Corrigé : EM Lyon 2016

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Option économique
Exercice 1:
Partie I : Étude de la matrice A


1 0 1
1. A2 = 0 2 0.
1 0 1
2. On cherche tous les réels a, b, c tels que aI + bA + cA2 = 0. On a :



a+c=0


a+c
b
c

b=0
aI + bA + cA2 = 0 ⇐⇒  b
a + 2c
b  = 0 ⇐⇒
c=0


c
b
a+c

a + 2c = 0
⇐⇒ a = b = c = 0.
La famille (I, A, A2 ) est donc libre.
3. a. La matrice A est une matrice symétrique réelle donc elle est diagonalisable.
b. — Valeurs propres : On cherche les réels λ tels que la matrice A − λI n’est pas inversible :


−λ 1
0
 1 −λ 1 
A − λI =
0
1 −λ
↓


1 −λ 1
L1 ← L2
 0

1 −λ
L2 ← L3
−λ 1
0
L3 ← L1
↓


1 −λ
1
0
1
−λ
2
0 1−λ
λ
L3 ← L3 + λL1
↓


1 −λ
1
0 1
−λ 
0 0 λ(2 − λ2 )
L3 ← L3 + (λ2 − 1)L2
√
√
2
2
et
−
2.
Les valeurs propres de A sont
les
racines
de
λ(2
−
λ
),
c’est-à-dire
0,
 
1

0  est un vecteur propre associé à la valeur propre 0.
— Vecteurs propres : X1 =
−1
 
√
√1

X2 =
2 est un vecteur propre associé à la valeur propre 2.
1


1
√
√
X3 = − 2 est un vecteur propre associé à la valeur propre − 2.
1

 √


1
1 √1
− 2 0 0
√
0 √0  et P = − 2 0
On a donc A = P DP −1 avec D =  0
2.
1
−1 1
2
0
0
4. On peut facilement remarquer que D 3 = 2D. Or A3 = (P DP −1)3 = P D 3 P −1.
Donc on a bien A3 = 2A.
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Partie II : Étude d’une application définie sur E
5. On a facilement E = Vect(I, A, A2 ).
Donc E est un sous-espace vectoriel de M3 (R) (car c’est un sous-espace engendré) et de plus la
famille (I, A, A2 ) est une famille génératrice de E.
De plus, on a déjà montré que la famille (I, A, A2 ) est une famille libre.
Donc (I, A, A2 ) est une base de E et dim(E) = 3.
6. Soit M = aI + bA + cA2 ∈ E. On a alors :
AM = aA + bA2 + cA3 = aA + bA2 + 2cA = (a + 2c)A + bA2 .
Donc AM ∈ E.
7. On vient de montrer que f est une application de E dans E. Montrons maintenant que f est une
application linéaire.
Soient M et N deux matrices de E et x un réel. On a alors :
f (M + xN) = A(M + xN) = AM + xAN = f (M) + xf (N).
f est donc une application linéaire de E dans E, c’est-à-dire un endomorphisme de E.
8. On a f (I) = A = 0I + 1A + 0A2 , f (A) = A2 = 0I + 0A + 1A2 et f (A2 ) = A3 = 0I + 2A + 0A2 .


0 0 0
Donc F = 1 0 2.
0 1 0
9. a. Pour tout M ∈ E, (f ◦ f ◦ f )(M) = A(A(AM)) = A3 M = 2AM = 2f (M). On a donc bien
f ◦ f ◦ f = 2f .
b. Soit λ une valeur propre de f et Mλ ∈ E \ {0} un vecteur propre associé.
On a alors (f ◦ f ◦ f )(Mλ ) = λ3 Mλ et, d’après la question précédente,
(f ◦ f ◦ f )(Mλ ) = 2f (Mλ ) = 2λMλ .
On obtient donc (λ3 − 2λ)Mλ = 0 et comme Mλ 6= 0, on a bien λ3 = 2λ.
√
√
c. Les seules valeurs propres possibles sont donc 0, 2 et − 2. Pour vérifier si ces réels sont bien
des valeurs propres de f , nous allons utiliser F la matrice de f .
On considère M = aI + bA + cA2 .
— On a :
 
a
a = −2c
f (M) = 0M ⇐⇒ F  b  = 0 ⇐⇒
.
b=0
c
Donc 0 est une valeur propre de f (car on a obtenu une infinité de solutions) et
E0 (f ) = {−2cI + 0A + cA2 /c ∈ R} = Vect(A2 − 2I).
— On a :
 
 
a
a
√
√
a =√
0




.
f (M) = 2M ⇐⇒ F b = 2 b ⇐⇒
b = 2c
c
c
√
√
Donc 2 est une valeur propre de f et E√2 (f ) = Vect( 2A + A2 ).
— On a :
 
