Corrigé : EM Lyon 2001

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Option économique
Exercice 1:
1. Plusieurs méthodes ici, on peut soit remarquer tout de suite que A possède deux lignes identiques, soit utiliser le pivot
de Gauss.
A n’est donc pas inversible. Cela signifie que A − 0I4 n’est pas inversible, c’est à dire que 0 est une valeur propre de A.




1 0 −1 0
1 −1 0 0
1 0 −1 0 3 1 −1 0 0
4



2. a) A2 = 
1 0 −1 0, A = 1 −1 0 0 et A = 0.
0 1 −1 0
1 −1 0 0
b) On considère le polynôme P (x) = x4 . D’après la question précédente, P est un polynôme annulateur de A et donc
les valeurs propres de A sont parmi les racines de P . Or P n’admet qu’une seule racine 0 et on a déjà montré que
0 est une valeur propre de A.
0 est l’unique valeur propre de A et donc de f .
 
x
y 
4

c) On cherche les x ∈ R tels que f (x) = 0. Cela revient à résoudre AX = 0 avec X = 
z .
t


x−t =0



 x=t
x−t =0
AX = 0 ⇔
⇔
y=t
y−t=0



z=t

z−t=0
On a donc ker(f ) = {(t, t, t, t)/t ∈ R} = vect((1, 1, 1, 1)). La famille ((1, 1, 1, 1)) est libre, car formée d’un seul vecteur
non nul, et est génératrice de ker(f ). Cette famille est donc une base du noyau de f qui est donc de dimension 1.
d) Le seul sous-espace propre de f est son noyau qui est de dimension 1 6= 4 donc f n’est pas diagonalisable.
3. a) On a tout d’abord ε1 = (1, 0, 0, 0), ε2 = (1, 1, 0, 0), ε3 = (1, 1, 1, 0) et ε4 = (1, 1, 1, 1).
C est une famille de 4 vecteurs dans un espace de dimension 4 donc il suffit de montrer que cette famille est libre
pour pouvoir dire que c’est une base.
On cherche a, b, c, d tels que :
aε1 + bε2 + cε3 + dε4 = (0, 0, 0, 0)
⇔a(1, 0, 0, 0) + b(1, 1, 0, 0) + c(1, 1, 1, 0) + d(1, 1, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)

a+b+c+d=0



b+c+d=0
⇔
c+d=0



d=0
⇔a = b = c = d = 0
La famille est donc libre et grâce à l’argument précédent, c’est bien une base de R4 .
b) On a :
f (ε1 ) = ε2 = 0ε1 + 1ε2 + 0ε3 + 0ε4
f (ε2 ) = ε3 = 0ε1 + 0ε2 + 1ε3 + 0ε4
f (ε3 ) = ε4 = 0ε1 + 0ε2 + 0ε3 + 1ε4
f (ε4 ) = 0 = 0ε1 + 0ε2 + 0ε3 + 0ε4

