Corrigé : EM Lyon 2005

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Option économique
Exercice 1:
1. – Par définition de E, la famille (I, J, K) est une famille génératrice de E.
– Cette famille est-elle libre ? On cherche tous les réels a, b et c tels que :

 

a b c
0 0 0
aI + bJ + cK = 0 ⇔ 0 a b  = 0 0 0 ⇔ a = b = c = 0
0 0 a
0 0 0
La famille (I, J, K) est donc libre.
Ainsi (I, J, K) est une base de E et donc dim E = 3.
2. On a J 2 = K, JK = 0, KJ = 0 et K 2 = 0.
3. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : Ln = I + nJ +
n(n − 1)
K est vraie pour tout entier naturel n :
2
0(0 − 1)
K = I et de plus L0 = I donc P(0) est vraie.
2
• Soit n un entier fixé. Supposons P(n) vraie. Alors on a :
n(n − 1)
Ln+1 = Ln × L = I + nJ +
K (I + J)
2
n(n − 1)
n(n
−
1)
K+
KJ
= I + J + nJ + nJ 2 +
2
2
n(n + 1)
K
= I + (n + 1)J +
2
• Rang 0 : on a I + 0J +
Donc P(n + 1) est alors vraie.
Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier naturel n,
n(n − 1)
Ln = I + nJ +
K .
2
b) • On remarque que L est une matrice triangulaire sans 0 sur sa diagonale donc L est inversible.
• On vient de montrer que la formule est vraie pour n > 0
Pour n 6 0, on va utiliser le fait que Ln est l’inverse de L−n .
−n(−n − 1)
K.
Lorsque n 6 0, on a −n > 0 donc L−n = I − nJ +
2
n(n − 1)
Vérifions que I + nJ +
K est bien l’inverse de L−n .
2
On a
n(n − 1)
n2 (n − 1)
n(n + 1)
n(n − 1)
−n
K = I + nJ +
K − nJ − n2 J 2 −
JK +
K
I + nJ +
L
2
2
2
2
n2 (n + 1)
n2 (n − 1)(n + 1) 2
+
KJ +
K
2
2
n(n − 1)
n(n + 1)
=I+
K − n2 K +
K
2
2
=I
Donc pour tout n entier négatif, L−n est inversible et son inverse est I + nJ +
n(n − 1)
K.
2
n(n − 1)
K.
2
n(n − 1)
Donc pour tout entier relatif n : Ln = I + nJ +
K.
2
On a donc bien pour n 6 0, Ln = I + nJ +
c) Tout d’abord calculons L2 = (I + J)2 = I + 2J + J 2 = I + 2J + K.
Il nous faut ici exprimer J et K en fonction de I, L et L2 .
On a immédiatement, J = L − I et donc on en déduit que K = L2 − I − 2J = I − 2L + L2 .
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Grâce à la question précédente on a donc
n(n − 1)
K
2
n(n − 1)
= I + n(L − I) +
(I − 2L + L2 )
2
n(n − 1) 2
n(n − 1)
I + (n − n(n − 1)) L +
L
= 1−n+
2
2
n(n − 1) 2
(n − 1)(n − 2)
I + n(2 − n)L +
L
=
2
2
Ln = I + nJ +
(n − 1)(n − 2)
n(n − 1) 2
I + n(2 − n)L +
L
2
2
4. • On recherche les valeurs propres de f , donc de A. On cherche tous les réels λ tels que A − λI n’est pas inversible :


