Corrigé : EM Lyon 2006

Corrigé : EM Lyon 2006
Option économique
Exercice 1:
1. a) Comme A est une matrice triangulaire, on peut lire ses valeurs propres sur sa diagonale.
Les valeurs propres de A sont 0 et 1.
b) A admet deux valeurs propres distinctes et A ∈ M2 (R) donc A est diagonalisable. Comme D est la matrice diagonale
contenant les valeurs propres de A, il suffit de construire la matrice P de passage de la base canonique à une base
de vecteurs propre de A pour avoir A = P DP −1 .
1
1
On alors remarque que
est un vecteur propre associé à la valeur propre 0 et
est un vecteur propre associé
0
1
à la valeur propres 1. Comme les deux valeurspropres
sont distinctes, les deux vecteurs propres forment une base
1 1
de vecteurs propres et donc en posant P =
, on aura bien d’après la formule de changement de base :
0 1
A = P DP −1 .
2. a) • E est un sous-ensemble de M2 (R).
• E n’est pas vide car la matrice nulle est dans E.
• Soient B et C deux matrices de E et a et b deux réels.
aB + bC est une matrice de M2 (R) et de plus :
A(aB + bC) = aAB + bAC = aBD + bCD = (aB + bC)D
donc aB + bC ∈ E.
E est bien un sous-espace vectoriel
z t
0
b) On a AM =
et M D =
z t
0
z
Donc M ∈ E ⇔ AM = M D ⇔
z
de M2 (R).
y
.
t
t
0 y
=
⇔ z = 0 et y = t.
t
0 t
x y
c) D’après la question précédente : E =
/(x, y) ∈ R2
0 y
On peut donc écrire E = vect(U, A).
La famille (U, A) est donc génératrice de E. Montrons qu’elle est libre. On cherche tous les réels a et b tels que
a b
0 0
aU + bA = 0 ⇔
=
⇔a=b=0
0 b
0 0
Donc la famille (U, A) est bien libre et donc est une base de E.
0 1
d) U A =
. Non U A n’est pas un élément de E car 1 6= 0.
0 0
3. a) Soit M et M ′ deux matrices et a et b deux réels :
f (aM + bM ′ ) = A(aM + bM ′ ) − (aM + bM ′ )D = aAM − aM D + bAM ′ − bM ′ D = af (M ) + bf (M ′ )
donc f est bien linéaire.
b) ker(f ) = {M ∈ M2 (R)/f (M ) = 0} = E donc d’après les questions précédentes ker(f ) est de dimension 2.
c) D’après le théorème du rang dim(ker(f ))+dim(Im(f )) =dim(M2 (R)) donc on en déduit que Im(f ) est de dimension
2.
x y
d) • Soit M =
. On a :
z t
f (M ) = M
z t−y
x y
⇔
=
z
0
z t

 x=z
⇔
t = 2y

t=0
x=z
⇔
t=y=0
EM Lyon 2006
Page 1
Corrigé
Donc les matrices telles que f (M ) = M sont de la forme
x
x
0
. Comme on peut trouver une matrice non nulle
0
telle que f (M ) = M , 1 est bien une valeur propre de f .
• De même
que précédemment on résout f (M ) = −M et on trouve que les solutions sont les matrices de la forme
0 y
et donc pour la même raison que précédemment −1 est bien une valeur propre de f .
0 0
e) Les trois valeurs propres de f sont donc 0, 1 et −1.
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 0 est E0 = ker(f ) donc E0 est de dimension 2.
x 0
1 0
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 est E1 =
/x ∈ R = vect
. La famille
x 0
1 0
1 0
est génératrice de E1 et libre car formée d’un seul vecteur non nul, donc c’est une base de E1 . Ainsi E1
1 0
est de dimension 1.
De même E−1 est de dimension 1.
La somme des dimension des sous-espaces propre est donc 2 + 1 + 1 = 4 = dim(M2 (R)) donc f est diagonalisable.


