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G2EBCPST2026
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Signaler une erreur# G2E BCPST — Mathématiques 2026 · Corrigé brut
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Épreuve de 4 heures, calculatrices programmables et alphanumériques interdites, aucun document. Deux problèmes indépendants.
## Problème 1
Dans tout le problème, le repère du plan est orthonormal.
### Partie A : Calcul d'une intégrale à l'aide de deux fonctions intermédiaires
Sur $[1,+\infty[$ : $\varphi(t)=\dfrac{t^2-1}{t^2+1}$ et $\psi(t)=\dfrac{t}{t^2+1}+\arctan(t)$.
#### 1. (a)
Les fonctions $t\mapsto t^2-1$, $t\mapsto t$ et $t\mapsto t^2+1$ sont polynomiales, donc de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R$, et $t^2+1\geqslant 1>0$ ne s'annule pas. Par quotient, $\varphi$ et $t\mapsto t/(t^2+1)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[1,+\infty[$ ; $\arctan$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb R$, de dérivée $t\mapsto 1/(1+t^2)$. Par somme, $\psi$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[1,+\infty[$.
$$\varphi'(t)=\frac{2t(t^2+1)-(t^2-1)\,2t}{(t^2+1)^2}=\frac{4t}{(t^2+1)^2}.$$
$$\psi'(t)=\frac{(t^2+1)-2t^2}{(t^2+1)^2}+\frac{1}{t^2+1}=\frac{1-t^2+t^2+1}{(t^2+1)^2}=\frac{2}{(t^2+1)^2}.$$
$$\boxed{\varphi'(t)=\frac{4t}{(t^2+1)^2},\qquad \psi'(t)=\frac{2}{(t^2+1)^2}\qquad (t\geqslant 1).}$$
#### 1. (b)
Pour $t\geqslant 1$, $4t>0$ donc $\varphi'(t)>0$ : **$\varphi$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$.**
$\varphi$ est continue en $1$, donc $\lim_{t\to1}\varphi(t)=\varphi(1)=\dfrac{0}{2}=0$. En $+\infty$, pour $t\neq 0$, $\varphi(t)=\dfrac{1-1/t^2}{1+1/t^2}\longrightarrow 1$.
$$\boxed{\lim_{t\to 1}\varphi(t)=0,\qquad \lim_{t\to+\infty}\varphi(t)=1.}$$
Continue et strictement croissante, $\varphi$ réalise donc une bijection de $[1,+\infty[$ sur $[0,1[$.
#### 2. (a)
$f:x\mapsto\sqrt{1-x^2}$ est continue sur $[-1,1]$, donc $I=\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx$ est l'intégrale d'une fonction continue sur un segment.
*Hypothèses.* Soit $A\geqslant 1$. Sur le segment $[1,A]$, $\varphi$ est de classe $\mathcal C^1$ (question 1(a)) et à valeurs dans $[0,\varphi(A)]\subset[0,1]$ (question 1(b)), intervalle sur lequel $f$ est continue. Le théorème de changement de variable donne, avec $x=\varphi(t)$, $\mathrm dx=\varphi'(t)\,\mathrm dt$ :
$$\int_{0}^{\varphi(A)}f(x)\,\mathrm dx=\int_1^A f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,\mathrm dt .$$
*Calcul.* $1-\varphi(t)^2=\dfrac{(t^2+1)^2-(t^2-1)^2}{(t^2+1)^2}=\dfrac{4t^2}{(t^2+1)^2}$, et comme $t>0$, $f(\varphi(t))=\dfrac{2t}{t^2+1}$. D'où
$$f(\varphi(t))\,\varphi'(t)=\frac{2t}{t^2+1}\cdot\frac{4t}{(t^2+1)^2}=\frac{8t^2}{(t^2+1)^3}.$$
