v)Cela pose une excellente question ! Deux endomorphismes ayant les mmes lments
propres sont-ils fatalement gaux ? La rponse est malheureusement non en gnral, mais
dans le cas de deux endomorphismes diagonalisables ce qui advient de u etv larponse est oui comme le montre le petit raisonnement suivant.
As usual, nous notonsa1, . . . , ar les diffrentes valeurs propres deu, de sorte que :
Spec u= Spec v=
a1, . . . , ar
Diagonalisation oblige, les espaces propres de u sont supplmentaires dans Rn, ce quiscrit :
Rn =r
i=1 Eai(u)Soit alorsx Rn. Il existe une liste :
(x1, . . . , xr)Ea1(u) Ear(u)
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
41/196
Hec premire 39
telle que :
x= x1+ +xrDans ces conditions, la lueur de la linarit deu et dev, il advient que :
u(x) =
ri=1
u(xi) et v(x) =
ri=1
v(xi)
Oui mais voil, pour chaquei[[1, r]],xi appartient Eai(u) =Eai(v) telle enseigneque :
u(xi) =v(xi) =aixi
En bref, lon a :
u(x) =v(x)
et comme cela vaut pour tous les x
Rn, lon a carrment :
u= v
De l en dduire queA = B
Nous avions dj tabli au rcent3.bque la restriction deexp Sntait une surjectionde ce dernier surS++n . Il semble qu linstant, nous venions dtablir son injectivit.Finalement, lapplicationexp ralise unebijectionde Sn sur S++n . Dans le cas non diagonalisable, la concidence des lments propres ne suft plus
assurer lgalit comme le montre le contre-exemple suivant. Les deux matrices :
A=
0 10 0
et B =
0 20 0
ont les mmes lments propres vu que, quasi mentalement :
SpecA= SpecB ={0} et E0(A) =E0(B) =Vect
10
mais pourtant
Partie 2
1.Nul doute que :
N=
0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0
0 1
0 0 0 0 0
=
O In1O O
Cest alors la classique histoire de la diagonale(*) qui monte.
(*) Et non de la bbette !
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
42/196
40 Concours 2007 voie scientifique
Lorsque0 k < n, grce lendomorphismef, on trouve inductivement :
Nk =
O Ink
O O
Lorsquek n, lon a :
Nk = 0
2.a.On trouve immdiatementQp=pNpI. Comme les matricespNetpIont le bonvouloir de commuter, la proprit admise en tte de gondole stipule dj que :
exp(Qp) =exp(pI) exp(pN)
Commep nest pas nul, la matrice pN est cf. question1 nilpotente dindicen linstar deNet la question5.ade la partieA se charge de nous convaincre de ce que :
exp(pN) =n1j=0
pk
k!Nk
Quant exp(pI), le calcul est lmentaire et laiss la charge du dvou lecteur. Iltrouvera :
exp(
pI) =epI
Nous pouvons passer la suite.
b.Nous avons :
Rp =
1 p p 0 0 00 1 p p 0 00 0 1 p 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0
1
p p
0 0 0 0 1 p
Vu que0 < p < 1, la somme des valeurs absolues des lments des n1 premireslignes deRp vaut1. En revanche, en ce qui concerne la dernire ligne, cette somme estlgrement plus petite. Commen 2, nous pouvons afrmer que :
||Rp||= 1
Attention, rigueur, rigueur, dans lventualit heureusement carte ici dun entier
ngal un, lon aurait eu ||Rp||= 1 pGrce au mme genre de raisonnement on trouve :
||Qp||= 2p
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
43/196
Hec premire 41
puisque :
Qp=
p p 0 0 00 p p 0 00 0 p 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0 p p0 0 0 0 p
Enn, lingalit triangulaire et la toujours bienvenue2.c.Aassurent que :
|| exp(Qp)|| n1j=0
eppj
j!||N||j
Comme la norme de la matriceNest mentalement gale un, il sensuit que :
|| exp(Qp)|| n1j=0
eppj
j!
Le lecteur perspicace aura reconnu droite la probabilit quune variable de Poisson de
paramtrepsoit infrieure ou gale n 1. Probabilit oblige, lon a donc bien :|| exp(Qp)|| 1
3.a.Pour chaquek
[[1, m]], nous avons :
Qk =pk(N I)Les matrices Qksont donc des polynmes matriciels par rapport N autrement dit deslments de R[N] et ce titre, elles se doivent de commuter deux deux. La propritadmise au dbut duB et une rcurrence bnigne conduisent alors de concert :
mk=1
exp(Qk) =exp
mk=1
Qk
Or, il ne fait aucun doute que :mk=1
Qk =
mk=1
pk
(N I) =
mk=1
pk
(I N)
So
b.Il suft de dvelopper.
c.Lgalit prcdente, lingalit triangulaire et lincontournable2.c.Aassurent, dansun premier temps, que :
mk=1
Rkmk=1
exp(Qk) ||R1 exp(Q1)||||R2| | | |Rm||
+ || exp(Q1)|| mk=2
Rkmk=2
exp(Qk)
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
44/196
42 Concours 2007 voie scientifique
Comme les normes des Rksont gales un et comme || exp(Q1)|| 1, il en rsulte quasiinstantanment que :
m
k=1Rk
m
k=1exp(Qk)
||R1 exp(Q1)|| +
m
k=2Rk
m
k=2exp(Qk)
Exactement de la mme faon mais avec un facteur de moins ! il advient que :mk=2
Rkmk=2
exp(Qk)
||R2 exp(Q2)|| +mk=3
Rkmk=3
exp(Qk)
Une rcurrence aise laisse,as usual, devrait alors nous tirer daffaire.
4.a.Depuis la rcente question2.a, nous avons :
exp(Q1) =n1j=0
ep1pj1j!
Nj
et grce au calcul des Nj la bbette qui monte ! de la question1, cela se dtailleen :
exp(Q1) =
ep1 p1ep1 ep1pn11(n 1)!