−λ 2
−1
 1 −λ
A − λI =
1 
2 −3 3 − λ
↓


2 −3 3 − λ
 1 −λ
1 
L1 ↔ L3
−λ 2
−1
↓


2
−3
3−λ
0 2λ − 3

1−λ
L2 ← L1 − 2L2
L3 ← λL1 + 2L3
0 −3λ + 4 −λ2 + 3λ − 2
↓


2
−3
3−λ
0
−1
−2λ2 + 3λ − 1
L2 ← 3L2 + 2L3
0 −3λ + 4 −λ2 + 3λ − 2
↓


2 −3
3−λ
0 −1
−2λ2 + 3λ − 1 
3
0 0 6λ − 18λ2 + 18λ − 6
L3 ← (−3λ + 4)L2 + L3
Pour tout entier relatif n, Ln =
Donc λ est une valeur propre de A (et donc de f ) si et seulement si 6λ3 − 18λ2 + 18λ − 6 = 0.
Or 6λ3 − 18λ2 + 18λ − 6 = 6(λ − 1)3 donc f n’admet qu’une seule valeur propre qui est 1.
• Sous-espace propre associé à 1 :

   
x
x
 2x − 3y + 2z = 0
x = −z
−y = 0
⇔
f (x, y, z) = (x, y, z) ⇔ A y  = y  ⇔
y=0

0=0
z
z
Donc E1 = vect((1, 0, −1)). Comme ((1, 0, −1)) est une base de E1 , on a E1 qui est de dimension 1.
• La somme des dimensions des sous-espaces propres n’est pas égale à 1 donc f n’est pas diagonalisable.
(On peut aussi résonner par l’absurde : si f est diagonalisable alors sa matrice dans une base de vecteurs propres est
I (car la diagonale ne contient que les valeurs propres) et la formule de changement de base donne alors, avec P la
matrice de passage de la base canonique dans la base de vecteurs propres : A = P I P −1 = I ce qui n’est pas vrai.)
5. a) • Pour calculer
on passe par lecalcul
 vet u
 matriciel.
 
1
−1 2 −1
1
−1
On a (A − I) 0 =  1 −1 1  0 =  1  donc v = (−1, 1, 2)
0
2 −3 2
0
2
  
   
−1
−1 2 −1
−1
1
De plus (A − I)  1  =  1 −1 1   1  =  0  donc u = (1, 0, −1)
2
2 −3 2
2
−1
• On cherche tous les réels a, b et c tels que :

 a−b+c=0
b=0
au + bv + cw = (0, 0, 0) ⇔
⇔a=b=c=0

−a + 2b = 0
La famille (u, v, w) est donc libre.
• La famille (u, v, w) est une famille libre de 3 vecteurs de R3 qui est un espace vectoriel de dimension 3 donc
(u, v, w) est une base de R3 .
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b) On détermine les coordonnées des images :
– Comme u est un vecteur propre associé à la valeur propre 1, on a f (u) = u
– Comme (f − e) (v) = u on a f (v) = u + v
– Comme (f − e) (w) = v on a f (w) = v + w


