Corrigé : EM Lyon 2004

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Option économique
Exercice 1:
1. Comme pour tout t ∈ R, 1 + t2 > 1, la fonction f est bien définie sur R et est de classe C ∞ sur R. De plus on a :
f ′ (t) =
2et (1 + t2 − t)
(1 + t2 )3/2
Pour tout t ∈ R, 2et > 0 et (1 + t2 )3/2 > 0. De plus le discriminant du polynôme t2 − t + 1 vaut −3 donc ce polynôme
est de signe constant et est positif car le coefficient de t2 est 1.
Donc f ′ (t) > 0 pour tout réel t.
2et
En +∞ f (t) ∼
et on sait que au voisinage de +∞ t = o(et ), donc lim f (t) = +∞.
t→+∞ t
t→+∞
Par opération sur les limites, lim f (t) = 0.
t→−∞
On obtient donc le tableau de variations suivant :
t
−∞
f ′ (t)
+∞
+
+∞
f (t)
0
2. a) • Posons g(t) = 2et − t − t2 . On a g ′ (t) = 2et − 1 − 2t et g ′′ (t) = 2(et − 1). Ainsi pour tout t > 0, g ′′ (t) > 0. Donc g ′
est croissante sur [0; +∞[. Or g ′ (0) = 1 donc pour tout t > 0, g ′ (t) > 0. Par conséquent g est strictement croissante
sur [0; +∞[. Comme on a g(0) = 2 on peut donc en conclure que pour tout t ∈ [0; +∞[, g(t) > 0 c’est-à-dire
2et − t − t2 > 0.
• Pour t > 0, (1 + t)2 = 1 + 2t + t2 > 1 + t2 > 0 et en appliquant la fonction racine carrée qui est croissante, on a
√
1 + t > 1 + t2 .
√
2et − t 1 + t2
√
b) On a f (t) − t =
.
1 + t2
√
D’après la question précédente pour tout t > 0, t 1 + t2 6 t + t2 < 2et .
√
√
Donc 2et − t 1 + t2 > 0 et comme 1 + t2 > 0, on a que pour tout t ∈ [0; +∞[, f (t) − t > 0 ⇔ f (t) > t.
3. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un > 0 est vraie pour tout entier n.
• Pour n = 0, on a u0 = 1 > 0 donc P(0) est vraie.
• Soit n un entier naturel fixé. Supposons P(n) vraie.
On sait d’après la question 1 que pour tout réel t, f (t) > 0 donc en particulier f (un ) > 0, ce qui signifie que
un+1 > 0 et donc P(n + 1) est vraie.
• Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n, un > 0.
b) Comme un > 0, d’après la question 2. b), pour tout n f (un ) > un , c’est-à-dire, un+1 > un . La suite (un ) est donc
croissante. Elle est donc soit convergente soit elle diverge vers +∞.
Supposons que un converge vers l. Alors nécessairement l est un point fixe de f sur [0; +∞[ ce qui est impossible
car on a montré que pour tout t > 0, f (t) > t.
Donc (un ) diverge vers +∞.
c) PROGRAM EML2004 ;
VAR n :INTEGER ; u :REAL ;
BEGIN
u :=1 ;
n :=0 ;
WHILE u<= 1000000 DO
BEGIN
n :=n+1 ;
u := 2*EXP(u) /(SQRT(1+u*u)) ;
END ;
WRITE(n) ;
END.
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4. a) Pour tout x ∈ R −x ∈ R et G(−x) =
Z
−x
x
f (t) dt = −
Z
x
−x
f (t) dt = −G(x).
Donc G est bien une fonction impaire.
Z x
b) Posons pour tout x réel F (x) =
f (t) dt. Comme f est une fonction continue sur R, F est une fonction de classe
0
C 1 sur R.
Or G(x) = F (x) − F (−x) donc par composée avec la fonction x → −x et par somme, on obtient que la fonction G
est une fonction de classe C 1 sur R.
2(ex + e−x )
De plus G′ (x) = F ′ (x) − (−1) × F ′ (−x) = f (x) + f (−x) = √
1 + x2
Z x
Z 0
c) On sait que G(x) =
f (t) dt +
f (t) dt. On suppose x > 0.
0
−x
Nous allons ici minorer G en utilisant deux propriétés de f : ∀t ∈ [−x; 0], f (t) > 0 et ∀t ∈ [0; x], f (t) > t.
Z x
x2
On a donc G(x) >
t dt + 0 =
.
2
0
x2
Or lim
= +∞ donc lim G(x) = +∞.
x→+∞ 2
x→+∞
2(ex + e−x )
√
> 0, donc G est croissante. On obtient la limite en −∞ grâce au fait que G est impaire. On a
1 + x2
donc le tableau de variation suivant :
d) G′ (x) =
x
−∞
G′ (x)
+∞
+
+∞
G(x)
−∞
Exercice 2:
Partie I
1. – On remarque tout d’abord que E1 (A) est un sous-ensemble de M3 (R).
– Comme A0 = 0 alors 0 ∈ E1 (A) et donc E1 (A) n’est pas vide.
– Si L et N sont deux matrices de E1 (A) et α et β deux réels alors αL + βN ∈ M3 (R) et
A (αL + βN ) = αAL + βAN = αL + βN
car L et N sont dans E1 (A)
Donc αL + βN ∈ E1 (A)
Donc E1 (A) est bien un sous-espace vectoriel de M3 (R).
2. a) Pour montrer l’inclusion on montre que si M ∈ E1 (A) alors M ∈ E2 (A) :
Si M ∈ E1 (A) alors AM = M donc A2 M = A (AM ) = AM et donc M ∈ E2 (A)
On a donc E1 (A) ⊂ E2 (A).
b) Grâce à la question précédente il ne nous reste plus ici qu’à démontrer que E2 (A) ⊂ E1 (A).
Si M ∈ E2 (A) alors A2 M = AM et A−1 A2 M = A−1 AM d’où AM = M .
Alors M ∈ E1 (A)
Donc E2 (A) ⊂ E1 (A) et finalement E1 (A) = E2 (A) .
3. a) Si M ∈ E1 (A) alors AM = M d’où AM − M = 0 et (A − I) M = 0 et comme A − I est inversible, en multipliant
pas (A − I)−1 on obtient M = 0
Donc E1 (A) = {0} si A − I est inversible.