0 ep1 p
1ep1
. . . . . .
. . .
0 0 ep1. . .
. . . . . .
......
.... . .
. . . . . .
0 0 0 ep1 p1ep1
0 0 0 0 ep1
Vu que :
R1 =
1 p1 p1 0 0 00 1 p1 p1 0 00 0 1 p1 0 0...
......
. . ....
...
0 0 0 1 p1 p10 0 0 0 1 p1
on imagine assez bien la tte de la diffrence exp(Q1)R1 et il suft douvrir grandses mirettes pour constater que, dans cette matrice, la ligne ayant la plus haute somme de
valeurs absolues est ouvertement la premire. Il sensuit alors effectivement que :
|| exp(Q1) R1||=|ep1 1 +p1| +p1|ep1 1| +ep1n1k=2
pk1k!
Il faut maintenant faire quelques observations.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
45/196
Hec premire 43
First, une trs classique ingalit de convexit, stipule que :
u R eu 1 +u
Il sensuit que :
ep1
1 +p1 0ce qui va permettre une premire disparition de valeur absolue.
Second, la vue dep1 positif, la quantitep1 1est ngative, ce qui conduit
une seconde suppression.
Third, la somme partielle dune srie termes positifs est lorsque cette dernire
converge sentend ! toujours infrieure sa somme, ce qui conduit tous les serial expos
clamer sans autre explication que :
ep1n1k=2
p
k
1k! e
p1+k=2
p
k
1k! =e
p1(ep1 1 p1)
vu que la somme ne part pas de zro mais de deux.
Il semble rsulter de tout cela que :
|| exp(Q1) R1|| ep1 1 +p1 +p1 p1ep1 + 1 ep1 p1ep1 = 2p1(1 ep1)
lgalit nale protant de quelques agrables simplications. Nous avons dj signal
supraque :
1 ep1 p1Il devrait positivement et transitivement sensuivre ce que nous attendons tous,
savoir :
|| exp(Q1) R1|| 2p21La destination est proche ! Ce que nous venons de faire pourp1vaut assurment pour touslespk telle enseigne que :
k[[1, m]] || exp(Qk) Rk|| 2p2kLa conclusion appartient dsormais la rcente question3.c.
Partie 3
1.Pour chaque entieri[[1, m]], il va tre pratique dappelerXila variable de Bernoulliqui prend la valeur 1 lorsque la ime pice amne pile ce qui, trs classiquement,entrane :
k[[1, m]] Sk =X1+ +Xk
Il faut en outre le texte omet cet tat des choses supposer lindpendance(*) desvariablesXk, ce que nous faisons sur-le-champ.
(*) Dans la plus pure des ralits il nen est rien ! Chaque lancer de pice brasse videmment les molcules de lair environnant, ce
qui a fatalement une inuence sur le lancer suivant, moins que les lancers ne soient effectus dans le vide
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
46/196
44 Concours 2007 voie scientifique
Signalons galement que limportante hypothse m < n assure, pour chaque k[[1, m]],lingalit :
k+ 1 n
et il y a donc bien la place pour k+ 1 lments dans la premire ligne de la matriceindique.
Signalons enn qu la surprise gnrale, pour chaquek[[1, m]], nous avons :
Sk()[[0, k]]
a.Nous allons procder par rcurrence nie surk[[1, m]]. Lorsque k = 1, la variable S1 = X1 est de Bernoulli de paramtre p1 et les
deux premiers lments de la premire ligne deR1 sont justement1 p1 et p1. Laffairesengage bien.
Supposons la proprit tablie pour un entier kqui, rcurrence nie oblige, vrie :1 k < m
Commek < mnous sommes autoriss parler deSk+1 et lon a sans surprise :
Sk+1 =Sk+Xk+1
Soit alorsj [[0, k+ 1]]. CommeXk+1 ne prend que les valeurs0 et 1, la formule desprobabilits totales sur le systme complet :
Xk+1= 0
,
Xk+1= 1
stipule que :
p( Sk+1 =j) =p
[ Sk+1=j] [ Xk+1 = 0 ]
+p
[ Sk+1 =j] [ Xk+1= 1 ]
Mais, par double inclusion quasi mentale, il se rvle que :
[ Sk+1 =j]
[ Xk+1= 0 ] = [ Sk =j]
[ Xk+1 = 0 ]
et :
[ Sk+1 =j] [ Xk+1= 1 ] = [ Sk =j 1 ] [ Xk+1 = 1 ]De plus, puisque nous avons suppos indpendantes les variables :
X1, . . . , X k, Xk+1
le lemme des coalitions assure quil en est de mme de :
Sk =X1+ +Xk et Xk+1 telle enseigne, quin ne, la formule des probabilits totales supra se mtamorphose en :
p( Sk+1=j) =p( Sk =j)p( Xk+1= 0 ) +p( Sk =j 1 )p( Xk+1 = 1 )
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
47/196
Hec premire 45
Vu que Sk ne prend ni valeur ngative, ni valeur suprieur k la prudence nousrecommande de planier.
Lorsquej = 0, force est de constater que :
p( Sk+1 = 0 ) =p( Sk = 0 )p( Xk+1= 0 ) =p( Sk = 0 )(1
pk+1)
Lorsquej =k + 1, la mme force amne :
p( Sk+1=k + 1 ) =p( Sk =k )p( Xk+1= 1 ) =p( Sk =k )pk+1
En revanche, lorsque1 j k+ 1, il ny a pas vraiment de surprise et lon a :
p( Sk+1=j) =p( Sk =j)(1 pk+1) + p( Sk =j 1 )pk+1
Si lon en croit lhypothse de rcurrence, la loi deSk montre sa frimousse en premireligne gauche de la matriceR1 Rk ce qui beware lindexation ! scrit :
j[[1, k]] p( Sk =j) =
R1 Rk
1,j+1
Dautre part, un examen minutieux de la matrice Rk+1 rvle que :
j[[1, n]] (Rk+1)j,j = (1pk+1) et j[[1, n1]] (Rk+1)j,j+1=pk+1 (1)
Mezalor:
Lorsquej = 0, lon a :
p( Sk+1= 0) =
R1 Rk
1,1(1 pk+1) =
R1 Rk
1,1
Rk+1
1,1
la dernire relation provenant des rcentes relations (1).