*Passage à la limite.* $F:y\mapsto\int_0^y f$ est continue sur $[0,1]$ (primitive de $f$ continue) et $\varphi(A)\to 1$ quand $A\to+\infty$, donc $\int_0^{\varphi(A)}f=F(\varphi(A))\to F(1)=I$. Ainsi $\int_1^A\frac{8t^2}{(t^2+1)^3}\,\mathrm dt$ admet la limite finie $I$ : l'intégrale impropre converge et
$$\boxed{I=\int_1^{+\infty}\frac{8t^2}{(t^2+1)^3}\,\mathrm dt.}$$
#### 2. (b)
Soit $A\geqslant1$. On pose $u(t)=t$ et $v(t)=-\dfrac{2}{(t^2+1)^2}$, de classe $\mathcal C^1$ sur $[1,A]$, avec $u'(t)=1$ et $v'(t)=\dfrac{8t}{(t^2+1)^3}$, de sorte que $u(t)v'(t)=\dfrac{8t^2}{(t^2+1)^3}$. Par intégration par parties :
$$\int_1^A\frac{8t^2}{(t^2+1)^3}\,\mathrm dt=\Big[-\frac{2t}{(t^2+1)^2}\Big]_1^A+\int_1^A\frac{2\,\mathrm dt}{(t^2+1)^2}=-\frac{2A}{(A^2+1)^2}+\frac12+2\int_1^A\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}.$$
Quand $A\to+\infty$ : le membre de gauche tend vers $I$ (question 2(a)), et $0\leqslant\dfrac{2A}{(A^2+1)^2}\leqslant\dfrac{2A}{A^4}=\dfrac{2}{A^3}\to0$. Donc $\int_1^A\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}$ a une limite finie : l'intégrale $\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}$ converge et
$$\boxed{I=\frac12+2\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}.}$$
#### 2. (c)
D'après 1(a), $\frac12\psi$ est une primitive de $t\mapsto\frac{1}{(t^2+1)^2}$ sur $[1,+\infty[$. Donc
$$2\int_1^{A}\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}=\psi(A)-\psi(1),\qquad \psi(1)=\frac12+\frac\pi4,\qquad \psi(A)=\frac{A}{A^2+1}+\arctan A\xrightarrow[A\to+\infty]{}0+\frac\pi2 .$$
Ainsi $2\int_1^{+\infty}\frac{\mathrm dt}{(t^2+1)^2}=\frac\pi2-\frac12-\frac\pi4=\frac\pi4-\frac12$, et avec 2(b) :
$$\boxed{I=\frac12+\frac\pi4-\frac12=\frac{\pi}{4}.}$$
#### 3. (a)
Le cercle $\mathcal C$ de centre $O$ et de rayon $1$ est l'ensemble des points $M(x,y)$ tels que $OM=1$, soit, le repère étant orthonormal, $\sqrt{x^2+y^2}=1$ :
$$\boxed{\mathcal C:\ x^2+y^2=1.}$$
Un point de la courbe de $f$ s'écrit $(x,\sqrt{1-x^2})$ avec $x\in[-1,1]$, et $x^2+\big(\sqrt{1-x^2}\big)^2=x^2+1-x^2=1$ : **il appartient à $\mathcal C$.** Comme $f\geqslant 0$, la courbe de $f$ est le demi-cercle supérieur de $\mathcal C$.
#### 3. (b)
$f$ est continue et positive sur $[0,1]$, donc $I$ est l'aire du domaine $\{(x,y):0\leqslant x\leqslant 1,\ 0\leqslant y\leqslant\sqrt{1-x^2}\}$. Pour $x\in[0,1]$ et $y\geqslant 0$, $y\leqslant\sqrt{1-x^2}\iff x^2+y^2\leqslant1$ : ce domaine est $\{x\geqslant0,\ y\geqslant0,\ x^2+y^2\leqslant1\}$, le quart du disque unité situé dans le premier quadrant. Le repère étant orthonormal, son aire est le quart de celle du disque de rayon $1$ :
$$\boxed{I=\frac{\pi\cdot 1^2}{4}=\frac\pi4,}$$
ce qui confirme 2(c).
### Partie B : Dénombrement de points dans un disque
$D_n=\{(x,y)\in\mathbb Z^2,\ x^2+y^2\leqslant n^2\}$, $Q_n=\{(x,y)\in(\mathbb N^*)^2,\ x^2+y^2\leqslant n^2\}$.
#### 4.
- $D_1$ : $x^2\leqslant1$ et $y^2\leqslant 1$, donc $x,y\in\{-1,0,1\}$ ; parmi ces 9 couples, $(\pm1,\pm1)$ donnent $2>1$. Il reste $(0,0),(\pm1,0),(0,\pm1)$.