0 0 0 0
0 0 0 0 

f) Dans une base de vecteur propre la matrice de f est D = 
0 0 1 0 .
0 0 0 −1
La matrice de f ◦ f ◦ f dans la base de vecteurs propres est D3 . Or D3 = D donc on a bien f = f ◦ f ◦ f .
Exercice 2:
1. a) Calculons tout d’abord les dérivées partielles de F . Comme F est polynomiale, F est de classe C ∞ .
∂F
(x, y) = (y − 2)(x + y − 6) + (x − 1)(y − 2)
∂x
∂F
(x, y) = (x − 1)(x + y − 6) + (x − 1)(y − 2)
∂y
∂F
∂F
Ainsi
(4, 2) = 0 et
(4, 2) = 0 donc (4, 2) est bien un point critique.
∂x
∂y
∂F
∂F
(2, 3) = −1 + 1 = 0 et
(2, 3) = −1 + 1 = 0 donc (2, 3) est bien un point critique.
De plus
∂x
∂y
b) Nous allons utiliser ici les notations de Monge car F est de classe C ∞ donc nous avons besoin de calculer les dérivées
secondes de F .
∂2F
(x, y) = 2(y − 2)
∂x2
∂2F
(x, y) = 2(x − 1)
∂y 2
∂2F
(x, y) = 2x + 2y − 9
∂x∂y
Donc au point (4, 2), r =, t = 6 et s = 1. Ainsi s2 − rt = 1 > 0 et donc F n’admet pas d’extremum local en (4, 2).
c) Au point (2, 3), r = 2, t = 2 et s = 1. Donc s2 − rt = −3 < 0 et r > 0 donc F admet un minimum local en (2, 3).
2. a) Lorsque x > 4, on a x − 2 > 2 et 2x − 4 > 3 donc (x − 2)(2x − 5) > 6 > 4.
b) En multipliant l’inégalité précédente par x > 4 > 0, on obtient ϕ(x) > 4x pour tout x > 4.
On déduit de cette inégalité que pour x > 4, ϕ(x) > 16 > 4 et donc ϕ(x) ∈ [4; +∞[.
3. a) Pour tout n ∈ N, un+1 = un (un − 2)(2un − 5) = ϕ(un ).
b) Montrons par récurrence que la propriété ≪ P(n) : un > 4n+1 ≫ est vraie pour tout n.
• Pour n = 0. Comme u0 = 4 et 40+1 = 4, on a bien P(0) qui est vraie.
• Supposons P(n) vraie. Alors d’après la question 2. b), un+1 = ϕ(un ) > 4un > 4n+2 . Donc P(n + 1) est vraie et
donc la propriété est bien vraie pour tout n.
P 1
1
1
6 n+1 . Or la série
est convergente (série géométrique
D’après ce qu’on vient de montrer, on a donc 0 <
un
4
4n+1
P 1
1
1
de raison et −1 < < 1), donc d’après les critères de convergence sur les séries à termes positifs, la série
4
4
un
est convergente.
EM Lyon 2006
Page 2
Corrigé
c) PROGRAM ex1 ;
VAR u :REAL ; k,n :INTEGER ;
BEGIN
u :=4 ; n :=10 ;
WHILE u< 10000000000 DO
BEGIN
u :=u*(u-2)*(2*u-5) ;
n :=n+1 ;
END ;
WRITE(n) ;
END.
4. a) Comme ϕ ne s’annule pas sur [4; +∞[ et que c’est une fonction continue, g est continue sur [4; +∞[. Le problème
pour l’intégrale se pose donc uniquement en +∞.
5
De plus au voisinage de +∞, ϕ(x) ∼ 2x3 , donc g(x) ∼ 3 . On sait de plus (intégrale de Riemann avec α > 1) que
x
Z +∞
Z +∞
5
dx converge, donc l’intégrale
g(x) dx est bien convergente.
x3
4
4
b) Nous allons ici procéder par identification. Pour cela il faut tout d’abord réduire au même dénominateur la somme
des trois fractions :
a
b
c
(2a + 2b + c)x2 + (−9a − 5b − 2c)x + 10a
+
+
=
x x − 2 2x − 5
ϕ(x)
On doit donc choisir a, b c tels que :