1 1 0
Donc la matrice de f dans la base (u, v, w) et  0 1 1  = I + J = L
0 0 1
c) Comme 0 n’est pas valeur propre de f , f est un endomorphisme bijectif c’est-à-dire un automorphisme de R3 .
n (n − 1) 2
2 − 3n + n2
I + 2n − n2 L +
L
Sa matrice dans la base (u, v, w) est L donc la matrice de f n est Ln =
2
2
2 − 3n + n2
n (n − 1) 2
On a donc f n =
e + 2n − n2 f +
f
2
2
Exercice 2:
1. f est dérivable sur ]0, +∞[ et f ′ (t) =
−2
3 < 0. f est donc strictement décroissante sur ]0; +∞[.
(1 + t)
On a lim f (t) = 1 et lim f ′ (t) = −2 donc la courbe représentative de f a une demi-tangente à droite en 0 de pente
t→0+
t→0+
−2.
En +∞ on a lim f (t) = 0
t→+∞
y
1
0
2.
1
x
(i) f est nulle sur R− et strictement positive sur ]0; +∞[. Donc f est positive ou nulle sur R.
(ii) f est continue sur R− car constante et f est continue sur ]0; +∞[ car 1 + t ne n’annule pas sur cet intervalle.
Donc f est continue sur R∗ .
Z +∞
(iii) Étudions la convergence de
f (t) dt.
−∞
Z 0
Z 0
• On a
f (t) dt =
0 dt = 0.
−∞
−∞
Z +∞
• f est continue sur ]0; +∞[ et admet une limite finie en 0+ dont
f (t) dt est impropre en +∞. Soit A > 0 :
0
Z
0
Z
A
−1
1
dt =
(1 + t)2
1+t
A
0
=
−1
+1
1+A
+∞
−1
+ 1 = 1 donc
f (t) dt est convergente et vaut 1.
lim
1+A
0
Z +∞
• Donc
f (t) dt converge et vaut 0 + 1 = 1
Or
A→+∞
−∞
Donc f est bien une densité de probabilité.
Z x
3. Comme f est une densité,
f (t)dt converge.
−∞
Z x
Z x
– Pour x 6 0 :
f (t)dt =
0dt = 0
−∞
x
Z−∞
Z
Z x
x
0
−1
1
x
1
=1−
=
– Pour x > 0 :
f (t)dt =
0dt +
2 dt = 1 + t
1+x
1+x
−∞
−∞
0 (1 + t)
0
4. Pour α > 0,
Z α
α
1
1
= ⇔ 2α = 1 + α ⇔ α = 1
f (t)dt = ⇔
2
1
+
α
2
−∞
Z α
1
α = 1 vérifie
f (t)dt =
2
−∞
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Z
x+0
x
Z
5. a) On a ϕx (0) =
f (t)dt =
f (t) dt = 0
x−0
x
Z x+u
Z x
Z x+u
Z
Et comme
f (t) dt =
f (t) dt +
f (t) dt et que
x−u
x−u
x
lim ϕx (u) =
Z
u→+∞
+∞
f (t) dt converge alors
−∞
x
f (t) dt +
Z
+∞
f (t) dt =
x
−∞
+∞
Z
f (t) dt = 1
−∞
Donc ϕx (0) = 0 et lim ϕx (u) = 1
u→+∞
b) Soient 0 < u < v alors x − v < x − u < x + u < x + v donc on peut découper ϕx (v) :
ϕx (v) − ϕx (u) =
=
Z
x−u
x−v
Z x−u
f (t) dt +
f (t) dt +
x−v
Z
Z
x+u
f (t) dt +
Z
x+v
f (t) dt −
x+u
f (t) dt
x−u
x+u
x−u
x+v
Z
f (t) dt
x+u
et comme x − v < x − u et que f > 0 alors
R x−u
f (t) dt > 0.
Z x+v
Donc, ∀(u, v) ∈ [0, +∞[2 , u < v =⇒ ϕx (v) − ϕx (u) >
f (t)dt.
x−v
x+u