- $Q_1$ : si $x,y\geqslant1$, $x^2+y^2\geqslant2>1$, donc $Q_1=\varnothing$.
- $Q_3$ : $y\geqslant1$ impose $x^2\leqslant 8$, donc $x\in\{1,2\}$. Pour $x=1$, $y^2\leqslant8$ : $y\in\{1,2\}$ ; pour $x=2$, $y^2\leqslant5$ : $y\in\{1,2\}$. Donc $Q_3=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\}$.
$$\boxed{\operatorname{Card}(D_1)=5,\qquad\operatorname{Card}(Q_1)=0,\qquad\operatorname{Card}(Q_3)=4.}$$
#### 5. (a)
On partitionne $D_n$ en trois parties disjointes :
- l'origine $(0,0)$ : 1 point ;
- les points non nuls situés sur un axe : $(x,0)$ avec $x\neq0$ est dans $D_n$ si et seulement si $|x|\leqslant n$, soit $2n$ points ; de même $2n$ points $(0,y)$ ; au total $4n$ points ;
- les points $(x,y)$ de $D_n$ tels que $x\neq0$ et $y\neq0$ : l'application $(x,y)\mapsto(|x|,|y|)$ envoie cet ensemble dans $Q_n$ (car $|x|,|y|\in\mathbb N^*$ et $|x|^2+|y|^2=x^2+y^2$), et tout $(a,b)\in Q_n$ a exactement quatre antécédents distincts $(\pm a,\pm b)$, tous dans $D_n$ (symétries par rapport aux axes et à l'origine). Cet ensemble a donc $4\operatorname{Card}(Q_n)$ éléments.
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad \operatorname{Card}(D_n)=1+4n+4\operatorname{Card}(Q_n).}$$
#### 5. (b)
Si $(x,y)\in Q_n$, alors $y\geqslant1$ donc $x^2\leqslant n^2-1<n^2$ et $x\in\llbracket1,n-1\rrbracket$. On compte $Q_n$ par colonnes : pour $x\in\llbracket1,n-1\rrbracket$ fixé et $y\in\mathbb N^*$,
$$(x,y)\in Q_n\iff y^2\leqslant n^2-x^2\iff y\leqslant\sqrt{n^2-x^2}\iff y\leqslant\big\lfloor\sqrt{n^2-x^2}\big\rfloor,$$
la deuxième équivalence par croissance de la racine sur $\mathbb R_+$ ($y>0$), la troisième parce que $y$ est entier (si $y\leqslant t$ avec $y\in\mathbb Z$, alors $y\leqslant\lfloor t\rfloor$ par définition de la partie entière, plus grand entier inférieur ou égal à $t$ ; la réciproque vient de $\lfloor t\rfloor\leqslant t$). La colonne d'abscisse $x$ contient donc $\lfloor\sqrt{n^2-x^2}\rfloor$ points, d'où
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad\operatorname{Card}(Q_n)=\sum_{x=1}^{n-1}\big\lfloor\sqrt{n^2-x^2}\big\rfloor}$$
(somme vide, nulle, pour $n=1$, en accord avec $Q_1=\varnothing$).
#### 5. (c)
Pour tout réel $t$, $t-1<\lfloor t\rfloor\leqslant t$. En l'appliquant à $t=\sqrt{n^2-x^2}$ et en sommant pour $x\in\llbracket1,n-1\rrbracket$ ($n-1$ termes) :
$$\sum_{x=1}^{n-1}\sqrt{n^2-x^2}-(n-1)\leqslant\operatorname{Card}(Q_n)\leqslant\sum_{x=1}^{n-1}\sqrt{n^2-x^2}.$$
Le terme $x=n$ de $\sum_{x=1}^{n}\sqrt{n^2-x^2}$ est nul, donc $\sum_{x=1}^{n-1}\sqrt{n^2-x^2}=\sum_{x=1}^{n}\sqrt{n^2-x^2}$, et
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad 1-n+\sum_{x=1}^{n}\sqrt{n^2-x^2}\leqslant\operatorname{Card}(Q_n)\leqslant\sum_{x=1}^{n}\sqrt{n^2-x^2}.}$$
#### 6. (a)
Pour $x\in\llbracket1,n\rrbracket$, $\sqrt{n^2-x^2}=n\sqrt{1-(x/n)^2}$ ($n>0$), donc
$$R_n=\frac1{n^2}\sum_{x=1}^n n\sqrt{1-\Big(\frac xn\Big)^2}=\frac1n\sum_{x=1}^{n}f\Big(\frac xn\Big),\qquad f(u)=\sqrt{1-u^2}.$$
**$R_n$ est la somme de Riemann (à droite, pas $1/n$) de la fonction $f:u\mapsto\sqrt{1-u^2}$ sur le segment $[0,1]$**, associée à la subdivision régulière $\big(\frac kn\big)_{0\leqslant k\leqslant n}$.