 
a
a
√
√
a = 0√
f (M) = − 2M ⇐⇒ F  b  = − 2  b  ⇐⇒
.
b = − 2c
c
c
√
√
Donc − 2 est une valeur propre de f et E−√2 (f ) = Vect(− 2A + A2 ).
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10. 0 est une valeur propre de f donc f n’est pas bijectif.
f admet trois valeur propres distinctes et E est de dimension 3, donc f est diagonalisable.
11. — D’après le calcul fait à la question 6., f (M) = (a + 2c)A + bA2 .
Donc Im(f ) = Vect(A, A2 ). La famille (A, A2 ) est génératrice de Im(f ) et libre (deux vecteurs
non proportionnels) donc c’est une base de Im(f ).
— ker(f ) = E0 (f ) = Vect(A2 − 2I). La famille (A2 − 2I) est génératrice de ker(f ) et libre (un seul
vecteur non nul) donc c’est une base de ker(f ).
12. a. L’équation f (M) = I + A2 n’admet pas de solutions car I + A2 6∈ Im(f ).
b. Soit N = xI + yA + zA2 . On a
x + 2z = 1
2
2
2
,
f (N) = A + A ⇐⇒ (x + 2z)A + yA = A + A ⇐⇒
y=1
car la famille (A, A2 ) est libre.
Les solutions de l’équation f (N) = A + A2 sont les matrices de la forme (1 − 2z)I + A + zA2 , où
z ∈ R.
Exercice 2:
Partie I : Étude de la fonction f
1. — Les fonctions t → t, t → t2 et t → ln(t) sont continues sur ]0; +∞[, donc par produit et différence,
f est continue sur ]0; +∞[.
— On sait que lim+ t ln(t) = 0, donc lim+ f (t) = 0 = f (0).
t→0
t→0
f est donc continue en 0.
En conclusion f est continue sur [0; +∞[.
2. Les fonctions t → t, t → t2 et t → ln(t) sont de classe C 2 sur ]0; +∞[, donc par produit et différence,
f est de classe C 2 sur ]0; +∞[. De plus, ∀t > 0,
f ′ (t) = 2t − 1 − ln(t)
1
f ′′ (t) = 2 − .
t
et
3. Grâce à f ′′ (t), on a le tableau de variations de f ′ suivant :
t
1
2
0
−
f ′′ (t)
+∞
f ′ (t)
+∞
+
0
+∞
ln(2)
On voit donc que pour tout t > 0, f ′ (t) > 0. On obtient donc le tableau de variations de f :
t
+∞
0
f (t)
+
′
+∞
f (t)
2
Pour la limite de f en +∞, on a écrit f (t) = t
0
ln(t)
1−
t
et on a utilisé le fait que lim
t→+∞
ln(t)
=0
t
d’après les croissances comparées.
f (t) − f (0)
f (t) − f (0)
4. a. On a, pour tout t > 0,
= t − ln(t) donc lim+
= +∞.
t→0
t−0
t−0
f n’est pas dérivable en 0 mais sa courbe admet une demi-tangente verticale en O.
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b. Un point d’inflexion est un point de C d’abscisse t0 tel que f ′′ (t0 ) = 0 et f ′′ change de signe en t0 .
1
Il y a une seule valeur de t0 vérifiant ces propriétés : t0 = .
2
1 1 1
C admet un unique point d’inflexion : le point I
, + ln(2) .
2 4 2
c.
y
1
I
•
0
1
x
5. La fonction f est continue et strictement croissante sur [0; +∞[ donc, d’après le théorème de bijection
monotone, elle réalise une bijection de [0; +∞[ sur f ([0; +∞[) = [0; +∞[.
Or, 1 ∈ [0; +∞[, donc l’équation f (t) = 1 admet une unique solution dans [0; +∞[.
De plus f (1) = 1 donc 1 est l’unique solution de cette équation.
Partie II : Étude d’une fonction F de deux variables réelles
x
y
6. ∂1 F (x, y) = ln(y) − et ∂2 F (x, y) = − ln(x).
x
y
7. a. (x, y) est un point critique de F si, et seulement si :