−1 1 0
b) Soit B =  0 −1 1.
0
0 2
Comme B est triangulaire à coefficients diagonaux non nuls, B est inversible donc E1 (B) = E2 (B)


−2 1 0
Comme B − I =  0 −2 1, B − I est également inversible et donc E1 (B) = {0} = E2 (B)
0
0 1
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Partie II
1. On cherche les réels λ tels que la matrice C − λI n’est pas inversible :


−2 −1
−λ −1 
C − λI =
−2 −λ
↓


2
−2 −λ
 1
−λ −1 
(3 − λ) −2 −1
↓


2
−2
−λ
0 (2λ − 2)
(2 − λ) 
0 (2λ − 2) (λ2 − 3λ + 2)
↓


2
−2
−λ
0 (2λ − 2)
(2 − λ) 
0
0
(λ2 − 2λ)
(3 − λ)
 1
2
L1 ↔ L3
L2 ← L1 − 2L2
L3 ← (3 − λ)L1 − 2L3
L3 ← L3 − L2
Donc les valeurs propres de C sont les solutions de λ2 − 2λ = 0 et 2λ − 2 = 0.
On remarque que les solutions de λ2 − 2λ = 0 sont 0 et 2 et que celle de 2λ − 2 = 0 est 1.
Les valeurs propres de C sont 0, 1 et 2.
• E0 = {X ∈ M3,1 (R)/CX = 0X} :
CX = 0 ⇔ (C − 0I)X = 0 ⇔
2x − 2y = 0
⇔x=y=z
−2y + 2z = 0
 
