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Corrigé : EM Lyon 2005 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 . EM Lyon 2005 Page 1 Corrigé 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 lecalcul vet 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 . EM Lyon 2005 Page 2 Corrigé 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 −∞ EM Lyon 2005 Page 3 Corrigé 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) = EM Lyon 2005 1 2 (1 + t) sur tout l’intervalle [x − U (x) , x + U (x)] et donc Page 4 Corrigé 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 EM Lyon 2005 Page 5 Corrigé 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 = EM Lyon 2005 Page 6 Corrigé 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 Page 7 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