Lorsquej =k + 1, lon a de mme :
p( Sk+1 =k+ 1 ) = R1 Rk1,k+1Rk+1k+1,k+2 Enn, lorsque1 j k, nul doute que :
p( Sk+1=j) =
R1 Rk
1,j+1
Rk+1
j+1,j+1
+
R1 Rk
1,j
Rk+1
j,j+1
Les lments de Rk+1 autres que ceux cits en (1) sont nuls. La formule du produitmatriciel avec sestscaractristiques et un fabuleux recollement des trois cas nous
amnent alors :
j[[0, k+ 1]] p( Sk+1=j) = R1 Rk Rk+11,j+1Autant dire que la loi deSk+1 occupe lesk+ 2 premires places de la premire ligne dela matriceR1 Rk Rk+1 ce qui ne peut que nous sduire.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
48/196
46 Concours 2007 voie scientifique
b. Le mme raisonnement inductif il est donc gentiment laiss la charge de notrevaleureux lecteur que celui que nous venons de dvelopper linstant montre que,
pour toutk[[1, m]], lesn k 1derniers lments de la premire ligne de la matriceR1 Rk sont nuls. La variable Sk tant valeurs dans [[0, k]], il sensuit que lapremire ligne du produitR1
Rk est carrment :
[p( Sk = 0 ) p( Sk = 1 ) p( Sk =n 1 ) ]Celle deR1 Rmest donc :
[p( Sm= 0 ) p( Sm= 1 ) p( Sm=n 1 ) ]Gardons cela au chaud quelques instants le temps de se rappeler que, quelques lignes plus
haut, nous avons aperu la matrice exp(Q1). Or, si lon en croit la question 3.a de lapartie prcdente, cette dernire ressemble trangement la matrice :
mi=1
exp(Qi)
puisque :
exp(Q1) =expp1(I N) et m
i=1
exp(Qi) =exp(I N)
La premire ligne du produit des exp(Qi)est donc :e e e
n1
(n 1)!
Finalement la premire ligne de la matrice :
mi=1
Rimi=1
exp(Qi)
nest ni plus ni moins que :
[ a0 a1 an1]o :
k[[0, n 1]] ak =p( Sm =k ) ek
k!
La somme des valeurs absolues des lments de cette ligne est donc :
n1k=0
p( Sm=k ) e
k
k!
et maximum oblige il savre dj que :
n1k=0
p( Sm =k ) ekk!
mi=1
Rimi=1
exp(Qi)
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
49/196
Hec premire 47
Le texte, un peu maladroitement, demande en ralit une galit qui ne sert pas vraiment
grand chose. Comme il commence se faire tard, nous en resterons l
c. Ce nest quune transitive consquence de lingalitprcdente et de celle de la veryn de la seconde partie.
Cette ingalit est de Lucien Le Cam et date de . Elle claire en particulier lesliens classiques entre la loi binomiale et la loi de Poisson.
2. Nous commenons par rappeler la classique et presque ofcielle simulationdune variable binomiale B(m, p)cest--dire dune somme demvariables de Bernoulliindpendantes demmeparamtrep.
La loi binomiale :
function binomiale(n: integer; p: real) :integer ;var
i, S : integer;begin
S := 0 ;fori := 1 to m doif random
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
50/196
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
51/196
Hec deuxime 49
Hec deuxime
Ingalit de Le CamMthode de Chen-Stein
Barbour and Eagleson
Anne Difficult
2
Pour toute variable aleatoire reelle Y denie sur un espace probabilise (, A,p) etpossedant une esperance mathematique, on note E(Y)cette esperance pour la probabilitep. Pour tout evenementC deAtel que p( C) > 0, on note, sous reserve dexistence,E(Y /C) lesperancede Y pour la probabilite conditionnellepC( esperance conditionnelledeY sachantC).
Partie 1
Cette partie constitue une application particuliere des resultats generaux etudiesdans la suite du probleme.
On posseden urnes (n 3) numerotees de1 an, dans lesquelles on repartit au hasardet de faon independante,m boules indiscernables (m 4), de sorte que, pour touti de[[1, n]], la probabilite pour chaque boule detre placee dans lurne numeroi soit egale a1/n.
On suppose que cette experience est modelisee par un espace probabilise
(,
A,p). A lissue de cette experience, on pose pour touti de[[1, n]]:
Xi=
1 si lurne noiest vide
0 sinon
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
52/196
50 Concours 2007 voie scientifique
On pose :
Wn=ni=1
Xi
1.a.Determiner pour touti de[[1, n]], la loi de la variable aleatoireXi.
b.Pour tout couple(i, j)dentiers de[[1, n]]distincts, calculer :
p( [Xi= 1] [Xj = 1] )
ainsi que la covariance de Xi et Xj . Les variables aleatoires Xi et Xj sont-ellesindependantes ?
2.a.Exprimer lesperanceE(Wn)deWn en fonction den et m.
b.On noteV(Wn)la variance deWn. CalculerV(Wn)en fonction denet m.
c.Verier legalite :
E(Wn) V(Wn) =n2
1 1n
2m n(n 1)
1 2
n
mEn deduire que :
E(Wn) V(Wn) 0
3. Dans cette question, lentier m verie m=
n ln n + n
, ou est une constante reelle
positive et x designe la partie entiere dex.a.Calculer :
limn+
E(Wn)
b.Montrer que :lim
n+
E(Wn) V(Wn)
= 0
c. Soit Tnune variable aleatoire qui suit une loi de Poisson de parametre n=E(Wn).