0 0 0
1 0 0
Donc N = 
0 1 0
0 0 1
4. Raisonnons par l’absurde

0
0
.
0
0
et supposons qu’il existe un tel automorphisme g. Alors on aurait :
f 4 = f 2 ◦ f 2 = g ◦ f ◦ g −1 ◦ g ◦ f ◦ g −1 = g ◦ f 2 ◦ g −1
or on sait que f 4 = 0 donc on devrait avoir g ◦ f 2 ◦ g −1 = 0 c’est-à-dire f 2 = 0 ce qui est absurde car A2 6= 0.
Donc un tel automorphisme n’existe pas.
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Exercice 2:
1. a) Les fonctions x → x et x → ex − 1 sont continues sur ]0; +∞[ et ex − 1 ne s’annule pas sur cet intervalle. Donc f
est continue sur ]0; +∞[ par quotient de fonctions continues. De plus
x
=1
lim
x→0+ ex − 1
car au voisinage de 0 on a : ex − 1 ∼ x. Comme f (0) = 1, f est bien continue en 0.
f est donc continue sur [0; +∞[.
b) Les fonctions x → x et x → ex − 1 sont de classe C 1 sur ]0; +∞[ et ex − 1 ne s’annule pas sur cet intervalle. Donc f
est de classe C 1 sur ]0; +∞[ par quotient de fonctions de classe C 1 . De plus on a pour tout x > 0 :
f ′ (x) =
ex − 1 − xex
(ex − 1)2
x2
+ o(x2 ). Donc
2
x2
x2
x2
x2
ex − 1 − xex = 1 + x +
+ o(x2 ) − 1 − x 1 + x +
+ o(x2 ) = x +
− x − x2 + o(x2 ) = − + o(x2 )
2
2
2
2
c) Au voisinage de 0, on sait que ex = 1 + x +
1
1
1
donc ex − 1 − xex ∼ − x2 et comme (ex − 1)2 ∼ x2 on a f ′ (x) ∼ − , c’est-à-dire lim f ′ (x) = − .
x→0
x→0
x→0
x→0
2
2
2
d) On a vu que f est une fonction continue sur [0. + ∞[ et de classe C 1 sur ]0; +∞[. Comme de plus f ′ admet une
limite finie en 0, d’après le théorème de prolongement des fonction de classe C 1 , f est de classe C 1 sur [0; +∞[ et
1
f ′ (0) = − .
2
2. a) Les fonctions x → x et x → ex − 1 sont de classe C 2 sur ]0; +∞[ et ex − 1 ne s’annule pas sur cet intervalle. Donc f
est de classe C 2 sur ]0; +∞[ par quotient de fonctions de classe C 2 . De plus on a pour tout x > 0 :
(−xex )(ex − 1)2 − (ex − 1 − xex ) × 2ex (ex − 1)
(ex − 1)4
xe2x + xex − 2e2x + 2ex
=
(ex − 1)3
x
e
= x
(xex + x − 2ex + 2)
(e − 1)3
f ′′ (x) =
b) g est deux fois dérivable sur [0; +∞[ et
g ′ (x) = (x − 1)ex + 1
g ′′ (x) = xex
Donc g ′ est strictement croissante sur [0; +∞[ et comme g ′ (0) = 0 on a que g ′ (x) > 0.
Donc g est strictement croissante sur [0; +∞[.
Comme g(0) = 0 on en déduit que sur ]0; +∞[, g(x) > 0 et donc comme
ex
> 0 on obtient
(ex − 1)3
∀x ∈]0; +∞[, f ′′ (x) > 0
c) Grâce à la question précédente, on a que f ′ est strictement croissante sur [0; +∞[ et comme
f ′ (x)
′
∼
x→+∞
x
−xex
=− x
e2x
e
′
on a lim f = 0 et donc pour tout x ∈ [0; +∞[, f (x) < 0. On en déduit donc que f est strictement décroissante sur
+∞
R+ .
De plus, en +∞, ex − 1 ∼ ex donc f (x)
∼
x→+∞
x
. Or on sait que en +∞, x = o(ex ) donc lim f = 0.
+∞
ex
On a donc le tableau de variations suivant :
x
+∞
0
f ′ (x)
−
1
f (x)
0
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d)
y
1
C
0
1
x
3. a) On a vu précédemment que f ′ est une fonction croissante sur [0; +∞[ et que lim f ′ = 0 donc pour tout x ∈ R+ , on
+∞
1
a f ′ (0) 6 f ′ (x) 6 0, c’est-à-dire |f ′ (x)| 6 .
2
On a aussi vu que f est une fonction décroissante sur R+ et que lim f = 0, donc on a pour tout x ∈ R+ ,
+∞
0 6 f (x) 6 f (0) c’est-à-dire 0 6 f (x) 6 1.
b)
f (x) = x
⇔x = x(ex − 1)
⇔x(ex − 2) = 0
⇔x = 0 ou ex = 2
⇔x = 0 ou x = ln 2
Comme on cherche les solutions dans ]0; +∞[ on obtient que la seule solution de f (x) = x est x = ln 2.
c) La suite (un ) est bien définie car u0 = 0 ∈ R+ et par récurrence on montre que 0 6 un 6 1 grâce à la question 3. a).
1
De plus f est une fonction continue sur R+ , dérivable sur ce même intervalle et telle que |f ′ (x)| 6 donc d’après
2
l’inégalité des accroissements finis, on a
∀n ∈ N |f (un ) − f (ln 2)| 6
⇔|un+1 − ln 2| 6
d) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : |un − ln 2| 6
1
|un − ln 2|
2
1
|un − ln 2|
2
1
ln 2 est vraie pour tout n ∈ N
2n
1
ln 2 = ln 2 donc P(0) est vraie.
20
• Soit n un entier fixé. Supposons que P(n) est vraie. Alors d’après la question précédente :
• Rang 0 : On a |u0 − ln 2| = ln 2 et
|un+1 − ln 2| 6
1
1
1 1
ln 2 = n+1 ln 2
|un − ln 2| 6
n
2
22
2
Donc P(n + 1) est alors vraie.
On a donc montré que pour tout entier naturel n on a |un − ln 2| 6
Or lim
n→+∞
1
ln 2.
2n
1
ln 2 = 0, donc lim |un − ln 2| = 0 et donc la suite (un ) est bien convergente de limite ln 2.
