Cours prépa. HEC Cours du 29 Mai 2011

Concours blanc Exercice 3 ( EDHEC 2010 )

Partie 1 : algèbre linéaire : 1 a ) Montrez que f est linéaire ( 2 conditions )
- remarque : l'application linéaire la plus simple est y(x) = a x ( avec E = ℜ de dimension 1 )
  qui se représente dans le plan 2D par une droite passant par l'origine
- f ( X₁ + X₂ ) = f ( X₁ ) + f ( X₂ )
  - f ( x₁ + x₂, y₁ + y₂, z₁ + z₂ ) = ( (2/3) ( y₁ + y₂ ) + (2/3) ( z₁ + z₂ ), (1/3) ( x₁ + x₂ ), (1/3) ( x₁ + x₂ ) )
  - f ( x₁ + x₂, y₁ + y₂, z₁ + z₂ ) = ( (2/3) y₁ + z₁, (1/3) x₁, (1/3) x₁ ) + ( (2/3) y₂ + z₂, (1/3) x₂, (1/3) x₂ )
  - f ( x₁ + x₂, y₁ + y₂, z₁ + z₂ ) = f ( x₁, y₁,z₁ ) + f ( x₂, y₂,z₂ )
- f ( k X ) = k f ( X )
  - f ( k x, k y, k z ) = ( (2/3) k y + (2/3) k z, (1/3) k x, (1/3) k x )
  - f ( k x, k y, k z ) = k ( (2/3) y + (2/3) z, (1/3) x, (1/3) x )
  - f ( k x, k y, k z ) = k f ( x, y, z )
Partie 1 : 1 b ) matrice M de f ( dans la base canonique ) M = ( f(e₁), f(e₂), f(e₃) )

f(X) = 0 2/3 2/3 X

1/3 0 0

1/3 0 0
Partie 1 : 1 c ) Base de Im(f) :
- Une famille génératrice de Im(f) est constituée des vecteurs : f(e₁), f(e₂) et f(e₃)
- On remarque que : f(e₁) = ( 0, 1, 1 ) et f(e₂) = f(e₃) = ( 1, 0, 0 )
- il n'y a que 2 vecteurs indépendants : ( 0, 1, 1 ) et ( 1, 0, 0 ) qui constituent la base de Im(f) qui est donc de dimension 2
- Base de Ker(f) :
  - (2/3) y + (2/3) z = 0
  - (1/3) x = 0 ( 2 fois )
  - => x = 0 et z = − y
  - vecteurs de Ker(f) : ( 0, y, −y)
  - Sa base est { ( 0, 1, −1 ) } donc Ker(f) est de dimension 1
  - On vérifie que dim(E) = 3 = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)) = 1 + 2
Partie 1 : 1 d ) f ne peut pas être bijective puisque son noyau n'est pas réduit au seul vecteur 0
Les éléments du noyau sont transformés en 0, qui a alors plusieurs antécédents f⁻¹(0) = Ker(f)
la fonction f n'a donc pas de fonction inverse
Partie 1 : 2 a ) On trouve P Q = 4 I => P (1/4)Q = I => P⁻¹ = (1/4)Q
Partie 1 : 2 b ) M = P D P⁻¹ => P⁻¹ M P = D
on trouve D = matrice diagonale avec les 3 valeurs propres (2/3), (−2/3), 0 sur la diagonale et des 0 partout ailleurs.
Remarque : D et M ne sont pas inversibles puisqu'une des valeurs propres est nulle.
ce qui est dû au fait que ker(f) ≠ { 0 } ( voir la question 1 d )
Partie 1 : 2 c ) M¹ = M = P D¹ P⁻¹ d'après la question précédente
Normalement : On ne peut pas dire : D⁰ = I
à cause de la valeur nulle : 0 dont la puissance 0⁰ est indéterminée.
Si M^j = P D^j P⁻¹
Alors M^j+1 = M M^j = P D ( P⁻¹ P ) D^j P⁻¹ = P D I D^j P⁻¹ = P D^j+1 P⁻¹
M^j = P D^j P⁻¹ est donc vraie pour j > 0

Partie 1 : 2 d ) Bien disposer les calculs pour ne pas faire d'erreur :

				D^j =	(2/3)^j	0	P⁻¹ = (1/4)	1	1	1
					0	(−2/3)^j		− 1	1	1
					0	0		0	2	− 2
P =	2	− 2	0	P D^j =	2 (2/3)^j	− 2 (−2/3)^j	M^j = (1/4)	2 (2/3)^j + 2 (−2/3)^j	...	...
	1	1	1		(2/3)^j	(−2/3)^j		(2/3)^j − (−2/3)^j	...	...
	1	1	− 1		(2/3)^j	(−2/3)^j		(2/3)^j − (−2/3)^j	...	...