On admet que pour toutk de N, on a :p( Wn =k ) p( Tn=k ) min1, 1n
n V(Wn)
Quelle est la limite en loi de la suite de variables aleatoires(Wn)n3?
4.On pose = e, et on suppose que le parametre est inconnu. Dans cette question,on veut estimer.Pourp entier de N, on considere unp-echantillon independant, identiquement distribue
(T1, T2, . . . , T p)de la loi de Poisson de parametre. On pose :
Tp=1
p
pi=1
Ti et Up=
pTp
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
53/196
Hec deuxime 51
a.Montrer queTpest un estimateur sans biais et convergent du parametre.
b.Quelle est la limite en loi de la suite de variables aleatoires(Up)p1?
c.On veut construire, pourpassez grand, un intervalle de conance du parametreaurisque donne. Soitu le reel strictement positif tel quep( U u ) =/2ouUest une
variable aleatoire qui suit la loi normale centree reduite.
Justier que pourpassez grand, on peut ecrire :
p( |Up| u ) = 1
et determiner alors un intervalle de conance[Ip, Jp]pour au risque.
Partie 2
Dans cette partie, designe un reel strictement positif.SoitMune variable aleatoire denie sur un espace probabilise(, A,p)qui suit une loide Poisson de parametre.SoitA une partie quelconque de N et Ason complementaire dans N. On rappelle que siAest non vide, alors :
p( M A ) =iA
ei
i!
et on pose par convention
M
=.
On considere la fonctionfAdenie sur N parfA(0) = 0, et pour toutk de N :
fA(k+ 1) = k!
k+1ep( [ M A ] [ M k ] ) p( M A ) p( M k )
1.a.Determiner la fonctionfA dans les cas particuliersA = etA = N.b.Donner lexpression defA(1) en fonction de et dep( M A )dans les deux cas
suivants :0A et0A.ExprimerfA(2)en fonction deet deP([M
A])dans le cas ou0et1appartiennent a
A.
2.SoitA etB deux parties de N disjointes.
a.Montrer que :fAB =fA+fB
b.En deduire que :fA=fA
3.aMontrer que pour toutk deN
, la fonctionfAverie la relation suivante :
fA(k+ 1) kfA(k) =p( M A ) si kAp( M A ) si kA
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
54/196
52 Concours 2007 voie scientifique
b. En deduire que si A est non vide et distincte de N, la fonction fA nest pasidentiquement nulle.
4.Dans cette question, j est un entier naturel non nul, et A est le singleton{j}.On posef{j} =fj .
a.Pour toutk de N, montrer legalite suivante :
fj(k+ 1) =
k!
j!kj+1p( M k+ 1 ) si k j
k!j!kj+1
p( M k ) si k < j
b.Calculerfj(j+ 1) fj(j), et determiner son signe.c.Calculer pour toutk de N, different dej,fj(k + 1) fj(k)en distinguant les deux
cas :k > j etk < j. En deduire que la differencefj(k+ 1) fj(k) est positive si, etseulement si,k = j .
d. Etablir les inegalites suivantes :
fj(j+ 1) fj(j) 1 e
min
1,
1
5. On considere le singleton
{0
} et on pose f
{0
} = f0. Montrer, pour tout k de N
,linegalite suivante :
f0(k+ 1) f0(k) 0
6.a. Etablir pour toutk de N, linegalite suivante :
fA(k+ 1) fA(k) fk(k+ 1) fk(k)
(on distinguera les deux cas : kA et kA) b.En deduire, pour toute partieA de N,linegalite suivante :
supk0
fA(k+ 1) fA(k) min1, 1
Partie 3
Soit n un entier superieur ou egal a 2. On considere n variables aleatoires discretesindependantes X1, X2, . . . , X ndenies sur un meme espace probabilise(, A,p), tellesque pour touti de [[1, n]], la variable aleatoireXi suit une loi de Bernoulli de parametre
pi strictement positif.On pose :
n=ni=1
pi ; Wn=ni=1
Xi
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
55/196
Hec deuxime 53
et, pour touti de[[1, n]],Ri =Wn Xi.On noteMn une variable aleatoire qui suit une loi de Poisson de parametren. SoitAune partie quelconque de N, etfA la fonction denie dans la partie2, dans lexpressionde laquelle on remplaceM parMn et parn. On posef=fA.
1.a. Etablir pour tout i de [[1, n]], legalite des deux variables aleatoires Xif(Wn) etXif(1 +Ri).
b.En deduire pour touti de[[1, n]], legalite :
E
Xif(Wn)
= piE
f(1 +Ri)
2.Pour toutide[[1, n]], on pose :
Yi =f(1 +Wn)
f(1 +Ri)
Etablir la relation suivante :
E
nf(1 +Wn) Wnf(Wn)
=ni=1
piE(Yi)
3.a. Etablir pour toutide[[1, n]], la formule suivante :
E(Yi/[Xi= 1]) =Ef(2 +Ri) f(1 +Ri)b.Calculer pour touti de[[1, n]], E(Yi/[Xi= 0]).
c.Deduire des questions precedentes legalite suivante :
E
nf(1 +Wn) Wnf(Wn)
=
ni=1
p2iE
f(2 +Ri) f(1 +Ri)
4. Etablir linegalite suivante :
Enf(1 +Wn) Wnf(Wn) min1, 1n
ni=1
p2i
5. A laide de la question2.3.a, montrer, pour toute partieA de N, legalite suivante :
E
nf(1 +Wn) Wnf(Wn)
= p( WnA ) p( MnA )
En deduire, pour toute partieAde N, la majoration suivante :
p( WnA ) p( MnA ) min1, 1n
ni=1
p2i
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
56/196
54 Concours 2007 voie scientifique
6.Dans cette question uniquement, on suppose que pour toutide[[1, n]],Xisuit la loi deBernoulli de parametre :
pi = 1
n+i
a.Determiner limn+n. Montrer que :
limn+
ni=1
p2i = 0
b.Determiner la limite en loi de la suite(Wn)n2.