 10a = 10
9a + 5b + 2c = 0

2a + 2b + c = 0

 a=1
⇔
5b + 2c = −9

2b + c = −2

 a=1
b = −5
⇔

c=8
g(x) =
c) Soit A > 4 :
Z
A
g(x) dx =
4
Or
lim
A→+∞
Z
A
4
5
8
1
−
+
x x − 2 2x − 5
5
8
1
−
+
x x − 2 2x − 5
dx
A
= [ln(x) − 5 ln(x − 2) + 4 ln(2x − 5)]4
A(2A − 5)4
= ln
− ln 4 + 5 ln 2 − 4 ln 3
(A − 2)5
A(2A − 5)4
= 24 donc on en déduit que :
(A − 2)5
Z +∞
g(x) dx = 7 ln 2 − 4 ln 3
4
Exercice 3:
Partie A
1
2
1. a) ∀x ∈ R, g(x) = √ e−x .
π
2
b) Comme E(U ) = 0, on a V (U ) = E(U ) =
Z
+∞
x2 g(x) dx.
−∞
1
2
Or x2 g(x) = √ × x2 e−x et x → x2 g(x) est une fonction paire.
π
Z +∞
Z +∞
2
Donc, comme
x g(x) est convergente et que la fonction est paire, on peut aussi dire que
x2 g(x) dx est
−∞
0
Z
1 +∞ 2
convergente et vaut
x g(x).
2 −∞
EM Lyon 2006
Page 3
Corrigé
Ainsi
Z
+∞
2
x2 e−x dx est convergente et :
0
1
√
π
Z
+∞
2 −x2
x e
+∞
2 −x2
x e
0
dx est convergente et
0
2.
Z
Z
+∞
1
1
dx = V (U ) = ⇔
2
4
2 −x2
x e
0
Z
0
+∞
2 −x2
x e
√
π
dx =
4
√
π
.
dx =
4
(i) F est nulle sur ] − ∞; 0] donc continue sur cet intervalle. F est aussi continue sur ]0; +∞[ comme composée de
fonctions usuelles.
De plus Limx → 0+ F (x) = 0 = F (0) = lim F (x) donc F est continue en 0.
x→0−
Ainsi F est continue sur R.
(ii) F est nulle sur ] − ∞; 0] donc de classe C 1 sur cet intervalle. F est aussi C 1 sur ]0; +∞[ comme composée de
fonctions usuelles.
Donc F est de classe C 1 sur R∗ .
2
(iii) Si x < 0, F ′ (x) = 0 et si x > 0, F ′ (x) = 2xe−x > 0.
Donc F est constante sur ] − ∞; 0[ et croissante sur ]0; +∞[ et comme F est continue F est croissante sur R.
(iv) On a de plus lim F (x) = 0 et lim F (x) = 1.
x→−∞
x→+∞
Tous ces points nous
( permettent d’affirmer que F est la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité. Une
0
si x 6 0
densité est f (x) =
.
2
2xe−x si x > 0
(
0
si x 6 0
3. a) On remarque que xf (x) =
.
2 −x2
2x e
si x > 0
Z 0
Comme xf (x) est nulle sur ] − ∞; 0],
xf (x) dx est absolument convergente et vaut 0.
−∞
√
√
Z +∞
π
π
=
D’après la question 1. b)
xf (x) dx est convergente (absolument car fonction positive) et vaut 2 ×
4
2
0
√
Z +∞
π
=
Donc
xf (x) dx est absolument convergente, ce qui signifie que X admet une espérance et E(X) = 0 +
2
−∞
√
π
.
2
b) • Si y < 0, l’événement [X 2 6 y] est impossible donc P (X 2 6 y) = 0.
• Si y = 0, P (X 2 6 0) = P (X 2 = 0) = 0 car X est une variable à densité.
√
√
√
√
• Si y > 0, P (X 2 6 y) = P (− y 6 X 6 y) = F ( y) − F (− y) = 1 − e−y .
c) • Notons G la fonction de répartition de la variable aléatoire X 2 . Par définition, pour tout réel y, G(y) = P (X 2 6 y).
(
0
si y 6 0
On a donc G(y) =
.
1 − e−y si y > 0
On reconnaı̂t ici la fonction de répartition d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre 1.
Donc X 2 suit la loi exponentielle de paramètre 1.
• On sait donc que X 2 admet une espérance ce qui signifie que X admet une variance.
π
De plus E(X 2 ) = 1 donc V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 1 − .
4
Partie B
1. E(Z) =
1
1−p
.
et V (Z) =
p
p2
1
1
1 1
1
1
= . Donc m = .
(E(Z1 ) + · · · + E(Zn )) =
+ ···+
n
n p
p
p
p
De plus comme on a supposé que les Zi sont indépendantes, on a
1
1−p
1 1−p
1−p
V (Mn ) = 2 (V (Z1 ) + · · · + V (Zn )) = 2
=
+
·
·
·
+
2
2
n
n
p
p
np2
2. a) Par linéarité de l’espérance on a E(Mn ) =
Donc σn =
EM Lyon 2006
r
1−p
.
np2
Page 4
Corrigé
Mn − m
6 1 = P (0 6 Mn∗ 6 1).
06
σn
Or d’après le théorème de la limite centrée (les Zi sont indépendantes, suivent la même loi de variance non nulle)
Mn∗ converge en loi vers une VAR M ∗ suivant la loi normale centrée réduite. Donc lim P (0 6 Mn − m 6 σn )
b) On remarque que P (0 6 Mn − m 6 σn ) = P
n→+∞
existe et
lim P (0 6 Mn − m 6 σn ) = lim P (0 6
n→+∞
EM Lyon 2006
n→+∞
Mn∗
Page 5
1
6 1) = P (0 6 M 6 1) = √
2π
∗
Z
1
e−x
2
/2
dx
0
Corrigé