#### 6. (b)
$f$ est continue sur le segment $[0,1]$, donc la suite de ses sommes de Riemann converge vers son intégrale :
$$\boxed{R_n\xrightarrow[n\to+\infty]{}\int_0^1\sqrt{1-u^2}\,\mathrm du=I=\frac\pi4.}$$
#### 6. (c)
En divisant l'encadrement de 5(c) par $n^2>0$ :
$$\frac{1-n}{n^2}+R_n\leqslant\frac{\operatorname{Card}(Q_n)}{n^2}\leqslant R_n .$$
Comme $\frac{1-n}{n^2}\to0$ et $R_n\to\frac\pi4$, le théorème des gendarmes donne $\frac{\operatorname{Card}(Q_n)}{n^2}\to\frac\pi4\neq0$, c'est-à-dire
$$\boxed{\operatorname{Card}(Q_n)\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{\pi n^2}{4}.}$$
Avec 5(a) : $\dfrac{\operatorname{Card}(D_n)}{n^2}=\dfrac1{n^2}+\dfrac4n+4\,\dfrac{\operatorname{Card}(Q_n)}{n^2}\longrightarrow 0+0+4\cdot\dfrac\pi4=\pi\neq 0$, donc
$$\boxed{\operatorname{Card}(D_n)\underset{n\to+\infty}{\sim}\pi n^2.}$$
### Partie C : Convergence en loi
$X_n,Y_n\hookrightarrow\mathcal U(\llbracket-n,n\rrbracket)$, $(X_1,\dots,X_N,Y_1,\dots,Y_N)$ mutuellement indépendantes pour tout $N$, et $Z_n=1$ si $X_n^2+Y_n^2\leqslant n^2$, $0$ sinon.
#### 7. (a)
$X_n$ est finie, de loi $P(X_n=k)=\frac1{2n+1}$ pour $k\in\llbracket-n,n\rrbracket$, donc
$$E(X_n)=\frac{1}{2n+1}\sum_{k=-n}^{n}k=0,$$
la somme étant nulle (les termes $k$ et $-k$ se compensent ; le changement d'indice $k\mapsto-k$ montre qu'elle est égale à son opposée).