Partie 4
Les notations sont identiques a celles de la partie 3, mais les variables aleatoires
X1, X2, . . . , X n denies sur(, A,p),ne sont pas necessairement independantes.1.a.Montrer que pour toutide[[1, n]], on a :
E
Xif(Wn)
= piE
f(1 +Ri)/[Xi= 1]
b.En deduire legalite suivante :
p( WnA ) p( MnA ) = ni=1
piEf(1 +Wn) Ef(1 +Ri)/[Xi = 1]
2. On suppose que pour tout i de [[1, n]], il existe une variable aleatoireZi denie sur(, A,p), a valeurs dans N, telle que la loi deZi soit identique a la loi conditionnelle deRi sachant[Xi= 1].
a.Justier, pour tout couple(, j)dentiers naturels, linegalite :
f() f(j) | j| min1, 1n
et en deduire la majoration suivante :
p( WnA ) p( MnA ) min1, 1n
ni=1
piE|Wn Zi|
b. On suppose de plus que pour tout de , pour tout i de [[1, n]], on a Wn() Zi().Etablir legalite :
ni=1
piE|Wn Zi|= n V(Wn)
ouV(Wn)designe la variance deWn.
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
57/196
Hec deuxime 55
En deduire, pour toute partieA de N, linegalite suivante :
p( WnA ) p( MnA ) min1, 1n
n V(Wn)
Solution
Partie 1
1.a. Soiti [[1, n]]. Commen 1 et au vu du protocole, la probabilit de placer uneboule en dehors de lurne niest :
1 1n
Lhypothse dindpendance des placements fait alors que :
p( Xi= 1) =
1 1n
mLa variableXi suit donc la loi de Bernoulli :
B1, 1 1nm
b. Soit(i, j) un couple dentiers distincts de [[1, n]]. Commen 2, la probabilit deplaceruneboule en dehors des urnes de numro ietj est lvidence :
1 2n
et la mme hypothse dindpendance fait cette fois que :
p( [ Xi= 1 ] [ Xj = 1] ) =
1 2n
mIl est important de savoir que le produit XiXj est encore une variable de Bernoulli dontle paramtre nest autre quep( [ Xi= 1 ] [ Xj = 1 ] ). La variableXiXj possde doncune esprance et :
E(XiXj) =
1 2n
mComme les variables Xi etXj en possde une galement, le couple (Xi, Xj) possdeune covariance et :
cov(Xi, Xj) =E(XiXj) E(Xi)E(Xj) =
1 2n
m
1 1n
2m
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
58/196
56 Concours 2007 voie scientifique
Nous allons alors dmontrer par labsurde que cette covariance nest jamais nulle. Si tel
tait le cas, nous aurions :
1 2
n
m
=
1 1
n
2m
=
1 2
n+
1
n2
m
la dernire galit reposant sur le dveloppement dun carr de la classe de quatrime. Vu
quem nest pas nul, cela ne parat pas trs raisonnable. Qui dit covariance non nulle ditdpendance pour ne pas dire addiction
2.a. Comme lesXi possdent une esprance il en est de mme de la sommeWn et parlinarit :
E(Wn) =n
1 1n
mb. Les Xi possdant cette fois une variance, la variable Wn en possde une aussi et
comme la variance est une forme quadratique, nul ne peut ignorer que :
V(Wn) =ni=1
V(Xi) + 2
1i
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
59/196
Hec deuxime 57
et que nous sommes dans une cruciale odeur de positivit, une gentille multiplication
membre membre conduit tranquillement :
n2
1 1
n2m
n(n 1)
1 2
nm
ce qui ne peut que nous ravir.
3.a.Commenest suprieur ou gal deux, lesprance de Wnest strictement positive etnous pouvons alors nous intresser fortement la quantit :
lnE(Wn) =ln n+ n lnn+n ln
1 1n
Lingalit standard de la partie entire stipule que :
n lnn+n 1 n lnn+n n lnn+nLa multiplication par le nettement ngatif ln(11/n) puis laddition de lnn nousapportent alors sur un plateau :
A(n) lnE(Wn) A(n) ln
1 1n
(1)
o, pour allgerun poquit n, nous nous sommes permis de noter :
A(n) =ln n+ (n lnn+n) ln1 1nLe dveloppement limit lordre deux du logarithme ici prsent, en loccurrence :
ln
1 1n
= 1
n 1
2n2+
nn2
o(n)est une suite de limite nulle, permet de transformer aisment A(n)en :
A(n) = 1
2lnn
n
2n +nlnn
n + n
n
Une trs classique prpondrance signale que :
lnn
n n+
0
qui, nen pas douter, est la raison essentielle :
A(n)n
+
Voil qui est un bon dbut. Dautre part, vu que sans surprise :
ln
1 1n
n+
0
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
60/196
58 Concours 2007 voie scientifique
il y a un sacrsqueezedans lencadrement(1) supraduquel rsulte :
lnE(Wn)n+
La fonction exponentielle tant dbonnairement continue, il sensuit que :
E(Wn)n+
e
b.Nous avons dj russi montrer que :
n
1 1n
mn+
e
Il en rsulte djcarrmentque :
n21 1n2m
n+e2
Concernant lautre morceau on remarque tout dabord que :
n(n 1)
1 2n
m
n+n2
1 2n
m(eq)
et commen 3on peut allgrement sintresser cette fois :
lnn21 2nm = 2 lnn+ n lnn+n ln1 2nLencadrement :
n lnn+n 1 n lnn+n n lnn+n
est toujours dactualit etln(1 2/n) est tout aussi ngatif que le cousin du prcdenta. Il en rsulte alors mutatis mutandisque :
B(n) lnn21 2nm B(n) ln1 2n (2)o, cette fois, nous avons allg la situation with:
B(n) = 2 lnn+ (n lnn+n) ln
1 2n
Nous sortons alors le dveloppement limit lordre deux :
ln1 2
n= 2
n 2
n2+
nn2
o(n)est une suite de limite nulle, qui permet de transformer aisment B(n)en :
B(n) = 2 2 lnnn
2n
+n lnnn
+ nn
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
61/196
Hec deuxime 59
Il ne fait maintenant aucun doute que :
B(n)n+
2
de sorte que, parsqueezedans(2), apparasse :
ln
n2
1 2n
m n+
2
Cest alors dans un dlicieuse continuit exponentielle que :
n2
1 2n
mn+
e2
do, grce la non moins dlicieuse (eq)supra, surgit :
n(n 1)1 2nm
n+e2
Compte tenu de la toute proche question 2.c, il sensuit ainsi effectivement que :
E(Wn) V(Wn)n+
0
c. Soit k N. Le min ne servant pas ici grand chose, la proprit que nous admettonsinduit la majoration :p( Wn=k ) p( Tn=k ) E(Wn) V(Wn)Si lon en croit notre dernire conclusion il y asqueezederechef et voil donc dj que :
p( Wn=k ) p( Tn=k )n+
0 (li)
Mais, loi de Denis oblige, nous avons :
p( Tn
=k ) =enkn
k!