n→+∞
2n
Exercice 3:
tn+2 e−t
. Or on sait que pour tout α > 0, tα = o(et ) au voisinage de +∞.
n!
lim t2 fn (t) = 0.
1. a) • On a pour tout t > 0, t2 fn (t) =
Donc on a bien
t→+∞
•
(i) La fonction fn est continue sur [0; +∞[ donc le problème se pose uniquement en +∞.
1
(ii) On vient de montrer, qu’au voisinage de +∞, fn (t) = o 2 .
t
Z +∞
1
dt est convergente car c’est un intégrale de Riemann avec 2 > 1.
(iii) Or on sait que
2
t
1
Z +∞
fn (t) dt est donc convergente.
D’après les critères de convergence sur les fonction positives,
1
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(iv) En conclusion,
Z
1
fn (t) dt est convergente (fn continue sur [0; 1]) et
0
Z
Z
+∞
fn (t) dt est convergente, donc
1
+∞
fn (t) dt est convergente.
0
b) Soit n ∈ N∗ et x ∈ [0; +∞[. On pose :
tn
n!
v ′ (t) = e−t
u(t) =
tn−1
(n − 1)!
v(t) = −e−t
u′ (t) =
u et v sont des fonctions de classe C 1 sur R+ , donc par intégration par parties :
n −t x Z x n−1 −t
Z x
Z x
−t e
xn e−x
t
e
fn (t) dt =
fn−1 (t) dt
+
dt = −
+
n!
n!
0
0 (n − 1)!
0
0
c) • En faisant tendre x vers +∞ dans l’égalité précédente, on obtient que pour tout entier n non nul,
Z +∞
fn−1 (t) dt.
0
Z +∞
• Ainsi si on pose In =
fn (t) dt, la suite (In ) est une suite constante.
0
Z +∞
−t A
Or I0 =
e−t dt = lim
−e 0 = lim 1 − e−A = 1.
A→+∞
0
Z
+∞
fn (t) dt =
0
A→+∞
• On a donc, pour tout entier n,
Z
+∞
fn (t) dt = 1 .
0
d)
(i) fn est de façon évidente une fonction à valeurs positives ou nulles.
(ii) Sur ] − ∞; 0[, fn est nulle donc continue et sur [0; +∞[, fn est continue comme produit des fonctions t →
et t → e−t qui sont continues.
Donc fn est continue sur R∗ .
(iii) Sur ] − ∞; 0[, fn est nulle donc
Z
tn
n!
0
fn (t) dt est convergente et vaut 0.
−∞
Z
+∞
D’après les questions précédentes,
fn (t) dt est convergente et vaut 1.
0
Z +∞
Donc
fn (t) dt est convergente et vaut 0 + 1 = 1.
−∞
En conclusion, fn est une densité de probabilité.
2. a) • Espérance :
On remarque que tfn (t) = (n + 1)fn+1 (t).
Z +∞
Or d’après la question précédente
fn+1 (t) dt est (absolument) convergente et vaut 1.
−∞
Donc Xn admet une espérance et E(Xn ) = n + 1.
• Variance :
On remarque que t2 fn (t) = (n + 1)(n + 2)fn+2 (t).
Z +∞
Or d’après la question précédente
fn+2 (t) dt est (absolument) convergente et vaut 1.
−∞
Donc Xn admet un moment d’ordre 2 et E(Xn2 ) = (n + 1)(n + 2).
Ainsi Xn admet une variance et V (Xn ) = E(Xn2 ) − E(Xn )2 = n + 1.
Z x
Z x
b) (i) Par définition F4 (x) =
f4 (t) dt. Donc Si x < 0, F4 (x) = 0 et si x > 0, F4 (x) =
f4 (t) dt.
0
−∞
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y
1.0
0.5
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
(ii) On a P (X4 > 4) = 1 − P (X4 6 4) = 1 − F4 (4) ≈ 1 − 0, 37 ≈ 0, 63.
Et P (4 < X4 6 8) = F4 (8) − F4 (4) ≈ 0, 90 − 0, 37 ≈ 0, 53.
3. a) E(Yt ) = V (Yt ) = t.
b) L’événement [Zn 6 t] signifie que la n-ième voiture est arrivée au péage à une instant inférieur ou égal à t. Cela
équivaut donc à dire, qu’à l’instant t, il y a au moins n voitures qui sont passées au péage, c’est-à-dire que l’événement
[Yt > n] est réalisé.
On a donc bien [Zn 6 t] = [Yt > n]
c) Par définition Gn (t) = P (Zn 6 t).
• Si t 6 0, l’événement [Zn 6 t] est impossible donc Gn (t) = 0.
• Si t > 0, d’après la question précédente, Gn (t) = P (Yt > n) = 1 − P (Yt < n).
n−1
n−1
X
X e−t tk
.
Or P (Yt < n) =
P (Yt = k) =
k!
k=0
k=0

si t 6 0

0
n−1
X tk
Donc on a Gn (t) =
.
−t

si t > 0
1 − e
k!
k=0
d) • Continuité :
Sur ] − ∞; 0[, Gn est nulle donc continue et sur ]0; +∞[, Gn est une somme de fonctions continue donc est continue.
De plus lim− Gn (t) = 0 = lim+ Gn (t) = Gn (0).
t→0
t→0
Donc Gn est continue sur R.
• C1 :
Sur ] − ∞; 0[, Gn est nulle donc de classe C 1 et sur ]0; +∞[, Gn est une somme de fonctions de classe C 1 donc est
de classe C 1 .
Gn est donc de classe C 1 sur R∗ .
• En conclusion Gn est bien la fonction de répartition d’une variable à densité et pour obtenir une densité de Zn
on dérive Gn .
Pour t < 0, G′n (t) = 0.
n−1
n−1
X tk−1
X tk
tn−1
− e−t
= e−t
.
Pour t > 0, G′n (t) = e−t
k!
(k − 1)!
(n − 1)!
k=0
k=1
Donc une densité de Zn est gn = fn−1 .
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