y
y
 ln(y) − = 0
 ln(y) − = 0
∂1 F (x, y) = 0
x
⇐⇒
⇐⇒
.
xx
x
∂2 F (x, y) = 0
 y=
 − ln(x) = 0
ln(x)
y
Comme y > 0, la deuxième équation impose x > 1. En remplaçant alors dans la première équation,
on obtient :
1
x
1
ln
−
= 0 ⇐⇒ ln(x) − ln(ln(x)) −
=0
ln(x)
ln(x)
ln(x)
⇐⇒ ln(x)2 − ln(x) ln(ln(x)) = 1 ⇐⇒ f (ln(x)) = 1.
b. Nous avons vu que l’unique solution de l’équation f (t) = 1 est t = 1, donc (x, y) est un point
(
ln(x) = 1
x
⇐⇒ x = y = e.
critique de F si, et seulement si,
y=
ln(x)
8. On a F (e, e) = 0. Les dérivées partielles secondes de F sont :
∂11 F (x, y) =
y
x2
∂22 F (x, y) = −
x
y2
∂12 F (x, y) =
1 1
− .
y x
−1
e
0
.
La matrice hessienne de F en (e, e) est donc ∇ F (e, e) =
0 −e−1
Cette matrice est diagonale donc ses valeurs propres se lisent sur la diagonale : e−1 > 0 et −e−1 < 0.
Donc F n’admet pas d’extremum local en (e, e).
2
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Partie III : Étude d’une suite récurrente
9. Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un ∈ [1/2; 1] est vraie pour tout n ∈ N.
— D’après l’énoncé, P(0) est bien vraie.
— Soit n ∈ N fixé. Supposons que P(n) est vraie.
Comme la fonction f est croissante, on a f (un ) ∈ [f (1/2); f (1)]. Or, f (1) = 1 et
1
1
1 1
f (1/2) = + ln(2) > , car ln(2) > .
4 2
2
2
Donc on a bien un+1 ∈ [1/2; 1], c’est-à-dire P(n + 1) est vraie.
Grâce au principe de récurrence, on a montré que pour tout n ∈ N, un ∈ [1/2; 1].
10. Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un 6 un+1 est vraie pour tout n ∈ N.
1 1
1
— On a u1 = f (1/2) = + ln(2) > , donc P(0) est vraie.
4 2
2
— Soit n ∈ N fixé. Supposons que P(n) est vraie.
Comme la fonction f est croissante, on a un 6 un+1 ⇒ f (un ) 6 f (un+1), c’est-à-dire un+1 6 un+2.
Donc P(n + 1) est vérifiée.
Grâce au principe de récurrence, on a montré que la suite (un ) est croissante.
11. La suite (un ) est croissante et majorée par 1 donc elle est convergente. Notons ℓ ∈ [1/2; 1] sa limite.
En passant à la limite dans la relation un+1 = f (un ), on obtient : ℓ = f (ℓ), car la fonction f est
continue.
On a alors ℓ = f (ℓ) ⇐⇒ 1 = ℓ − ln(ℓ) car ℓ 6= 0.
1
Notons g la fonction t → t − ln(t). On a, pour t > 0, g ′ (t) = 1 − , donc la fonction g est
t
strictement décroissante sur ]0; 1]. Comme g est aussi continue, g réalise une bijection de ]0; 1] dans
[g(1); +∞[= [1; +∞[.
Donc l’équation g(t) = 1 admet une unique solution sur ]0; 1], et cette solution est t = 1.
En conclusion la suite (un ) converge vers 1.
12. u=0.5
N=0
while 1-u>10^
(-4)
u=u*u-u*log(u)
N=N+1
end
disp(N)
Exercice 3:
Partie I : Étude d’une variable aléatoire
1. Pour tout t ∈ R, −t ∈ R et
f (−t) =
e−2t et
e−t
et
=
=
= f (t).
(1 + et )2
e−2t (1 + et )2
(e−t + 1)2
f est bien une fonction paire.
2. — f est une fonction définie sur R (dénominateur non nul) et à valeurs positives.
— Par opération sur les fonctions
Z continues, f est continue sur R .
+∞
— Montrons maintenant que
f (t) dt est convergente et vaut 1.
Z +∞
1
Comme f est paire, il suffit de montrer que
f (t) dt est convergente et vaut .
2
0
−∞
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L’intégrale
Z
+∞
f (t) dt est impropre en +∞. Soit A > 0, on a :
0
A
Z
0
1
f (t) dt =
1 + e−t
A
=
0
1
1
− .
−A
1+e
2
1
1
1
1
− =1− = .
Or lim
−A
A→+∞ 1 + e
2
2
2
Z +∞
Z +∞
1
Donc
f (t) dt est convergente et vaut , ce qui signifie que
f (t) dt est convergente et
2
0
−∞
vaut 1.
f est donc bien une densité de probabilité.
Z x
3. Par définition, pour tout x ∈ R, FX (x) =
f (t) dt. On a donc :
−∞
Z
FX (x) = lim
A→−∞
x
f (t) dt = lim
A→−∞
A
1
1
1
−
=
.
−x
−A
1+e
1+e
1 + e−x
1
En conclusion, pour tout réel x, FX (x) =
