Corrigé : EDHEC 1999

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Option économique
Exercice 1:

1 −2 0
0 −1 1
1. • A(0) = 
0 0
0
0 0 −1

1
0
. Donc :
1
0
A(0) − λI =

0
1
1
0 

−λ 1 
−1 −λ

1−λ
−2
 0
−1
−λ

 0
0
0
0
↓

1−λ
−2
 0
−1 − λ

 0
0
0
0
↓

1−λ
−2
 0
−1 − λ

 0
0
0
0

0
1
1
0 

−1 −λ
−λ 1

0
1
1
0 

−1
−λ 
0 1 + λ2
L3 ↔ L4
L4 ← L4 − λL3
Ainsi les valeurs de λ pour lesquelles A(0) − λI n’est pas inversibles sont les solutions de 1 − λ = 0, −1 − λ = 0 et
λ2 + 1 = 0, donc il n’y a que λ = 1 et λ = −1.
Les seules valeurs propres de A(0) sont 1 et −1.

−2y + t = 0



−2y + z = 0
⇔y=z=t=0
• A(0)X = X ⇔
−z + t = 0



−z − t = 0

 
x





 
0
 /x ∈ R
Donc le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est E1 = 


0






0


2x − 2y + t = 0


 x=y

z=0
z=0
• A(0)X = −X ⇔
⇔
z+t=0



t=0

−z + t = 0
 

x




 

x


Donc le sous-espace propre associé à la valeur propre −1 est E−1 =   /x ∈ R
0






0
2. On a :


1−λ a−2
a
1
 a
−1 − λ
1
a 


A(a) − λI =
 0
0
−a − λ 1 
0
0
−1
−λ
↓


a
−1 − λ
1
a
L1 ↔ L2
1 − λ a − 2
a
1 


 0
0
−1
−λ
L3 ↔ L4
0
0
−a − λ 1
↓


a
−1 − λ
1
a
0 1 − λ2 + a(a − 2) λ − 1 + a2 a(λ − 1) + a
L2 ← (λ − 1)L1 + aL2



0
0
−1
−λ
L4 ← L4 − (a + λ)L3
0
0
0
1 + λ(a + λ)
Ainsi les valeurs de λ pour lesquelles A(a) − λI n’est pas inversibles sont les solutions de
1 − λ2 + a(a − 2) = 0 ⇔ λ2 = (a − 1)2 , et 1 + λ(a + λ) = 0 ⇔ λ2 + aλ + 1 = 0.
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3. a) On sait que A(a) n’est pas inversible si et seulement si 0 est une valeur propre de A(a).
Or la seule valeur de a pour laquelle 0 est une valeur propre est a = 1.
La seule valeur de a pour laquelle A(a) n’est pas inversible est a = 1.
b) Pour a = 1 les valeurs propres de A(a) sont λ = 0 et les λ solution de λ2 + λ + 1 = 0 ce qui n’a pas de solution.
Donc A(1) n’admet qu’une seule valeurs propre qui est 0 et donc A(1) n’est pas diagonalisable.
4. a) On a λ2 = (a − 1)2 ⇔ λ = a − 1 ou λ = 1 − a.
2
−a +
2
√
a2 − 4
2
De plus le discriminant de λ +aλ+1 vaut a −4 qui est strictement positif donc il y a deux racines λ =
√
−a − a2 − 4
et λ =
2
√
√
−a + a2 − 4
−a − a2 − 4
A(a) admet donc pour valeurs propres λ1 = a − 1, λ2 = 1 − a, λ3 =
et λ4 =
.
2
2
On remarque tout d’abord que λ1 > 0, λ2 < 0, λ3 > 0 et λ4 < 0.
√
De plus λ1 = λ3 ⇔ 3a + 2 = a2 − 4 ⇒ 9a2 + 12a + 4 = a2 − 4 ⇔ 8a2 + 12a + 8 = 0 ⇔ 2a2 + 3a + 2 = 0 qui admet
pour discriminant ∆ = 9 − 16 = −7. Donc aucune valeur de a ne vérifie λ1 = λ3 .
Donc λ1 6= λ3 .
De même λ2 = λ4 ⇒ 8 − 4a = 0 ⇔ a = 2 ce qui est contraire à l’hypothèse.
Donc les valeurs propres de A(a) sont distinctes deux à deux.
b) A(a) admet 4 valeurs propres distinctes et A(a) ∈ M4 (R) donc A(a) est diagonalisable.
Exercice 2:
Partie I : étude des extremums de fa
On peut remarquer que fa est de classe C ∞ sur R2 .
∂fa
(x, y) = (y + 2ax)ey
1. a)
∂x
∂fa
(x, y) = (2 + x + y + xy + ax2 )ey .
∂y
b) On doit résoudre :