et depuis le tout rcent2.b:n
n+e =
en devanant lgrement le futur baptme dee. La continuit sur R de la fonctionexpet des fonctions monmes amnent alors sur un plateau :
p( Tn=k )n+
ek
k!
A la lumire de la limite(li)qui mijote un petit peu plus haut, il savre que :
p( Wn =k )n+
ek
k!
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
62/196
60 Concours 2007 voie scientifique
Notons alors T une variable de Poisson de paramtre . Nous notons deux chosesimportantes :
First, nous avons :
n 3 Wn()
T() = N
vu que, pour chaquen 3,Wnprend ouvertement ses valeurs dans[[0, n]].
Second, nous venons linstant dtablir que :
k N p( Wn=k )n+ p
( T =k )
La condition sufsante de convergence en loi pour les suites de variables discrtes stipule
alors exactement que :
WnL
n
+
T
ce que lon se permet dcrire aussi parfois :
WnL
n+P()
4. Pour les deux questions qui suivent il eut t plus opportun de considrer une suiteinnie,(Tp)pN , qui soiti.i.det attache la loi de Poisson de paramtre, ce que nousfaisons sur-le-champ.
a. La loi de Poisson de paramtre , parce que nous le savons bien, possde une variance.
Comme la suite(Tp)est la suite de sesmoyennes empiriquesde rangpla conclusion eston ne peut plus ofcielle.
b.Nous avanons les lments suivants :
La suite(Tp)pN est i.i.doblige forme de variables indpendantes et demme loi.
La variableT1 possde une variance strictement positive. CommeE(T1) vautgalement , le thorme de la limite centre de Liapounov stipule alors exactement que :
Tp /p
Ln+N(0, 1)
c. Il nous faut comprendre que est un rel de louvert]0, 1[et, au cas o on ne lauraitpas reconnu, le relu du texte nest autre que le trs fameux et trs ofciel t. Il vriedonc :
1 (t) = (t) = 2
o, lon sen doute bien, dsigne la fonction de Gauss, rpartition de la loi normalecentre rduite.
Cela tant, pour passez grand comme ils disent, on va carrment dcrter queUpestnormale centre rduite, ce qui nous amne :
p( |Up| t) =p( t Up t) = (t) (t) = 1
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
63/196
Hec deuxime 61
Remarquons alors, sans autre forme de procs, que :
|Up| t = |Up|2 t2 0 = (Tp )2 t2p 0ce qui, en dveloppantun poquit n, devient : |Up| t = 2 t2
p + 2Tp
+ T
2p 0
Nous devenons dun coup trs intresss par le trinme :
=X2 t2
p + 2Tp
X+ T
2p
vu que ce qui prcde se transforme en : |Up| t = () 0 Le discriminant devaut exactement :
= 4Tpt2p
+t4p2
et est donc ouvertement strictementpositif. Il possde donc deux racines relles distinctes
que, trs opportunment, nous nommons Ipet Jpet comme elles appartiennent la galeriedes horreurs nous viterons de les calculer explicitement. Cela dit, tout individu ayant
assidment suivi les enseignements de la premire scientique ne peut ignorer que :() 0
=
[Ip, Jp]
et nalement :
p
[Ip, Jp]
= 1
Nous pouvons changer de partie.
Partie 2
1.a.On trouve aisment, dans les deux cas, quefA
est lapplication nulle.
b.Il ne fait aucun doute que :
fA
(1) = e
p
[ M A ] [ M= 0 ]
p
[ M A ]
p
[ M= 0 ]
Cest l quil faut planier un petit peu.
Si0 appartient A, vu que :
[ M A ] [ M= 0 ] = [ M= 0 ]
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
64/196
62 Concours 2007 voie scientifique
on dduit que :
fA
(1) =1 p( [ M A ] )
puisquep( M= 0 ) =e
De la mme faon, si0 nappartient pas A, vu que :
[ M A ] [ M= 0 ] =
on trouve :
fA
(1) = p( [ M A ] )
Poursuivons. Nous avons nen pas douter :
fA
(2) = e
2 p [ M A ] [ M 1 ] p [ M A ] p [ M 1 ] Comme le texte suppose que0 et1 appartiennent A, il advient tranquillement que :
[ M A ] [ M 1 ] = [ M 1 ]
et vu quep( M 1 ) =e(1 +), il semble bien que :
fA
(2) =1 +
2
1 p( [ M A ] )
2.a.Nous planions un peu. Lgalit :
fAB(0) =fA(0) +fB(0)
vu quelle scrit0 = 0ne devrait casser aucune patte de col vert !