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad E(X_n)=0.}$$
#### 7. (b)
Par la formule de König-Huygens et 7(a), $V(X_n)=E(X_n^2)-E(X_n)^2=E(X_n^2)$. Par le théorème de transfert :
$$E(X_n^2)=\frac1{2n+1}\sum_{k=-n}^nk^2=\frac{2}{2n+1}\sum_{k=1}^nk^2=\frac{2}{2n+1}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)}3 .$$
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad V(X_n)=\frac{n(n+1)}{3}.}$$
#### 8. (a)
Soit $N\in\mathbb N^*$. Pour tout $n$, $Z_n=h_n(X_n,Y_n)$ avec $h_n(x,y)=1$ si $x^2+y^2\leqslant n^2$ et $0$ sinon. La famille $(X_1,\dots,X_N,Y_1,\dots,Y_N)$ est mutuellement indépendante et les paquets $\{X_1,Y_1\},\dots,\{X_N,Y_N\}$ sont disjoints : d'après le lemme des coalitions, $h_1(X_1,Y_1),\dots,h_N(X_N,Y_N)$, c'est-à-dire $Z_1,\dots,Z_N$, sont mutuellement indépendantes. Ceci valant pour tout $N$ :
**les variables aléatoires $(Z_n)_{n\in\mathbb N^*}$ sont mutuellement indépendantes.**
#### 8. (b)
$Z_n(\Omega)\subset\{0,1\}$, donc $Z_n$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p_n=P(Z_n=1)$. Par indépendance de $X_n$ et $Y_n$, pour $(x,y)\in\llbracket-n,n\rrbracket^2$, $P(X_n=x,Y_n=y)=\frac{1}{(2n+1)^2}$ : le couple est uniforme sur $\llbracket-n,n\rrbracket^2$, de cardinal $(2n+1)^2$. Si $(x,y)\in\mathbb Z^2$ vérifie $x^2+y^2\leqslant n^2$, alors $|x|\leqslant n$ et $|y|\leqslant n$ : l'ensemble des couples favorables de $\llbracket-n,n\rrbracket^2$ est exactement $D_n$. Donc
$$\boxed{Z_n\hookrightarrow\mathcal B\left(\frac{\operatorname{Card}(D_n)}{(2n+1)^2}\right).}$$
#### 9. (a)
Si $(T_n)$ et $T$ sont des variables aléatoires à valeurs dans $\mathbb N$, $(T_n)$ converge en loi vers $T$ si et seulement si
$$\boxed{\forall k\in\mathbb N,\quad\lim_{n\to+\infty}P(T_n=k)=P(T=k).}$$
#### 9. (b)
D'après 6(c), $\operatorname{Card}(D_n)\sim\pi n^2$, et $(2n+1)^2\sim4n^2$. Par quotient d'équivalents, $p_n\sim\frac{\pi n^2}{4n^2}=\frac\pi4$, donc $p_n\to\frac\pi4$. Les $Z_n$ sont à valeurs dans $\{0,1\}\subset\mathbb N$ et
$$P(Z_n=1)=p_n\to\frac\pi4,\qquad P(Z_n=0)=1-p_n\to1-\frac\pi4,\qquad P(Z_n=k)=0\ \text{ pour } k\geqslant2.$$
Comme $3<\pi<4$, $\frac\pi4\in\,]0,1[$ et l'on peut considérer $Z\hookrightarrow\mathcal B(\pi/4)$ ; les limites ci-dessus sont exactement les $P(Z=k)$, $k\in\mathbb N$. Donc $(Z_n)$ converge en loi vers $Z$, avec
$$\boxed{Z\hookrightarrow\mathcal B\Big(\frac\pi4\Big),\qquad E(Z)=\frac\pi4,\qquad V(Z)=\frac\pi4\Big(1-\frac\pi4\Big).}$$
#### 10. (a)
Notons $\overline Z_n=\frac1n\sum_{k=1}^nZ_k$ la moyenne empirique. Par linéarité de l'espérance et 8(b), $E(\overline Z_n)=\frac1n\sum_{k=1}^n p_k$. La suite $(p_k)$ converge vers $\frac\pi4$ (question 9(b)), donc par le théorème de Cesàro :
$$\boxed{E(\overline Z_n)=\frac1n\sum_{k=1}^np_k\xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac\pi4.}$$
#### 10. (b)
Les $Z_k$ sont mutuellement indépendantes (8(a)), donc la variance de leur somme est la somme des variances :
$$V(\overline Z_n)=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^nV(Z_k)=\frac1n\cdot\Big(\frac1n\sum_{k=1}^np_k(1-p_k)\Big).$$
Par continuité de $t\mapsto t(1-t)$, $p_k(1-p_k)\to\frac\pi4\big(1-\frac\pi4\big)$, donc par Cesàro la parenthèse converge vers ce réel ; multipliée par $\frac1n\to0$, elle donne
$$\boxed{V(\overline Z_n)\xrightarrow[n\to+\infty]{}0.}$$
## Problème 2
### Partie A : Matrice de carré nul
#### 1. (a)
$$S^2=O_2,\qquad T^2=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\2&0&0\end{pmatrix}\neq O_3,\qquad U^2=O_3.$$