.
1 + e−x
Z +∞
4. a. L’intégrale
tf (t) dt est impropre en +∞ car la fonction t → tf (t) est continue sur [0; +∞[.
0
De plus, grâce aux croissances comparées, lim t2 × tf (t) = 0 donc, au voisinage de +∞,
t→+∞
1
tf (t) = o 2 .
t
Z +∞
1
dt est convergente (intégrale de Riemann avec α = 2 > 1), donc d’après
Or, on sait que
t2
1
Z
+∞
les critères de comparaisons sur les intégrales de fonctions positives, l’intégrale
tf (t) dt est
1
convergente.
Et comme il n’y a pas de problème sur [0; 1], l’intégrale
Z
+∞
tf (t) dt est convergente.
Z +∞
b. Afin de montrer que X admet une espérance, il faut vérifier que l’intégrale
tf (t) dt est
0
−∞
absolument convergente.
+∞
Z
Nous avons déjà montré que
|tf (t)| dt =
0
Z 0
Z
Montrons maintenant que
|tf (t)| dt = −
−∞
Z
+∞
tf (t) dt est convergente.
0
0
tf (t) dt (car f (t) > 0) est convergente.
−∞
Comme la fonction f est paire, la fonction t → tf (t) est impaire. Donc la convergence de
Z +∞
Z 0
tf (t) dt nous donne automatiquement la convergence de
tf (t) dt et on sait aussi que
0
−∞
Z 0
Z +∞
tf (t) dt = −
tf (t) dt.
−∞
0
Z 0
Donc
tf (t) dt est absolument convergente, ce qui signifie que X admet une espérance et :
−∞
E(X) =
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Z
+∞
tf (t) dt =
−∞
Z
0
−∞
tf (t) dt +
Z
+∞
0
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Z
tf (t) dt = −
+∞
tf (t) dt +
0
Z
+∞
tf (t) dt = 0.
0
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Partie II : Étude d’une autre variable aléatoire
5. Par composée, ϕ est une fonction de classe C ∞ sur R (pour tout réel x, 1 + ex > 0).
ex
De plus, pour tout réel x, ϕ′ (x) =
> 0 donc ϕ est strictement croissante sur R.
1 + ex
D’après le théorème de bijection monotone, ϕ réalise une bijection de R sur
I = ϕ(R) =] lim ϕ(x); lim ϕ(x)[=]0; +∞[.
x→−∞
x→+∞
6. On a, pour tout y > 0 :
ϕ(ϕ−1 (y)) = y ⇐⇒ ln(1 + eϕ
−1 (y)
) = y ⇐⇒ eϕ
−1 (y)
= ey − 1 ⇐⇒ ϕ−1 (y) = ln(ey − 1).
7. Nous avons vu dans la question 5. que ϕ est à valeurs dans ]0; +∞[. L’événement [ϕ(X) 6 0] est
donc impossible, et par conséquent, P (Y 6 0) = 0.
8. Pour tout y > 0, on a :
P (Y 6 y) = P (ϕ(X) 6 y) = P (X 6 ϕ−1 (y)) car ϕ−1 est croissante.
Donc, d’après la question 3., pour tout y > 0, FY (y) = FX (ln(ey − 1)) =
1+
(
1 − e−y si y > 0
En conclusion FY (y) =
.
0
sinon
1
1
ey −1
= 1 − e−y .
9. Y suit donc la loi exponentielle de paramètre 1, et ainsi, E(Y ) = V (Y ) = 1.
Partie III : Étude d’une convergence en loi
10. a. Pour tout x ∈ R, on a :
FT (x) = P (T 6 x) = P (max(X1 , . . . , Xn ) 6 x) = P ([X1 6 x] ∩ . . . ∩ [Xn 6 x]) .
Or, les variables X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, donc :
FT (x) = P (X1 6 x) × . . . × P (Xn 6 x) = FX (x)n =
En conclusion, pour tout x ∈ R, FT (x) =
1
.
(1 + e−x )n
1
.
(1 + e−x )n
b. Pour tout n ∈ N∗ et tout x réel,
P (Un 6 x) = P (Tn 6 x + ln(n)) =
1
(1 + e−x−ln(n) )n
=
e−x
1+
n
−n
.
−n
e−x
−x
1+
= lim e−n ln(1+e /n) .
n→+∞
n
11. Pour tout x ∈ R, calculons lim
n→+∞
−x
e
e−x
On sait que ln 1 +
∼
, donc lim − n ln(1 + e−x /n) = −e−x .
n→+∞ n
n→+∞
n
−x
Ainsi, pour tout réel x, lim P (Un 6 x) = e−e .
n→+∞
−e−x
On pose G : x 7→ e
. Vérifions que G est bien la fonction de répartition d’une variable à densité.
−x
La fonction G est de classe C 1 sur R, croissante sur R (car G′ (x) = e−x e−e > 0) et de plus
lim G(x) = 0 et lim G(x) = 1. G est bien la fonction de répartition d’une variable à densité.
x→−∞
x→+∞
La suite (Un )n∈N∗ converge donc en loi vers une variable U dont une fonction de répartition est
−x
−x
G : x 7→ e−e , et une densité est g : x 7→ e−x e−e .
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