Soit maintenantk N. Nous devons srieusement nous intresser la quantit :
p
[ M A B ] [ M k ]
p
[ M A B ]
p
[ M k ]
Nous observons cet effet que : Primo, et sans lombre dun doute, lon a :
M A B = M A M B Comme les ensembles A et Bsont disjoints, il en est de mme des vnements [ M A ]et[ M B ]et par additivit :
p
[ M A B ]
= p
M A
+p
M B
Secondo, par le mme type dargumentation au prix nanmoins dune petitedistributivit on dmontre galement que :
p
[ M AB ][ M k ] = p [ M A ][ M k ] +p [ M B ] [ M k ]
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
65/196
Hec deuxime 63
Lgalit :
fAB(k+ 1) =fA(k+ 1) + fB(k+ 1)
sen dduit alors quasi mentalement.
b.Il suft de noter queA et Asont disjointes, que :
A A= N
et de ne pas avoir oubli que, depuis le 1.a, lon afN
= 0.
3.a.Soitk N. Nous devons de planier nouveau. Sik = 0, le ct gauche devientf
A(1)et au rcent1.bnous avons trouv :
fA
(1) = 1 p( M A ) si 0A
p( M A ) si 0 /ASi lon en croit la formule de lvnement contraire, laffaire semble dans le sac.
Sik 1, nous avons cette fois :
fA
(k+ 1) = k!
kep
[ M A ] [ M k ] pM A pM k kf
A(k) =
k!
ke
p
[ M A ] [ M k 1 ]
p
M A
p
M k 1Cest alors quasi mentalement que, par diffrence, lon obtient :
fA
(k + 1) kfA
(k) = k!
kep
[ M A ] [ M=k ] pM A pM=k Nous devons alors sous-planier exactement comme au rcent1.b:
SikA, vu que :
M A
M=k
=
M =k
on trouve instantanment et effectivement :f
A(k+ 1) kf
A(k) =
k!
kep( M=k )
1 p( M A )= p( M A )
la dernire galit reposant la fois sur la formule de lvnement contraire et sur une
connaissance sans faille de la loi de Denis Poisson.
Sik /A, vu que cette fois :
M A M=k =on trouvemutatis mutandis:
fA
(k+ 1) kfA
(k) =p( M A )
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
66/196
64 Concours 2007 voie scientifique
et tout le monde est ravi.
On aurait pu galement appliquer le cas prcdent A := Aet user du rcent2.bmaiscela nest gure plus rapide.
b. Le en dduire est pour le moins trange vu que nous savons cela depuis le 1.b. En
effet, vu queA nest ni la partie vide, ni la partie pleine,lon a les ingalits strictes:
0< p( M A )< 1et vu ce que nous avons trouv lpoque pour f
A(1)
4.a.Soitk N. Nous avons :
fA
(k+ 1) = k!
k+1ep
[ M =j] [ M k ] pM=j pM k et on commence avoir lhabitude !
Sik j, vu que : M=j
M k = M=j il advient que :
fA
(k+ 1) = k!
k+1ep( M=j)
1 p( M k )= k!
j!kj+1p( M k+ 1 )
la dernire expression tant derechefcontrario poissonienne.
En revanche sik < j, vu que :M=j
M k =on obtientmutatis mutandis:
fA
(k+ 1) = k!j!kj+1
p( M k )
Nous observons que lhypothsek 1na pas vraiment t utile et heureusement pourla suite
b.Il rsulte de la premire facette du a que :
fj
(j+ 1) = 1
p( M j+ 1 )
alors que la seconde rvle que :
fj
(j) = 1jp( M j 1 )
vu que nous navons pas oubli lecrucialj 1. La diffrence :
fj
(j+ 1) fj
(j) = 1
p( M j+ 1 ) +
1
jp( M j 1 )
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
67/196
Hec deuxime 65
est alors ouvertement strictement positive.
Lorsque j = 1, nous avons utilis sans vergogne la seconde facette du 4.a lorsquek = 0. Heureusement que nous avons pris la prcaution de signaler supra que cela necause aucun souci
c.Soit nouveauk N et non dans N. On nous demande de planier, obissons ! Sik > j, vu quek 1 j et si lon en croit les facettes dua, lon a :
fj
(k+ 1) fj
(k) = k!
j!kj+1p( M k+ 1 ) (k 1)!
j!kj p( M k )
ce que nous prfrons crire :
fj
(k+ 1) fj
(k) =(k 1)!j!kj
k
p( M k+ 1 ) p( M k )
Il faut alors observer que :k
p( M k+ 1 ) =
+i=k+1
k
i
i!e 0, dcoule immdiatement :
1 e
1
Nous avons donc bien :1 e
min
1,
1
Ces majorations sont des Barbour et Eagleson et datent de .
5.Soit tout dabordk N. On dmontre exactement comme au 4.aque :
f0
(k+ 1) = k!
k+1p( M k+ 1 )
Si maintenantk est en outre non nul, la lumire de la positivit de k et dek 1, nousavons :
f0
(k+ 1) = k!
k+1p( M k+ 1 ) et f
0(k) =
(k 1)!k
p( M k )
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
69/196
Hec deuxime 67
telle enseigne que, commesupra:
f0
(k+ 1) f0
(k) =(k 1)!
k
kp( M k+ 1 ) p( M k )
dont la ngativit a dj t tablie auparavant. En revanche le texte ne le demande pas
mais il nous le faudra plus loin, lorsquek = 0, nous avons ouvertement :
f0
(k+ 1) f0
(k) =f0
(1) = 1 e
0
Si lon rsume ce qui vient dtre fait aux questions4 et 5 nous sommes en mesure declamer que :
j N k N j=k = fj
(k+ 1) fj
(k) 0
alors que :
k N fk
(k+ 1) fk
(k) 0
De plus, la majoration du4.d,a priorivalide pourj 1, vient linstant dobtenir sonaval galement en zro telle enseigne que :
k N f k(k+ 1) fk
(k) 1 e
min
1,
1
Toutes ces prcisions vont se rvler cruciales pour la suite.