Comme on a alors x + v > x + u > 0 et f (t) > 0 sur [x + u; x + v] alors
Z
x+v
f (t)dt > 0
x+u
2
Donc, ∀(u, v) ∈ [0, +∞[ , v > u =⇒ ϕx (v) > ϕx (u) ce qui est la définition d’une fonction strictement croissante
sur [0; +∞[.
ϕx est strictement croissante sur [0; +∞[
c) ϕx est donc strictement croissante et continue sur [0, +∞[.
D’après le théorème de bijection monotone ϕx réalise donc une bijection de [0; +∞[ sur ϕx (0); lim ϕx = [0, 1[
+∞
1
1
Comme ∈ [0, 1[ alors il admet un unique antécédent par ϕx dans [0; +∞[ et donc l’équation ϕx (u) = , d’inconnue
2
2
u, admet une solution et une seule dans [0; +∞[.
1
6. a) Soit x ∈ 0;
2
Z 1
Z x+(1−x)
f (t)dt
f (t)dt =
On calcule
2x−1
x−(1−x)
Et comme 2x − 1 6 0 alors
Z
1
f (t)dt =
2x−1
Z
0
0dt +
2x−1
Z
0
1
1
(1 + t)
2 dt
Z 1
1
1
f (t)dt =
2 dt = 2 grâce à la question 4.
(1 + t)
x−(1−x)
0
1
Donc pour tout x ∈ 0;
, U (x) = 1 − x est bien une solution. C’est donc la bonne.
2
1
; +∞ ,
b) Pour tout x ∈
2
Z x+x
Z 2x
1
1
ϕx (x) =
f (t)dt =
2 dt = 1 − 2x + 1
(1 + t)
x−x
0
Donc
Z
x+(1−x)
grâce à la question 3.
1
1
1
1
1
6 et donc ϕx (x) > 1 − = .
Si x > alors 2x + 1 > 2 donc
2
2x + 1
2
2
2
−1
On a donc ϕx (x) > ϕx (U (x)) et comme ϕx est strictement croissante sur [0, 1[ (même sens de variation que ϕx )
alors x > U (x) et donc x − U (x) > 0
Enfin, comme x − U (x) > 0, alors f (t) =
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1
2
(1 + t)
sur tout l’intervalle [x − U (x) , x + U (x)] et donc
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Z
x+U(x)
f (t)dt =
x−U(x)
Z
x+U(x)
−1
1+t
2 dt
(1 + t)
x−U(x)
=
1
x+U(x)
x−U(x)
1
−1
+
=
1 + x + U (x) 1 + x − U (x)
− (1 + x − U (x)) + (1 + x + U (x))
=
(1 + x + U (x)) (1 + x − U (x))
2U (x)
=
(1 + x)2 − U (x)2
Donc
2U (x)
1
1
2
2
⇔
= ⇔ U (x) + 4U (x) − (1 + x) = 0
2
2
2
2
(1 + x) − U (x)
2
2
équation du second degré en U (x) qui a pour discriminant ∆ = 16 + 4 (1 + x) = 4 4 + (1 + x)
q
2
q
−4 ± 2 4 + (1 + x)
= −2 ± 4 + (1 + x)2
et pour racines U (x) =
2
q
q
2
2
et comme −2 − 4 + (1 + x) < 0 et que U (x) > 0 alors U (x) = −2 + 4 + (1 + x)
1
1
2
, +∞
7. a) Pour x > on a 4 + (1 + x) > 0 donc U est continue sur
2
2
1
De plus elle est continue sur 0,
(fonction affine)
2
1
1
Enfin lim U (x) = = lim U (x) = U
+
−
2 x→(1/2)
2
x→(1/2)
1
Donc U est continue en
2
Donc U est continue sur [0, +∞[
1
1
2
, +∞ (4 + (1 + x) > 0) et sur 0, .
b) De même, U est dérivable sur
2
2