**Les matrices de carré nul sont $S$ et $U$** ; $T$ ne l'est pas.
#### 1. (b)
Soit $A$ telle que $A^2=O_n$ et $\lambda$ une valeur propre de $A$, de vecteur propre $X\neq0$ : $AX=\lambda X$. Alors $A^2X=A(\lambda X)=\lambda AX=\lambda^2X$, et $A^2X=0$. Donc $\lambda^2X=0$ avec $X\neq0$, d'où $\lambda^2=0$ :
$$\boxed{\lambda=0.}$$
#### 1. (c)
Soit $A=(a_{ij})$ symétrique avec $A^2=O_n$. Le coefficient diagonal $(i,i)$ de $A^2$ vaut $\sum_{k=1}^na_{ik}a_{ki}=\sum_{k=1}^na_{ik}^2$ (car $a_{ki}=a_{ik}$). Il est nul : une somme de carrés de réels nulle a tous ses termes nuls, donc $a_{ik}=0$ pour tous $i,k$ :
$$\boxed{A=O_n.}$$
(Variante : $A$ symétrique réelle est diagonalisable, $A=PDP^{-1}$ avec $D$ diagonale formée des valeurs propres, toutes nulles d'après 1(b), donc $D=O_n$ et $A=O_n$.)
#### 2. (a)
Si $m=1$, $A=O_2$ donc $A^2=O_2$ ; si $m=2$, $A^2=O_2$ est l'hypothèse. **Dans les deux cas $A^2=O_2$.**
#### 2. (b)
Si l'on avait $A^2X=0$ pour tout $X\in\mathcal M_{2,1}(\mathbb R)$, en prenant $X=E_1$ puis $X=E_2$ (colonnes de la base canonique), les deux colonnes de $A^2$ seraient nulles et $A^2=O_2$, ce qui est exclu. **Il existe donc $X\in\mathcal M_{2,1}(\mathbb R)$ tel que $A^2X\neq0$.**
#### 2. (c)
On a $A^3=O_2$, donc $A^4=A\cdot A^3=O_2$. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ réels tels que $\alpha X+\beta AX+\gamma A^2X=0$.
- En multipliant à gauche par $A^2$ : $\alpha A^2X+\beta A^3X+\gamma A^4X=\alpha A^2X=0$, et $A^2X\neq0$, donc $\alpha=0$.
- Il reste $\beta AX+\gamma A^2X=0$ ; en multipliant par $A$ : $\beta A^2X=0$, donc $\beta=0$.
- Il reste $\gamma A^2X=0$, donc $\gamma=0$.
La famille $(X,AX,A^2X)$ est libre. Or $\mathcal M_{2,1}(\mathbb R)$ est de dimension $2$, et une famille libre y compte au plus $2$ vecteurs : contradiction. Donc $A^2=O_2$, et avec 2(a) :
$$\boxed{A\in\mathcal M_2(\mathbb R),\ A^m=O_2\ (m\in\{1,2,3\})\ \Longrightarrow\ A^2=O_2.}$$
#### 3.
Soient $M,N\in\mathcal M_2(\mathbb R)$ avec $(MN)^2=O_2$. Par associativité,
$$(NM)^3=NMNMNM=N(MN)(MN)M=N(MN)^2M=O_2 .$$
La matrice $NM\in\mathcal M_2(\mathbb R)$ vérifie $(NM)^3=O_2$ ; d'après la question 2 (avec $m=3$), **$(NM)^2=O_2$ : $NM$ est de carré nul.**
