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Catégorie :Category: mViewer GX Creator Lua TI-Nspire
Auteur Author: beliqueux
Type : Classeur 3.6
Page(s) : 9
Taille Size: 692.98 Ko KB
Mis en ligne Uploaded: 17/04/2021 - 05:40:17
Uploadeur Uploader: beliqueux (Profil)
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Visibilité Visibility: Archive publique
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Description 

Concours CPGE EPITA/IPSA/ESME 2020
Corrigé de l'épreuve de mathématiques MP - PC - PSI (3h)




‡ ETUDE D'UNE MARCHE ALÉATOIRE (Partie I)
1°) Etude d'une suite de variables aléatoires HXn L
a) D'après les règles de la marche aléatoire, on a PIXn =1M HXn+1 = BL = 1
et PIXn =2M HXn+1 = BL = 1 .
4 2
En effet, à partir de tout point noté 1, un seul chemin sur quatre conduit à un point noté B.
Et à partir de tout point noté 2, deux chemins sur quatre conduisent à un point noté B.

b) De même, on obtient PIXn =1M HXn+1 = 0L = 1
et PIXn =1M HXn+1 = 2L = 1 .
4 2


c) On applique la formule des probabilités totales avec le système complet formé des événements
HXn = 0L, HXn = 1L, HXn = 2L, HXn = BL, ce qui conduit successivement à :
PHXn+1 = 0L = PHXn = 0L PIXn =0M HXn+1 = 0L + PHXn = 1L PIXn =1M HXn+1 = 0L
+PHXn = 2L PIXn =2M HXn+1 = 0L + PHXn = BL PIXn =BM HXn+1 = 0L
1
= PHXn = 1L.
4
PHXn+1 = 1L = PHXn = 0L PIXn =0M HXn+1 = 1L + PHXn = 1L PIXn =1M HXn+1 = 1L
+PHXn = 2L PIXn =2M HXn+1 = 1L + PHXn = BL PIXn =BM HXn+1 = 1L
1
= PHXn = 0L + PHXn = 2L.
2
PHXn+1 = 2L = PHXn = 0L PIXn =0M HXn+1 = 2L + PHXn = 1L PIXn =1M HXn+1 = 2L
+PHXn = 2L PIXn =2M HXn+1 = 2L + PHXn = BL PIXn =BM HXn+1 = 2L
1
= PHXn = 1L.
2
PHXn+1 = BL = PHXn = 0L PIXn =0M HXn+1 = BL + PHXn = 1L PIXn =1M HXn+1 = BL
+PHXn = 2L PIXn =2M HXn+1 = BL + PHXn = BL PIXn =BM HXn+1 = BL
1 1
= PHXn = 1L + PHXn = 2L + PHXn = BL.
4 2

d) Il en résulte qu'on a pour tout entier naturel n :
P HXn+1 = 0L 0 1ê4 0 0 P HXn = 0L
P HXn+1 = 1L 1 0 1ê2 0 P HXn = 1L
= .
P HXn+1 = 2L 0 1ê2 0 0 P HXn = 2L
P HXn+1 = BL 0 1ê4 1ê2 1 P HXn = BL
2°) Diagonalisation de la matrice M
a1) Le vecteur propre U1 associé à l = 1 de dernière composante égale à 1 vérifie :
0 1 ê 4 0 0 x1 x1
1 0 1 ê 2 0 x2 x2
= .
0 1 ê 2 0 0 x3 x3
0 1ê4 1ê2 1 1 1
x2 x3 x2 x2 x3
On résout donc : x1 - = 0, x1 - x2 + = 0, - x3 = 0, + = 0.
4 2 2 4 2
On en déduit que les composantes de U1 sont H0, 0, 0, 1L.
1
a2) le vecteur propre U2 associé à l = + de dernières composantes -6 + 4 2 et 1 vérifie :
2
0 1ê4 0 0 x1 x1
1 0 1ê2 0 x2 1 x2
= .
0 1ê2 0 0 -6 + 4 2 2-6 + 4 2
0 1ê4 1ê2 1 1 1
x1 x2 x2 x2 x 3
On résout donc : - = 0, x1 - =3-2 2 , =4-3 2 , 2 =2- 2.
2 4 2 2 4 2

On en déduit que les composantes de U2 sont I-3 + 2 2 , 8-6 2 , -6 + 4 2 , 1M.
1
a3) le vecteur propre U3 associé à l = - de dernières composantes -6 - 4 2 et 1 vérifie :
2
0 1ê4 0 0 x1 x1
1 0 1ê2 0 x2 -1 x2
= .
0 1ê2 0 0 -6 - 4 2 2 -6 - 4 2
0 1ê4 1ê2 1 1 1
x1 x2 x2 x2 x 3
On résout donc : + = 0, x1 + =3+2 2 , =4+3 2 , 2 =2+ 2.
2 4 2 2 4 2

On en déduit que les composantes de U3 sont I-3 - 2 2 , 8+6 2 , -6 - 4 2 , 1M.
a4) le vecteur propre U4 associé à l = 0 de dernière composante 1 vérifie :
0 1 ê 4 0 0 x1 0
1 0 1ê2 0 x2 0
= .
0 1 ê 2 0 0 x3 0
0 1ê4 1ê2 1 1 0
x2 x3 x2 x2 x3
On résout donc : = 0, x1 + = 0, = 0, + = -1.
4 2 2 4 2
On en déduit que les composantes de U4 sont H1, 0, -2, 1L.

b) La matrice M étant d'ordre 4 et ayant 4 valeurs propres réelles distinctes est diagonalisable.
De plus, une matrice de passage de la base canonique à une base de vecteurs propres de M est :
0 -3 + 2 2 -3 - 2 2 1
0 8-6 2 8+6 2 0
P= .
0 -6 + 4 2 -6 - 4 2 -2
1 1 1 1
1 1
On en déduit aussitôt la relation : D = P-1 M P avec D = DiagJ1, ,- , 0N.
2 2
3°) Lois des variables aléatoires Xn
a) D'après les règles de la marche aléatoire, les composantes de V0 sont H1, 0, 0, 0L.
D'après la question 1°, on a Vn+1 = M Vn , d'où par récurrence immédiate Vn = M n V0 .
D'après la question 2°, on a M = P D P-1 , d'où Vn = IP D P-1 M V0 = P Dn P-1 V0 .
n



b) Comme les composantes de V0 sont 1, 0, 0, 0, le système P X = V0 s'écrit :
I-3 + 2 2 M x2 - I3 + 2 2 M x3 + x4 = 1
I8 - 6 2 M x2 + I8 + 6 2 M x3 = 0
I-6 + 4 2 M x2 - I6 + 4 2 M x3 - 2 x4 = 0
x1 + x2 + x3 + x4 = 0
En retirant 2 fois (1) à (3), on obtient : 2 x4 = 1 et x4 = 1 , ce qui ramène au système suivant :
2
I-3 + 2 2 M x2 - I3 + 2 2 M x3 = 1
2
I4 - 3 2 M x2 + I4 + 3 2 M x3 = 0
x1 + x2 + x3 = -1
2
Les deux premières équations donnent x2 = - 3+2 2 et x3 = - 3-2 2
, et il reste alors x1 = 1.
4 4

Ainsi, les composantes du vecteur X = P-1 V0 sont 1, - 3+2 ...

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