∂fa


(x, y) = 0
(y + 2ax)ey = 0
y + 2ax = 0
∂x
⇔
⇔
2 y
∂fa
(2
+
x
+
y
+
xy
+
ax
)e
=
0
2 + x + y + xy + ax2 = 0


(x, y) = 0
∂y
(
y = −2ax
y = −2ax
1
⇔
⇔
2
−ax + (1 − 2a)x + 2 = 0
x = −2 ou x =
a
Donc fa admet deux points critiques, les points de coordonnées (−2, 4a) et
1
, −2 .
a
∂2f
(x, y) = 2aey
∂x2
∂ 2f
(x, y) = (y + 2ax + 1)ey
∂x∂y
∂2f
(x, y) = (3 + 2x + y + xy + ax2 )ey .
∂y 2
b) Utilisons les notations de Monge afin de déterminer si les points critiques sont ou non des extremums.
• Pour le point (−2, 4a) :
r = 2ae4a
s = e4a
t = −e4a
2. a)
Donc s2 − rt = (1 + 2a)e8a .
1
- Si a > − , s2 − rt > 0 donc fa n’admet pas d’extremum en (−2, 4a).
2
1 2
- Si a < − , s − rt < 0 et r < 0 donc fa admet un maximum local en (−2, 4a).
2
1
, −2 :
• Pour le point
a
a + 1 −2
e
r = 2ae−2
s = e−2
t=
a
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Donc s2 − rt = −(1 + 2a)e−4 .
1
- Si a > − , s2 − rt < 0.
2
1
1
Si − < a < 0, r < 0 donc fa admet un maximum local en
, −2 .
2
a
1
Si a > 0, r > 0 donc fa admet un minimum local en
, −2 .
a
1
1 2
- Si a < − , s − rt > 0 donc fa n’admet pas d’extremum local en
, −2 .
2
a
Partie II : étude d’une fonction définie à l’aide de fa
1. a)
(i) La fonction y → ey est continue sur ] − ∞; x] donc le problème se pose uniquement en +∞.
Z x
(ii) On pose A ∈] − ∞; x]. On a :
ey dy = ex − eA .
A
(iii) Or
lim
A→−∞
(iv) Donc I =
ex − eA = ex .
x
Z
ey dy est convergente et I = ex .
−∞
b)
(i) La fonction y → yey est continue sur ] − ∞; x] donc le problème se pose uniquement en +∞.
(ii) On pose A ∈] − ∞; x]. De plus on pose :
u′ (y) = 1
v(y) = ey
u(y) = y
v ′ (y) = ey
Les fonction u et v sont de classe C 1 donc par intégration par parties on a :
Z x
Z x
yey dy = [yey ]xA −
ey dy = xex − AeA − ex + eA
A
(iii) Or
lim
A→−∞
(iv) Donc J =
A
xex − AeA − ex + eA = (x − 1)ex .
Z
x
−∞
yey dy est convergente et J = (x − 1)ex .
2. a) On peut réécrire fa de la façon suivante :
fa (x, y) = (1 + ax2 )ey + (1 + x)yey
Ainsi grâce aux deux questions précédentes, on voit que pour tout réel x, l’intégrale
Z
x
fa (x, y) dy est bien conver-
−∞
gente donc que Fa (x) est bien défini.
La fonction Fa est donc bien définie sur R.
b) On a donc Fa (x) = (1 + ax2 )I + (1 + x)J = (1 + ax2 )ex + (1 + x)(x − 1)ex = (a + 1)x2 ex .
Ainsi pour tout réel x, Fa′ (x) = (a + 1)(x2 + 2x)ex = (a + 1)x(x + 2)ex .
• Si a < −1 :
x
Fa′ (x)
−∞
0
Fa (x)
• Si a > −1 :
x
Fa′ (x)
−2
−
0
ց
−∞
0
+
4(1 + a)e−2
−2
+
ր
+∞
−
ց
0
−
+∞
+
4(1 + a)e−2
Fa (x)
0
ր
−∞
+∞
ց
0
ր
Exercice 3:
Problème :
Partie 1
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1. a) Comme t →
1
est décroissante sur ]0, +∞[ on a :
t
0<p6t6p+1
1
1
1
6 6
⇒
p+1
t
p
Z p+1
Z p+1
Z p+1
1
1
1
⇒
dt 6
dt 6
dt
p+1
t
p
p
p
p
Z p+1
1
1
⇒
6
dt
p+1
t
p
car p 6 p + 1
b) Pour n = 1 l’égalité est bien vérifiée car u1 = 1 et pour n > 2, on somme l’inégalité de la question précédente pour
p allant de 1 à n − 1 :
n−1
X
Z n
n−1
n
n
X Z p+1 1
X
X
1
1
1
1
6
dt ⇒
6
dt ⇒
6 ln(n) ⇒ un 6 ln(n) + 1
p
+
1
t
p
t
p
1
p=1
p=1 p
p=2
p=2
2. Les fonctions x → x et x → ln(x) donc continues sur ]0; +∞[ donc ϕ1 est continue sur ]0, +∞[ comme produit de