### Partie B : Endomorphisme de $\mathbb R^3$ de carré nul
#### 4.
Si $u=0$, pour toute base $\mathcal B$ de $\mathbb R^3$ (par exemple la base canonique), toutes les colonnes de $\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(u)$ sont nulles : $\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(u)=O_3$, qui est la forme voulue avec **$\varepsilon=0$ (et n'importe quelle base $\mathcal B$).**
#### 5. (a)
Comme $u\neq0$, il existe $a\in\mathbb R^3$ tel que $u(a)\neq0$. Soient $\alpha,\beta$ réels tels que $\alpha u(a)+\beta a=0$. En appliquant $u$ (linéaire) : $\alpha u^2(a)+\beta u(a)=\beta u(a)=0$, donc $\beta=0$ puisque $u(a)\neq0$ ; puis $\alpha u(a)=0$ donne $\alpha=0$. **La famille $(u(a),a)$ est libre.**
#### 5. (b)
$(u(a),a)$ est une famille libre de $\mathbb R^3$, espace de dimension finie $3$. D'après le théorème de la base incomplète, on peut la compléter en une base de $\mathbb R^3$ ; comme elle a $2$ vecteurs, il suffit d'en ajouter un : **il existe $e\in\mathbb R^3$ tel que $\mathcal A=(u(a),a,e)$ soit une base de $\mathbb R^3$.**
#### 5. (c)
Par unicité des coordonnées dans la base $\mathcal A$ : $a=0\cdot u(a)+1\cdot a+0\cdot e$ et $u(a)=1\cdot u(a)+0\cdot a+0\cdot e$. Donc
$$\boxed{a_1=0,\qquad u(a)_1=1.}$$
#### 6. (a)
$\varphi(a)=(a_1,u(a)_1)=(0,1)$ par 5(c). De plus $u(u(a))=u^2(a)=0$, dont la première coordonnée est nulle, donc $\varphi(u(a))=(u(a)_1,u^2(a)_1)=(1,0)$. L'image de $\varphi$ contient la base $\big((1,0),(0,1)\big)$ de $\mathbb R^2$, donc $\operatorname{Im}\varphi=\mathbb R^2$ et
$$\boxed{\operatorname{rg}(\varphi)=2.}$$
Par le théorème du rang appliqué à $\varphi\in\mathcal L(\mathbb R^3,\mathbb R^2)$ : $\dim\operatorname{Ker}\varphi=3-2=1$. **$\operatorname{Ker}(\varphi)$ est une droite vectorielle de $\mathbb R^3$.**
#### 6. (b)
Soit $e'$ un vecteur directeur de $\operatorname{Ker}\varphi$ : $e'\neq0$ et $\varphi(e')=(0,0)$. Soient $\alpha,\beta,\gamma$ réels tels que $\alpha u(a)+\beta e'+\gamma a=0$. En appliquant $\varphi$ (linéaire) :
$$\alpha(1,0)+\beta(0,0)+\gamma(0,1)=(\alpha,\gamma)=(0,0),$$
donc $\alpha=\gamma=0$, puis $\beta e'=0$ et $\beta=0$. La famille $\mathcal B=(u(a),e',a)$ est libre et a $3=\dim\mathbb R^3$ vecteurs : **$\mathcal B$ est une base de $\mathbb R^3$.**
#### 6. (c)
Comme $\varphi(e')=(e'_1,u(e')_1)=(0,0)$, on a $u(e')_1=0$. Alors
$$\varphi(u(e'))=\big(u(e')_1,\ u^2(e')_1\big)=(0,0)$$
car $u^2=0$. Donc **$u(e')\in\operatorname{Ker}\varphi$**. Ce noyau est la droite $\operatorname{Vect}(e')$ : il existe $\mu\in\mathbb R$ tel que $u(e')=\mu e'$, de sorte que $e'\neq0$ est un vecteur propre de $u$ associé à $\mu$. Comme en 1(b), en appliquant $u$ : $0=u^2(e')=\mu\,u(e')=\mu^2e'$, d'où $\mu^2=0$ puisque $e'\neq0$. Ainsi $\mu=0$ et
$$\boxed{u(e')=0.}$$
#### 6. (d)
Dans la base $\mathcal B=(u(a),e',a)$ : $u(u(a))=0$, $u(e')=0$ (6(c)) et $u(a)=1\cdot u(a)+0\cdot e'+0\cdot a$. Donc
$$\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(u)=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},$$
forme voulue avec $\varepsilon=1$. Avec la question 4 (cas $u=0$, $\varepsilon=0$) : **pour tout endomorphisme $u$ de $\mathbb R^3$ de carré nul, il existe une base $\mathcal B$ de $\mathbb R^3$ et $\varepsilon\in\{0,1\}$ tels que $\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(u)=\begin{pmatrix}0&0&\varepsilon\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$, avec $\varepsilon=0$ si $u=0$ et $\varepsilon=1$ sinon.**
### Partie C : Avec un dé
Les lancers sont indépendants et chacun donne $6$ avec probabilité $\frac16$. L'événement « on n'obtient jamais six fois le $6$ » est de probabilité nulle et n'affecte aucun calcul.