Vérification pour j = 0 que l'expression trouvée est encore valable :

(1/4) ( 2 (2/3)⁰ + 2 (−2/3)⁰ ) = (1/4) (2 + 2) = 1
(1/4) ( (2/3)⁰ − (−2/3)⁰ ) = (1/4) (1 − 1) = 0
la première colonne de M⁰ est celle de I et est bien donnée par la formule.

Vérification pour j = 1 :

(1/4) ( 2 (2/3)¹ + 2 (−2/3)¹ ) = (1/4) (4/3 − 4/3) = 0
(1/4) ( (2/3)¹ − (−2/3)¹ ) = (1/4) (2/3 + 2/3) = 1/3
la première colonne de M¹ est bien celle de M.

Partie 2 : Comprendre l'énoncé ( ici, l'arbre est bien clair )

état k	boule tirée	état k+1
X_k = 1	1	X_k+1 = 1
	2	X_k+1 = 2
	3	X_k+1 = 3
X_k = 2	1	X_k+1 = 1
	2	X_k+1 = 2
	3	X_k+1 = 1	attention !
X_k = 3	1	X_k+1 = 1
	2	X_k+1 = 1	attention !
	3	X_k+1 = 3

Etat initial équivaut à X₀ = 1 car le premier tirage prend la valeur de la boule tirée.

partie 2 : 1 ) Loi de X₁

k = 1 2 3

P(X₁ = k) = 1/3 1/3 1/3
partie 2 : 2 ) suite de 6 tirages :

tirage n = 1 2 3 4 5 6

boule = 2 3 2 2 1 3

X_n = 2 1 2 2 1 3

partie 2 : 3 ) simulation informatique : analyse du programme

    Program simul ;
    var i, k, X, tirage : integer ;
    Begin
      Readln(k) ;
      X := random(3) + 1 ;         ← X reçoit une valeur entre 1 et 3 (premier tirage)
                                   ← X contient alors X₁
      For i := 2 to k do           ← on effectue les tirages 2 à k
      begin
        tirage := random(3) + 1 ;  ← tirage d'un numéro de boule entre 1 et 3
                                   ← X contient le tirage précédent : X_i−1
        If X = 1 then              ← le X précédent : X_i−1 valait 1
          X := tirage              ← X = X_i reçoit le numéro de la boule : tirage
        else If tirage <> X then   ← le X précédent : est différente de la valeur tirée
          X := 1 ;                 ← X = X_i reçoit 1
      end ;
                                   ← le cas qui n'a pas été traité est
                                   ←  celui où X précédent = tirage
                                   ← mais dans ce cas X_i = X_i−1
                                   ← il n'y a pas besoin de remplir X
      Writeln(X) ;                 ← on écrit le dernier X calculé : X_k 
    End

partie 2 : 4 ) U_k = ^t( P(X_k = 1), P(X_k = 2), P(X_k = 3) )

a ) arbre des cas possibles

état k	boule tirée	Proba. cond.(Boule)	état k+1
X_k = 1	1	1/3	X_k+1 = 1
	2	1/3	X_k+1 = 2
	3	1/3	X_k+1 = 3
X_k = 2	1	1/3	X_k+1 = 1
	2	1/3	X_k+1 = 2
	3	1/3	X_k+1 = 1
X_k = 3	1	1/3	X_k+1 = 1
	2	1/3	X_k+1 = 1
	3	1/3	X_k+1 = 3

Cumul des proba. conditionnelles :
Exemple : P_{X_k=2}(X_k+1=1) = P(Boule 1) + P(Boule 3) = 2/3
car X_k+1=1 peut être obtenu par une Boule 1 ou une Boule 3

	X_k = 1	X_k = 2	X_k = 3
X_k+1 = 1	1/3	2/3	2/3
X_k+1 = 2	1/3	1/3	0
X_k+1 = 3	1/3	0	1/3
vérif.	∑ = 1	∑ = 1	∑ = 1

b ) probabilités totales :
P(X_k+1 = i) = P(X_k = 1) × P_{X_k=1}(X_k+1=i) + P(X_k = 2) × P_{X_k=2}(X_k+1=i) + P(X_k = 3) × P_{X_k=3}(X_k+1=i)
P(X_k+1 = 1) = P(X_k = 1) × (1/3) + P(X_k = 2) × (2/3) + P(X_k = 3) × (2/3)
P(X_k+1 = 2) = P(X_k = 1) × (1/3) + P(X_k = 2) × (1/3)
P(X_k+1 = 3) = P(X_k = 1) × (1/3) + P(X_k = 3) × (1/3)
d'où : U_k+1 = A U_k