1
Donc E0 = vect 1.
1
• E1 = {X ∈ M3,1 (R)/CX = 1X} :

 2x − 2y − z = 0
x=y
z=0 ⇔
CX = X ⇔ (C − 1I)X = 0 ⇔
z=0

−z = 0
 
1
Donc E1 = vect 1.
0
• E2 = {X ∈ M3,1 (R)/CX = 2X} :
CX = 2X ⇔ (C − 2I)X = 0 ⇔
2x − 2y − 2z = 0
⇔
2y = 0
x=z
y=0
 
1
Donc E2 = vect 0.
1
     
1
1
1
2. Les vecteurs 1 , 1 , 0 sont trois vecteurs propres de C associés à des valeurs propres distinctes donc cette
1
0
1
famille est une base de vecteurs propre de C.




0 0 0
1 1 1
Donc avec D = 0 1 0 et P = 1 1 0 on a C = P D P −1 .
0 0 2
1 0 1
3. Comme N = P −1 M on a M = P N et de plus C = P D−1 donc
M ∈ E1 (C) ⇔ CM = M ⇔ P DP −1 P N = P N ⇔ P DN = P N ⇔ DN = N ⇔ N ∈ E1 (D)
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

z
c . Alors
w


 

0 0 0
x y z
x y z
N ∈ E1 (D) ⇔ 0 1 0 a b c  = a b c 
0 0 2
u v w
u v w

 

0
0
0
x y z
b
c  = a b c 
⇐⇒  a
2u 2v 2w
u v w



 0=x
 a=a
 2u = u
0 = y et
b = b et
2v = v
⇔



0=z
c=c
2w = w
x
4. Soit N ∈ M3 (R), on peut écrire N = a
u
y
b
v
⇔x=y=z=u=v=w=0

0
Donc N ∈ E1 (D) si et seulement s’il existe trois réels a, b, c tels que N = a
0
5. Donc une matrice M est dans E1 (C) si et seulement

0
M = P a
0
On peut donc écrire :

 a
E = a

0

1
Donc la famille 1
0
est libre car on a :

1
a 1
0




b c
1

b c  /(a, b, c) ∈ R3 = vect 1

0 0
0
0
0
0
 
0
0 1
0 , 0 1
0
0 0
0
0
0


0
0 1
0 + b 0 1
0
0 0
1 0
Donc la famille 1 0
0 0
s’il existe trois
 
0 0
a
b c  = a
0 0
0
 
0
0
0 , 0
0
0
 
0
0
0 , 0
0
0
0
0
0

0 0
b c .
0 0
réels a, b, c tels que

b c
b c
0 0
 
0
0
0 , 0
0
0
 
1 0
0 0
1 0  , 0 0
0 0
0 0

1
1
0

0 1
0 1 est une famille génératrice de E1 (C) et de plus cette famille
0 0


0
0 0
0 + c 0 0
0
0 0
 
1 0
0 0
1 0  , 0 0
0 0
0 0


1
a
1 = 0 ⇔ a
0
0

b c
b c = 0 ⇔ a = b = c = 0
0 0

1
1 est une base de E1 (C) qui est donc de dimension 3.
0
6. Utilisons le même raisonnement que précédemment mais pour E2 (C). On a :
M ∈ E2 (C) ⇔ C 2 M = CM ⇔ P D2 P −1 P N = P DP −1 P N ⇔ D2 N = DN ⇔ N ∈ E2 (D)


x y z
Soit N ∈ M3 (R), on peut écrire N = a b c . Alors
u v w


 


0 0 0
x y z
0 0 0
x y z
N ∈ E2 (D) ⇔ 0 1 0 a b c  = 0 1 0 a b c 
0 0 4
u v w
0 0 2
u v w

 