1

−1
si x <
2
De plus U ′ (x) =
x
+
1
1.

si x >
p
2
4 + (1 + x)2
1
En il faut tester si les dérivée à droite et à gauche sont égales :
2
1 − x − 1/2
U (x) − U (1/2)
= lim
= lim
− 1 = −1
• lim
−
−
x − 1/2
x − 1/2
x→(1/2)
x→(1/2)−
x→(1/2)
•
p
4 + (1 + x)2 − 5/2
U (x) − U (1/2)
= lim
lim
x − 1/2
x − 1/2
x→(1/2)+
x→(1/2)+
ϕx (U (x)) =
=
=
=
=
lim
x→(1/2)+
lim
x→(1/2)+
lim
x→(1/2)+
lim
x→(1/2)+
4 + (1 + x)2 − 25/4
p
(x − 1/2)( 4 + (1 + x)2 + 5/2)
(1 + x)2 − 9/4
p
(x − 1/2)( 4 + (1 + x)2 + 5/2)
(x − 1/2)(x + 5/2)
p
(x − 1/2)( 4 + (1 + x)2 + 5/2)
(x + 5/2)
3
p
=
2
5
( 4 + (1 + x) + 5/2)
1
Donc U est dérivable à droite et à gauche en
mais les dérivées à droite et à gauche ne sont pas égales donc U
2
1
n’est pas dérivable en .
2
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p
c) Il suffit ici de calculer la limite en +∞ de 4 + (1 + x)2 − 2 − (x − 1). C’est pour l’instant une forme indéterminée
donc on va transformer cette expression en se servant de l’expression conjuguée :
p
p
p
p
( 4 + (1 + x)2 − (x + 1))( 4 + (1 + x)2 + (x + 1))
4
p
= p
4 + (1 + x)2 −2−(x−1) = 4 + (1 + x)2 −(x+1) =
2
4 + (1 + x) + (x + 1)
4 + (1 + x)
p
Or lim
4 + (1 + x)2 + (x + 1) = +∞ donc lim U (x) − (x − 1) = 0 et ainsi
x→+∞
x→+∞
la droite d’équation y = x − 1 est asymptote à la courbe représentative de U en +∞
d)
y
1
0
1
8. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : an >
x
1
est vraie pour tout entier n.
2
1
donc P(0) est vraie.
2
1
9
– Soit n > 0 fixé. Supposons que P(n) est vraie. On a donc an > , ce qui nous donne (1 + an )2 > , donc
2
4
p
1
5
4 + (1 + an )2 > et donc U (an ) > .
2
2
1
On a donc bien an+1 > et donc P(n + 1) est vraie.
2
1
Grâce au principe de récurrence on a donc montré que ∀n ∈ N, an > .
2
1
b) Dans la question 6. b) on a démontré que si x > alors x > U (x) donc on a an > U (an ) = an+1 .
2
La suite (an ) est donc décroissante.
– a0 = 1 >
1
donc elle converge vers une limite ℓ >
2
Comme U est continue sur [0, +∞[ elle est continue en ℓ.
Donc en passant à la limite dans l’égalité an+1 = U (an ) on a U (ℓ) = ℓ.
1
Pour x > on a :
2
p
U (x) = x ⇔ 4 + (1 + x)2 = x + 2
c) La suite est décroissante et minorée par
⇔ 4 + (1 + x)2 = (x + 2)2
1
⇔ 1 − 2x = 0 ⇔ x =
2
1
2
car x + 2 > 0
1
1
et donc lim an =
n→+∞
2
2
1
d) On calcule an et n tant que an − > 10−6 :
2
Program premier;
var n:integer;a:real;
begin
a:=1;n:=0;
while abs(a-0.5) > 0.000001 do
begin
a:=-2+sqrt(4+sqr(1+a));
n:=n+1;
end;
writeln(n);
end.
Donc U (x) = x ⇔ x =
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Exercice 3:
1. a) Après le (n − 1)-ième succès, on recommence à faire une succession d’épreuves indépendantes dans l’attente d’un
succès (qui est de probabilité 1 − x) et Tn est le rang d’apparition de ce succès donc Tn suit une loi géométrique de
paramètre (1 − x).
Tn (Ω) = N∗ et ∀k ∈ N∗ , P (Tn = k) = xk−1 (1 − x)
On a donc E(Tn ) =
1
x
, V (Tn ) =
1−x
(1 − x)2
b) Soit n > 2 et (k1 nk2 , · · · , kn ) ∈ (N∗ )n . On cherche à calculer P ([T1 = k1 ] ∩ [T2 = k2 ] ∩ · · · ∩ [Tn = kn ]). Notons Ei
l’événement ≪ la i-ième épreuve est un échec. On a alors :