fonctions continues.
En 0 : x (1 + ln (x)) = x + x ln (x) et comme lim x ln (x) = 0 alors lim ϕ1 (x) = 0 = ϕ1 (0)
x→0+
x→0+
Donc ϕ1 est continue sur [0, +∞[= R+
3. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : ≪ ϕn est définie et continue sur R+ ≫ est vraie pour tout entier n
non nul.
• D’après la question 2. ϕ1 est définie et continue sur R+ donc P(1) est vraie.
+
• Soit n >
Z 1 fixé. Supposons que P(n) est vraie. On sait donc que ϕn est continue sur R donc sur [0, x] pour tout
x
x > 0 et
ϕn (t) dt est définie pour tout x > 0
0
De plus ϕn+1 est une primitive de ϕn donc elle est de classe C 1 et donc en particulier continue sur R+ .
P(n + 1) est donc vraie.
Donc ϕn est continue sur R+ pour tout entier n non nul.
Z 0
ϕn−1 (t) dt = 0.
De plus ϕ1 (0) = 0 et pour n > 2, ϕn (0) =
0
b) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : ≪ il existe deux réels an et bn tels que ∀x ∈ R+∗ ϕn (x) =
xn (an + bn ln(x)) ≫ est vraie pour tout entier n non nul.
• On a ϕ1 (x) = x (1 + ln (x)) donc avec a1 = 1 et b1 = 1 on a bien ϕ1 (x) = x1 (a1 + b1 ln x)
• Soit n > 1 fixé. Supposons que P(n) est vraie. On a donc ∀x ∈ R∗+ , ϕn (x) = xn (an + bn ln x) .
Pour calculer ϕn+1 nous avons besoin d’effectuer une intégration par partie avec :
u(t) = an + bn ln(t)
v ′ (t) = tn
v(t) =
u′ (t) =
bn
t
tn+1
n+1
On voit qu’il y a un problème en 0. Si x > 0 on pose 0 < a < x :
x Z x
tn+1
bn
tn+1
(an + bn ln(t)) −
×
dt
n+1
n+1
a t
a
a
x
an
bn
an
bn
bn tn+1
n+1
n+1
=x
+
ln(x) − a
+
ln(a) −
n+1 n+1
n+1 n+1
(n + 1)2 a
an
bn an+1
bn
an
bn
bn xn+1
= xn+1
+
+
ln(x) − an+1
+
ln(a) −
n+1 n+1
n+1 n+1
(n + 1)2
(n + 1)2
an
bn
an
bn
bn
bn an+1
= xn+1
+
−
ln(x) − an+1
+
ln(a) +
2
n + 1 (n + 1)
n+1
n+1 n+1
(n + 1)2
an
bn
bn an+1
Or on a lim+ − an+1
+
ln(a) +
= 0 donc
n+1 n+1
(n + 1)2
a→0
bn
bn
an
+
−
ln(x)
ϕn+1 (x) = xn+1
n + 1 (n + 1)2
n+1
Z
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x
ϕn (t) dt =
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an
bn
bn
et bn+1 =
−
alors P(n + 1) est bien vraie.
2
n + 1 (n + 1)
n+1
Grâce au principe de récurrence on a bien montré que ∀x ∈ R+∗ ϕn (x) = xn (an + bn ln(x)) et on a an+1 =
bn
bn
an
et bn+1 =
−
.
n + 1 (n + 1)2
n+1
4. Pour calculer la valeur suivante an+1 on a besoin des valeurs précédentes an et bn . Par contre pour bn+1 on n’a besoin
que de bn et pas de an .
Dans le programme, on mettra donc d’abord à jour an+1 et ensuite bn+1
On calcule les termes suivants d’indice 2 à partir de ceux d’indice 1 jusqu’à ceux d’indice n à partir de ceux d’indice
n − 1 (d’où le : for i:=1 to n-1 )
Program suite;
var a,b:real;n,i:integer;
begin
writeln(’n?’); readln(n);
a:=1;b:=1;
for i:=1 to n-1 do
begin
a:=a/(i+1)-b/sqr(i+1);
b:=b/i+1;
end;
writeln(a,b);
end.
Donc si on pose an+1 =
5. On montre facilement par récurrence que bn = 1/n!
6. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : cn = 2 − un est vraie pour tout entier n non nul.
– Pour n = 1 on a c1 = 1!a1 = 1 et u1 = 1 donc c1 = 2 − u1 . P(1) est bien vraie.
– Soit n > 0 fixé. Supposons P(n) vraie. Alors :
#
"
bn
an
−
cn+1 = (n + 1)!an+1 = (n + 1)!
n + 1 (n + 1)2
= n!an −
(n + 1) n!
2