0
0
0
0
0
0
b
c =a
b
c 
⇔a
4u 4v 4w
2u 2v 2w



 0=0
 a=a
 4u = 2u
0 = 0 et
b = b et
4v = 2v
⇔



0=0
c=c
4w = 2w
⇔u=v=w=0

x y
On a donc M ∈ E2 (C) ⇔ M = P a b
0 0
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 
z
x+a
c  = x + a
0
x
y+b
y+b
y
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
z+c
z + c
z
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Donc une famille génératrice de E2 (C) est

 
 
1 0 0
0 1 0
0 0
1 0 0 , 0 1 0 , 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0
 
1
1
1 , 1
1
0
 
0 0
0 1
0 0  , 0 1
0 0
0 0
 
0
0
0 , 0
0
0

0 1
0 1 
0 0
De même que dans la question 5. on montre facilement que cette famille est libre.
Cette famille est donc une base de E2 (C) qui est donc de dimension 6.
Comme E1 (C) et E2 (C) n’ont pas la même dimension ils ne peuvent pas être égaux.
Exercice 3:
Partie I
1. Il ne peut pas se produire de changement de couleur au premier tirage car il n’y a pas eu de tirage avant. La plus petite
valeur de X est donc 2. Ensuite le changement peut se produire à n’importe quel moment donc X(Ω) = [[2; +∞[[.
2. L’événement [X = k] signifie que les k − 1 premiers tirages ont donné des boules de la même couleur puis qu’au k-ième
tirage nous avons obtenu une des deux autres couleurs. Donc :
[X = k] = (B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Bk ) ∪ (R1 ∩ · · · ∩ Rk−1 ∩ Rk ) ∪ (V1 ∩ · · · ∩ Vk−1 ∩ Vk )
Or on a P (Bi ) = b, P (Ri ) = r et P (Vi ) = v donc comme les trois événements rentrant en jeu dans la réunion sont
incompatible on a
P (X = k) = P (B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Bk ) + P (R1 ∩ · · · ∩ Rk−1 ∩ Rk ) + P (V1 ∩ · · · ∩ Vk−1 ∩ Vk )
Attention on ne peut pas considérer ici que les tirages sont indépendants car ils s’arrêtent au premier changement de
couleur (par exemple si on fait 10 tirages P (B8 ) = b mais si on ne fait que 5 tirage P (B8 ) = 0).
On a d’après la formule des probabilités composées :
P (B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Bk ) = P (B1 )PB1 (B2 ) · · · PB1 ∩···∩Bk−1 (Bk ) = bk−1 (1 − b)
Le conditionnement permet juste de savoir que les trirages continuent.
En faisant de même pour les rouges et les vertes, on a bien
P (X = k) = bk−1 (1 − b) + rk−1 (1 − r) + v k−1 (1 − v)
P k−1 P k−1
P k−1
3. Les séries
kb
,
kr
et
kv
sont des séries dérivées de séries géométriques de raison respectives b, r et v.
Comme ces trois réels sont compris entre 0 et 1 strictement, ces séries sont bien convergentes. Donc X admet bien une
espérance et :
E(X) = (1 − b)
= (1 − b)
+∞
X
k=2
+∞
X
k=0
kbk−1 + (1 − r)
kbk−1 + (1 − r)
+∞
X
k=2
+∞
X
k=0
krk−1 + (1 − v)
krk−1 + (1 − v)
+∞
X
k=2
+∞
X
k=0
kv k−1
kv k−1 − (1 − b) − (1 − r) − (1 − v)
1
1
1
= (1 − b)
+ (1 − r)
+ (1 − v)
−2
(1 − b)2
(1 − r)2
(1 − v)2
1
1
1
+
+
−2
=
1−b 1−r 1−v
Partie II
1
∂f
1
1
1
∂f
−
et
−
(x, y) =
(x, y) =
1.
2
2
2
∂x
(1 − x)
(x + y)
∂y
(1 − y)
(x + y)2
2. Cherchons les points critiques de f :


1
1
∂f


−
=0


(x, y) = 0
2
(1 − x)2 = (x + y)2
(1
−
x)
(x
+
y)2
∂x
⇔
⇔
∂f
1
1
(1 − y)2 = (x + y)2