#### 7. (a)
Soit $G$ le rang du premier six. C'est le temps d'attente du premier succès dans une suite d'épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $\frac16$ : $G\hookrightarrow\mathcal G(\frac16)$, $G(\Omega)=\mathbb N^*$, $P(G=k)=\frac16\big(\frac56\big)^{k-1}$. Le nombre de lancers avant le premier six est $X_1=G-1$, donc $X_1(\Omega)=\mathbb N$ et
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad P(X_1=n)=P(G=n+1)=\frac16\Big(\frac56\Big)^{n}.}$$
Avec $E(G)=\frac1p=6$ et $V(G)=\frac{1-p}{p^2}=\frac{5/6}{1/36}=30$ :
$$\boxed{E(X_1)=E(G)-1=5,\qquad V(X_1)=V(G)=30.}$$
#### 7. (b)
Soient $n_1,\dots,n_6\in\mathbb N$. L'événement $\{X_1=n_1,\dots,X_6=n_6\}$ signifie exactement que, parmi les $n_1+\dots+n_6+6$ premiers lancers, ceux de rangs $n_1+1$, $n_1+n_2+2$, …, $n_1+\dots+n_6+6$ donnent $6$ et tous les autres donnent autre chose que $6$. Par indépendance des lancers :
$$P(X_1=n_1,\dots,X_6=n_6)=\prod_{i=1}^6\frac16\Big(\frac56\Big)^{n_i}.$$
En sommant sur les $n_j$, $j\neq i$ (séries géométriques de somme $1$), on obtient $P(X_i=n_i)=\frac16\big(\frac56\big)^{n_i}$, et la loi conjointe est le produit des lois marginales. **Les variables $X_1,\dots,X_6$ sont mutuellement indépendantes et suivent toutes la même loi que $X_1$** (géométrique décalée : $X_i+1\hookrightarrow\mathcal G(\frac16)$), d'espérance $5$ et de variance $30$.
#### 8. (a)
$P(X_i=0)=\frac16$ pour tout $i$. Par indépendance mutuelle de $X_1,X_4,X_6$ :
$$\boxed{P(X_1=X_4=X_6=0)=\Big(\frac16\Big)^3=\frac1{216}.}$$
#### 8. (b)
Par la formule de Poincaré et l'indépendance de $X_2$ et $X_5$ :
$$P(\{X_2=0\}\cup\{X_5=0\})=\frac16+\frac16-\frac16\cdot\frac16=\frac{11}{36}.$$
(Contrôle par le complémentaire : $1-\big(\frac56\big)^2=\frac{11}{36}$.)
$$\boxed{P(\{X_2=0\}\cup\{X_5=0\})=\frac{11}{36}.}$$
#### 9.
Écrivons $A=A(\omega)$. Un calcul direct donne
$$A^2=\begin{pmatrix}X_1^2&X_1X_2+X_2X_4&X_1X_3+X_2X_5+X_3X_6\\0&X_4^2&X_4X_5+X_5X_6\\0&0&X_6^2\end{pmatrix}.$$
Si $A^2=O_3$, les coefficients diagonaux donnent $X_1=X_4=X_6=0$ ; alors $A^2$ se réduit à la matrice dont le seul coefficient éventuellement non nul est $(A^2)_{13}=X_2X_5$. Réciproquement, si $X_1=X_4=X_6=0$ et $X_2X_5=0$, tous les coefficients de $A^2$ sont nuls. Donc
$$\{A^2=O_3\}=\big(\{X_1=0\}\cap\{X_4=0\}\cap\{X_6=0\}\big)\cap\big(\{X_2=0\}\cup\{X_5=0\}\big).$$
Le premier événement ne dépend que de $(X_1,X_4,X_6)$, le second que de $(X_2,X_5)$ ; ces paquets sont disjoints et $X_1,\dots,X_6$ sont mutuellement indépendantes (7(b)), donc par le lemme des coalitions les deux événements sont indépendants. Avec 8(a) et 8(b) :
$$\boxed{P(A^2=O_3)=\frac1{216}\cdot\frac{11}{36}=\frac{11}{7776}\approx1{,}41\times10^{-3}.}$$
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