P(X_k+1 = 1)	= U_k+1 =	1/3	2/3	2/3	× U_k =	P(X_k = 1)
P(X_k+1 = 2)		1/3	1/3	0		P(X_k = 2)
P(X_k+1 = 3)		1/3	0	1/3		P(X_k = 3)

c ) probabilités totales : U₀ = ^t( 1, 0, 0 )
le premier tirage se comporte comme si le tirage précédent avait donné X = 1
donc : U₁ = A U₀
U_k+1 = A U_k est une suite géométrique : U_k = A^k U₀

partie 2 : 5 )

a ) M + (1/3) I = ... qui est bien égale à A
développement du binôme : ( A + B )^k = ∑_j=0^k (^k_j) A^j B^k−j
comme ( (1/3) I )^j = (1/3)^j I^j = (1/3)^j I :
A^k = ( M + (1/3) I )^k = ∑_j=0^k (^k_j) M^j (1/3)^k−j

b ) première colonne de A^k
On connaît la première colonne de M^j d'après la question 2 d ) de la partie 1

A_k = ∑_j=0^k (^k_j) (1/4)	2(2/3)^j + 2(−2/3)^j	...	...	(1/3)^k−j
	(2/3)^j − (−2/3)^j	...	...
	(2/3)^j − (−2/3)^j	...	...

A_k = (1/4)	∑_j=0^k (^k_j) [ 2(2/3)^j + 2(−2/3)^j ] (1/3)^k−j	...	...
	∑_j=0^k (^k_j) [ (2/3)^j − (−2/3)^j ] (1/3)^k−j	...	...
	∑_j=0^k (^k_j) [ (2/3)^j − (−2/3)^j ] (1/3)^k−j	...	...

A_k = (1/4)	∑_j=0^k (^k_j) 2(2/3)^j (1/3)^k−j + ∑_j=0^k (^k_j) 2(−2/3)^j (1/3)^k−j	...	...
	∑_j=0^k (^k_j) (2/3)^j (1/3)^k−j − ∑_j=0^k (^k_j) (−2/3)^j (1/3)^k−j	...	...
	∑_j=0^k (^k_j) (2/3)^j (1/3)^k−j − ∑_j=0^k (^k_j) (−2/3)^j (1/3)^k−j	...	...

on refactorise les binômes :

A_k = (1/4)	2 [ (2/3) + (1/3) ]^k + 2 [ (−2/3) + (1/3) ]^k	...	...
	[ (2/3) + (1/3) ]^k − [ (−2/3) + (1/3) ]^k	...	...
	[ (2/3) + (1/3) ]^k − [ (−2/3) + (1/3) ]^k	...	...

A_k = (1/4)	2 [ 1 ]^k + 2 (−1/3)^k	...	...
	[ 1 ]^k − (−1/3)^k	...	...
	[ 1 ]^k − (−1/3)^k	...	...

A_k = (1/4)	2 ( 1 + (−1/3)^k )	...	...
	1 − (−1/3)^k	...	...
	1 − (−1/3)^k	...	...

Comme U₀ = ^t( 1, 0, 0 ),
seule la première colonne de A^k est multipliée par 1, les 2 autres colonnes étant multipliées par 0

U_k =	P(X_k = 1)	= A_k U₀ = (1/4)	2 ( 1 + (−1/3)^k )	...	...	×	1	=	(1/2) ( 1 + (−1/3)^k )
	P(X_k = 2)		1 − (−1/3)^k	...	...		0		(1/4) ( 1 − (−1/3)^k )
	P(X_k = 3)		1 − (−1/3)^k	...	...		0		(1/4) ( 1 − (−1/3)^k )

c ) limites quand k → ∞ : (−1/3)^k → 0 ( car |−1/3| < 1 )
et limite U_k = ^t( 1/2, 1/4, 1/4 )

partie 2 : 6 ) E(X_k) = 1 × (1/2) ( 1 + (−1/3)^k ) + 2 × (1/4) ( 1 − (−1/3)^k ) + 3 × (1/4) ( 1 − (−1/3)^k )

E(X_k) = ( 1/2 + 2/4 + 3/4 ) + ( 1/2 − 2/4 − 3/4 ) (−1/3)^k
E(X_k) = (7/4) − (3/4) (−1/3)^k

Programme Pascal :

function eps ( k : integer ) : real ; ← eps est la variable réelle qui est retournée
                                      ← c'est aussi le nom de la fonction
var a : real ;                        ← a contiendra (−1/3)^k
    i : integer ;
begin
  a := 1 ;                            ← on initialise le produit à 1
                                      ← ( alors qu'une somme s'initialise à 0 )
  for i: = 1 to k do
    a := a * ( − 1/3) ;
  esp := (7/4) − (3/4) * a ;          ← variable que l'on retourne
  end

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