(x, y) = 0
−
=0
2
2
∂y
(1 − y)
(x + y)
Comme on cherche (x, y) ∈]0; 1[2 , on a 1 − x > 0, 1 − y > 0 et x + y > 0, donc notre système équivaut à :


 x= 1
1−x=x+y
3
⇔
1
1−y =x+y

 y=
3
1 1
.
;
Donc le seul point de ]0; 1[2 où f est susceptible de présenter un extremum est I
3 3
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3. Utilisons maintenant les notations de Monge. Pour cela nous avons besoin des dérivées secondes.
∂2f
2
2
(x, y) =
+
2
3
∂x
(1 − x)
(x + y)3
2
2
∂2f
(x, y) =
+
2
3
∂y
(1 − y)
(x + y)3
∂ 2f
2
(x, y) =
∂x∂y
(x + y)3
27
272 1
27
2
= t et s =
et donc s − rt = 2
− 1 < 0 et comme r > 0, f admet bien un minimum local
Donc en I, r =
2
4
2
4
en I.
4. a) Comme 1 − v = b + r, on a E(X) = f (b, r) − 2.
1
b) D’après l’étude précédente, lorsque b = r = v = , le nombre de tirage moyen effectué pour obtenir un changement
3
de couleur est minimum.
Partie III
1
1. L’exponentielle étant continue, la fonction t → t est continue sur [2; +∞[. Le problème de convergence se situe donc
3
uniquement en +∞. Soit A > 2 :
Z
A
2
1
dt =
3t
Z
A
1 −2 ln 3
(e
− e−A ln 3 )
ln 3
e−t ln 3 dt =
2
Z +∞
1
1
1
1 −2 ln 3
lorsque
A
→
+∞,
l’intégrale
dt est bien convergente et vaut
(e
− e−A ln 3 ) →
.
t
ln 3
ln 3e2 ln 3
3
9
ln
3
2
2. • La fonction nulle étant continue, la fonction g est bien continue sur ]− ∞; 2[. De plus par continuité de l’exponentielle,
la fonction g est continue sur ]2; +∞[.
Donc g est continue sur R \ {2}.
• Par positivité de l’exponentielle et de la fonction nulle, on a que g est une fonction positive sur R.
Z 2
g(t) dt est convergente et vaut 0.
• Comme g est nulle sur ] − ∞; 2[, l’intégrale
−∞
Z +∞
g(t) dt est convergent et vaut 1.
D’après la question précédente, l’intégrale
2
Z +∞
Donc
g(t) dt = 1.
Comme
−∞
Ainsi g est bien une densité de probabilité.
3. La fonction t → tg(t) est nulle sur ] − ∞; 2[, donc l’intégrale
Z
2
tg(t) dt est convergente et vaut 0.
−∞
La fonction t → tg(t) est continue sur [2; +∞[. Soit A > 2 :
Z
A
2
1
t
dt =
α3t
α
Z
A
te−t ln 3 dt =
2
A
Z A
1 −t −t ln 3
1
1
e
e−t ln 3 dt → 2 +
+
α ln 3
α
ln
3
ln
3
2
2
+∞
1
ln 3
−∞
4. a) Comme Y ne prend que des valeurs supérieures ou égales à 2, on a Z(Ω) = [[2; +∞[[. Soit k un entier supérieur ou
égale à 2.
Donc l’intégrale
Z
tg(t) dt est convergente, ce qui signifie que Y admet une espérance qui vaut : E(Y ) = 2 +
P (Z = k) = P (k 6 Y < k + 1) =
Z
k
k+1
k+1
1
1
1
1 −e−t ln 3
1
=9
− k+1 = k−2 − k−1
g(t) dt =
k
α
ln 3
3
3
3
3
k
b) D’après la question 2 de la partie I, on a dans ce cas P (X = k) = 3
1
3k−1
1
= P (Z = k) donc les lois de Z
1−
3
et X sont identiques.
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