(n + 1) n!
= cn −
1
n+1
n
X
1
1
1
= 2 − un −
=2−
−
n+1
p
n
+
1
p=1
= 2 − un+1
Donc P(n + 1) est alors vraie.
Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n > 1 on a bien cn = 2 − un .
b) Comme un 6 1 + ln (n) alors cn = 2 − un > 1 − ln (n) donc cn > −1 − ln (n)
1
1
1
De plus comme cn+1 −cn = un −un+1 = −
la suite (cn est décroissante donc pour n > 2, cn 6 c2 = 2−1− =
n+1
2
2
et donc cn 6 1 + ln(n).
On a donc −1 − ln(n) 6 cn 6 1 + ln(n) donc |cn | 6 1 + ln(n).
1 + ln (n)
c) On a donc pour tout entier n > 2 : |n!an | 6 1 + ln (n) et donc |an | 6
n!
Et comme ln (n) = o(n) alors ln(n) = o(n!) et donc on a par encadrement lim an = 0.
n→+∞
d) On sait que pour n > 2, ln(n) 6 n − 1 donc |an | 6 1/ (n − 1)!
X
1
La série
est convergente (série exponentielle) donc par comparaison de séries à termes positifs, la série
(n − 1)!
X
|an | est convergente et donc la série de terme général an est absolument convergente.
Partie 2
1. a) Puisque la relation précédente est valable pour tout x > 0, elle est vraie en particulier pour x = 1 donc a + b = 0.
b) En divisant l’expression (*) par x2 ln (x) 6= 0 (puisque x > 1) on obtient ∀x > 1,
b
c
a
+
+ + d = 0.
x ln (x) ln (x) x
Et en prenant la limite de cette quantité en +∞ on trouve d = 0.
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a
ln (x)
+b+c
= 0 si x ∈ R+∗ .
x
x
Et la limite quand x → +∞ nous donne b = 0, car ln(x) = o(x) en +∞.
c) Puisque d = 0 en divisant (*) par x2 6= 0 on trouve
d) D’où comme a + b = 0 on a alors a = 0.
On a donc a = b = d = 0. (*) devient donc cx ln(x) = 0 et pour x = e on en déduit que c × e = 0 donc c = 0.
Finalement on a a = b = c = d = 0.
2. a) Pour tout réels a, b, c et d , si ae1 + be2 + ce3 + de4 = 0 alors la fonction est nulle, donc pour tout réel x > 0 on a
(*) et donc a = b = c = d = 0
Donc (e1 , e2 , e3 , e4 ) est une famille libre.
b) Comme elle est génératrice de E, c’en est donc une base.
3. a) Soient f1 et f2 deux fonctions de E et α et β deux réels. On a pour tout réel x ∈ R+∗ :
′
u (αf1 + βf2 ) (x) = x (αf1 + βf2 ) (x) = x (αf1′ (x) + βf2′ (x))
= αxf1′ (x) + βxf2′ (x)
= αu (f1 ) (x) + βu (f2 ) (x)
donc u (αf1 + βf2 ) = αu (f1 ) + βu (f2 )
Donc u est une application linéaire.
b) Pour tout x > 0 on a :
– u (e1 ) (x) = x donc u (e1 ) = e1
– u (e2 ) (x) = x2x = 2x2 donc u (e2 ) = 2e2
– u (e3 ) (x) = x (ln (x) + 1) = x ln (x) + x donc u (e3 ) = e1 + e3
– u (e4 ) (x) = x (2x ln (x) + x) = 2x2 ln (x) + x2 donc u (e4 ) = 2e4 + e2
c) Il reste dans cette question à montrer que si f ∈ E alors u(f ) ∈ E. Soit f une fonction de E. Alors on peut écrire
f = ae1 + be2 + ce3 + de4 où a, b, c et d sont des réels. On a donc :
u (ae1 + be2 + ce3 + de4 ) = au (e1 ) + bu (e2 ) + cu (e3 ) + du (e4 )
= (a + c) e1 + (2b + d) e2 + ce3 + 2de4 ∈ E
Donc u est une application linéaire de E dans

1 0 1
0 2 0

4. a) D’après la question 3. b) on a A = 
0 0 1
0 0 0
E donc un endomorphisme de E.

0
1

0
2
b) La matrice A étant triangulaire à termes non nuls sur la diagonale, elle est inversible et u est donc bijective donc
c’est un automorphisme de E.
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