6.a. Soit A une partie de N et, dans un premier temps, m un lment de N. Le pointcrucial est le suivant. Nous avons :
A=jA
{j}
et vu que A est une partie deN, il sagit dune runionnieoudnombrablede singletonsdeux deux disjoints. Le mme raisonnement que celui dvelopp au2.a mais utilisantselon le cas ladditivit ou la-additivit de la probabilitp conduit sans ambages :
fA
(m) =jA
fj
(m)
et comme cela vaut encore trivialement cette fois lorsque m = 0, nous pouvonsafrmer quin ne:
m N fA
(m) =jA
fj
(m)
Soit alorsk N. A la lumire de ce que nous venons dapprendre, il semble bien que :
fA
(k+ 1) fA
(k) =jA
fj
(k+ 1) fj
(k)
Nous repartons pour une planication :
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
70/196
68 Concours 2007 voie scientifique
Si kA le terme fk
(k + 1)fk
(k) fait partie de notre somme alors que, vu notreclameur de la n du5,touslesautrestermes son ngatifs. Il sensuit alors tout fait que :
fA
(k+ 1) fA
(k) fk
(k+ 1) fk
(k)
Si maintenant k /A, toujours grce notre clameur, tous les termes de la sommesont carrment ngatifs alors que :fk
(k+ 1) fk
(k) 0
b.Soit nouveauA une partie de N etk N. Au regard de la question prcdente etde notre dernire clameur de la n du5, nous nous autorisons afrmer que :
fA
(k+ 1) fA
(k) min
1,
1
et nous voil repartis pour une planication : Sif
A(k+ 1) f
A(k) 0, nous avons sans surprise :fA
(k+ 1) fA
(k) min1, 1
En revanche, si f
A(k + 1) f
A(k) < 0, grce la sympathique formule
dopposition du2.bon a :
fA(k+ 1) fA(k)= fA(k+ 1) fA(k) min1,1la dernire ingalit provenant du6.a appliqu tout btement A :=A. Il semble quenous puissions changer de partie.
Partie 3
1.a.Soiti[[1, n]]et. Nous planions : SiXi() = 0, il ny a pas grand chose invoquer.
Dans le cas contraire, variable de Bernoulli oblige, Xi() = 1et du coup :
1 +Ri() =Xi() +Ri() =Wi()
et laffaire est nouveau dans le sac.
b. Soit nouveau i [[1, n]]. CommeX1, . . . , X n sont indpendantes, le lemme descoalitions indique que les variablesXi etf(1 +Ri)le sont galement vu que :
f(1 +Ri) =f(1 +X1+ +Xi1+Xi+1+ +Xn)
Comme nos variables ne prennent ici quun nombre ni de valeurs elles possdentassurment une esprance et si lon en croit la formule donnant lesprance dun produit
de deux indpendantes, il semble bien que :
E
Xif(1 +Ri)
= E(Xi)E
f(1 +Ri)
= piE
f(1 +Ri)
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
71/196
Hec deuxime 69
la dernire galit reposant sur ce quil est convenu desprer dune variable de Bernoulli.
2.Puisque par dnition :
n=
n
i=1pi et Wn=n
i=1 Xila linarit de loprateur esprance nous amne tranquillement :
E
nf(1 +Wn) Wnf(Wn)
=
ni=1
pi E
f(1 +Wn) n
i=1
E
Xif(Wn)
Mais, pour chaque entieri[[1, n]], nous avons tabli que :
EXif(Wn)= piEf(1 +Ri)Grce unpicochouiade linarit il se dessine que :
E
nf(1 +Wn) Wnf(Wn)
=ni=1
piE
f(1 +Wn) f(1 +Ri)
et tout le monde est ravi.
3.a.Soiti
[[1, n]]. Lvnement[ Xi= 1 ]tant de probabilit non nulle on rappellequepi>0 le conditionnement est autoris et :
E[Xi=1 ]
(Yi) =k
kp[Xi=1 ]
( Yi=k )
la sommation portant sur lensemble ni des valeurs prises par Yi. Mais, pour chaqueentierk concern, lon a :
p[X
i=1 ]
( Yi=k ) =p( [ Yi =k ] [ Xi= 1 ] )
p( Xi= 1 )
Oui mais voil, vu les dnitions des uns et des autres il semble difcile de contester que :Yi=k
Xi= 1 = f(2 +Ri) f(1 +Ri) =k Xi= 1 Le clou de largumentation revient au lemme des coalitions qui, comme supra, assure
lindpendance des variables :
f(2 +Ri)
f(1 +Ri) et Xi
Il nen faut pas plus pour clamer haut et fort que :
p[Xi=1 ]
( Yi=k ) =p( [ f(2 +Ri) f(1 +Ri) =k ] )
-
8/14/2019 Maths pour Prpa
72/196
70 Concours 2007 voie scientifique
telle enseigne que :
E[Xi=1 ]
(Yi) =k
kp( [ f(2 +Ri) f(1 +Ri) =k ] )
ce qui met laffaire largement dans le sac.b. Il y a ici un problme ! Si par malheurpi = 1 le conditionnement par [ Xi = 0 ]
va largement coincer Nous pensons donc plus raisonnable de supposer que lespi sesituent dans louvert]0, 1[. Cela tant, cestmutatis mutandisque nous parvenons :
E[Xi=0 ]
(Yi) = 0
c.Nous navons pas oubli la relation :
Enf(1 +Wn) Wnf(Wn)= ni=1
piE(Yi)
obtenue lors de la rcente question 2. Soit alors i [[1, n]]. Daprs la for