∩[T2 = k2 ] ∩ · · · ∩ [Tn = kn ] = E1 E2 · · · Ek1 −1 Ek1 Ek1 +1 · · · Ek1 +k2 −1 Ek1 +k2
Ek1 +k2 +1 · · · Ek1 +···+kn −1 Ek1 +···+kn
Et comme les épreuves sont indépendantes :
P ([T1 = k1 ] ∩ [T2 = k2 ] ∩ · · · ∩ [Tn = kn ]) = xk1 −1 (1 − x)xk2 −1 (1 − x) · · · xkn −1 (1 − x)
= P (T1 = k1 ) × · · · × P (Tn = kn )
Donc les variables T1 , T2 , · · · , Tn sont indépendantes.
c) On sait que Sn = T1 + · · · + Tn et comme tous les Ti admettent une espérance, Sn admet une espérance et on a
n
E(Sn ) = E(T1 ) + · · · + E(Tn ) =
.
1−x
Un somme de variable aléatoire admettant une variance, admet une variance donc Sn admet une variance et comme
les (Ti ) sont indépendantes on a
nx
V (Sn ) = V (T1 ) + · · · + V (Tn ) =
(1 − x)2
d) Le n-ième succès peut arriver au mieux à la n-ième épreuve donc Sn (Ω) = [[n; +∞[[.
Soit k ∈ Sn (Ω). L’événement [Sn = k] signifie qu’au cours des k premières épreuves nous avons obtenu n succès et
que la k-ième épreuve était un succès. Cela signifie donc qu’au cours des k − 1 première épreuves nous avons obtenus
k−1
n − 1 succès ((1 − x)n−1 ) et k − n échecs (xk−n ). De plus, on peut placer ces succès où l’on veut et il y a n−1
façons de placer n − 1 succès parmi k − 1 épreuves. On a donc :
k − 1 k−n
k − 1 k−n
P (Sn = k) =
x
(1 − x)n−1 × (1 − x) =
x
(1 − x)n
n−1
n−1
Les événements ([Sn = k])k>n forment un système complet d’événements donc
+∞
X
P (Sn = k) = 1.
k=n
e) D’après la question précédente on a :
+∞
X
k=n
P (Sn = k) = 1 ⇔
+∞ X
k − 1 (1 − x))n
k=n
n−1
xn
+∞ X
xn
k−1 k
x =1⇔
x =
(1 − x)n
n−1
k
k=n
2. a) • X correspond au rang d’apparition du premier succès lors d’une succession d’épreuves réalisées dans des conditions
identiques. La probabilité de succès étant à chaque fois égale à p, X suit une loi géométrique de paramètre p.
X(Ω) = N∗ et ∀k ∈ N∗ , P (X = k) = (1 − p)k−1 p
• Lorsqu’on sait que [X = k] est réalisé, Y compte le nombre de réalisations de l’événement ≪ obtenir pile ≫ au cours
de la réalisation de k réalisation de la même épreuve où la probabilité de succès est égale à p. La loi conditionnelle
de Y à l’événement [X = k] est donc une loi binomiale de paramètres k et p.
Pour tout j ∈ [[0; k]], P[X=k] (Y = j) = kj pj (1 − p)k−j et si j > k, P[X=k] (Y = j) = 0
b) On a Y (Ω) = N car X peut prendre toutes les valeurs entières non nulles.
c) La famille ([X = k])k∈N∗ est un système complet d’événements donc d’après la formule des probabilités totales :
P (Y = 0) =
=
+∞
X
P (X = k)P[X=k] (Y = 0) =
k=1
+∞
X
pq k−1 q k
k=1
pq 2k−1 =
k=1
+∞
X
p
q
+∞
X
(q 2 )k
k=1
pq
q
p q2
=
=
=
2
q1−q
(1 − q)(1 + q)
1+q
EM Lyon 2005
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Corrigé
d) De même que dans la question précédente :
P (Y = n) =
+∞
X
P (X = k)P[X=k] (Y = n) =
pq
k=n
k=1
On a donc
+∞
X
k−1
+∞ k n k−n X k n+1 2k−n−1
p q
=
p
q
n
n
k=n
+∞ pn+1 X k
P (Y = n) = n+1
(q 2 )k
q
n
k=n
+∞ n+1 X
p
k−1
(q 2 )k−1
= n+1
q
n
k=n+1
n+1
p
1 (q 2 )n+1
q n+1 q 2 (1 − q 2 )n+1
pn+1 q n−1
=
(1 − q)n+1 (1 + q)n+1
=
=
EM Lyon 2005
q n−1
1
=
n+1
(1 + q)
(1 + q)2
Page 8
q
1+q
n−1
Corrigé