Corrigé : EM Lyon 2007

Corrigé : EM Lyon 2007
Option économique
Exercice 1:
1. On remarque que la matrice A est symétrique, elle est donc diagonalisable.
2. Cherchons les valeurs propres de A et une base de vecteurs propres associés.

−λ 21
 1 −λ
2
A − λI3 =
1
2

1
2
0
0
1
2
0
0
1
2
↓
1
2
1
2
1
2

−λ
1
2
↓
λ + 21
+ 21 )
↓
λ+
0

−λ
1
2
1
2
1
2


−λ
−λ 12 
1
2 (λ
1
2
1
2
1
2

−λ
−λ − 21 
1
2
4 −λ

−λ
−λ − 21 
2
λ − 12 λ − 12
Donc les valeurs propres de A sont les solutions de λ +
L1 ↔ L3
L2 ← L1 − L2
L3 ← λL1 + 21 L3
L2 ← L1 − L2
L3 ← λL1 + 21 L3
1
1
1
1
= 0 et λ2 − λ − = 0 qui sont 1 et − .
2
2
2
2
1
Les valeurs propres de A sont 1 et − .
2
Pour trouver les sous-espaces propres associés à ces deux valeurs propres nous allons nous servir du pivot de Gauss que
nous venons d’effectuer.
•
AX = X ⇔(A − I3 )X = 0


 1x + 1y − z = 0
2
2
⇔
3
3

 y− z=0
2
2
x=z
⇔
y=z
 
 
1
1
Donc E1 = vect 1. La famille 1 est une base de E1 .
1
1
•
1
1
AX = − X ⇔(A + I3 )X = 0
2
2
1
1
1
⇔ x+ y+ z =0
2
2
2
⇔x + y + z = 0
   
   
1
1
1
1
Donc E−1/2 = vect −1 ,  0 . Les deux vecteurs n’étant pas proportionnels, la famille −1 ,  0  est
0
−1
0
−1
une base de E−1/2 .
     
1
1
1
• Donc 1 , −1 ,  0  est une base de vecteurs propres.
1
0
−1


1 1
1
La matrice de passage de la base canonique à la base de vecteurs propre est P = 1 −1 0  , la matrice A dans
1 0 −1


1 0
0
0  et la formule du changement de base nous donne A = P DP −1 .
la nouvelle base devient D = 0 − 21
0 0 − 12
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Corrigé
3. Calculons P −1 à l’aide du pivot de Gauss :


1 1
1
1 −1 0 
1 0 −1
↓ 

1 1 1
0 2 1 
0 1 2
↓ 

2 0 1
0 2 1 
0 0 3
↓ 

6 0 0
0 6 0 
0 0 3
Donc P −1

1
1
1
=
3
1

L2 ← L1 − L2
L3 ← L1 − L3
L1 ← 2L1 − L2
L3 ← 2L3 − L2
L1 ← 3L1 − L3
L2 ← 3L2 − L3
1 0
0 1
0 0
↓

1 0
1 −1
1 0
↓

1 1
1 −1
1 1
↓

2 2
2 −4
1 1

0
0
1

0
0
−1

0
0
−2

2
2
−2

1
1
−2 1 .
1 −2
4. • Montrons par récurrence que la propriété P(n) : An = P Dn P −1 est vraie pour tout n ∈ N∗ .
- Pour n = 0, on a A0 = I et P D0 P −1 = I donc P(0) est bien vraie.
- Soit n un entier fixé. Supposons que P(n) est vraie. On a alors :
An+1 = An × A = P Dn P −1 × P DP −1 = P Dn+1 P −1
Donc P(n + 1) est alors vraie.
- Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n, An = P Dn P −1 .


1
0
0
n
0 , on a :
• Comme Dn = 0 − 21
n
0
0
− 12
n

1 + 2 − 21
1
n
An =  1 − − 21 n
3
1 − − 21
n
1 − − 21 n
1 + 2 − 21
n
1 − − 21
n 
1 − − 12 n
1 − − 12 
n
1 + 2 − 21
5. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : Xn = An X0 est vraie pour tout entier n.
• On n = 0, on a A0 X0 = IX0 = X0 donc P(0) est bien vraie.
• Soit n un entier fixé. Supposons P(n) vraie. On a Xn+1 = AXn = AAn X0 = An+1 X0 donc P(n + 1) est vraie.
• Grâce au principe de récurrence on a donc montré que pour tout entier n, Xn = An X0 .
b) Grâce au calcul de An , et au fait que u0 + v0 + w0 = 1, on obtient :

n
1
1


u0 + v0 + w0 + −
(2u0 − v0 − w0 )
un =



3

2n

1
1
vn =
u0 + v0 + w0 + −
(2v0 − u0 − w0 )

3 
2 n


1
1


 wn =
u0 + v0 + w0 + −
(2w0 − v0 − u0 )
3
2

n
1
1
1


−
un = + u0 −



3
3
2

n

1
1
1
⇔
vn = + v0 −
−

3
3 2 

n

1
1
1


 wn = + w0 −
−
3
3
2
c) Comme lim
n→+∞
EML 2007
−
1
2
n
= 0, car −1 < −
1
1
< 1, on en déduit que u = v = w = .
2
3
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Corrigé
d) Grâce aux expressions de un , vn et wn trouvées, on a
s
2 2n 2 2n 2 2n
1
1
1
1
1
1
−
−
−
+ v0 −
+ w0 −
dn =
u0 −
3
2
3
2
3
2
s
2 2 2
1
1
1
1
= n
+ v0 −
+ w0 −
u0 −
2
3
3
3
On sait que u0 , v0 , w0 sont trois réels positifs tels que u0 + v0 + w0 = 1 donc ils sont tous trois inférieurs à 1 :
1
1
2
0 6 u0 6 1 ⇔ − 6 u0 − 6 ⇔
3
3
3
Donc on en déduit que
2
4
1
6
u0 −
3
9
2 2 2
1
1
1
4
u0 −
+ v0 −
+ w0 −
6 64
3
3
3
3
√
1
1
× 4 = n−1
n
2
2
1
1
e) On voit que d8 6 7 =
6 10−2 . Donc n = 8 convient.
2
128
Et donc on a dn 6
Exercice 2:
Préliminaire
1. Les fonctions x → x2 et x → ln x sont continues sur R+∗ donc g est continue sur R+∗ .
De plus ces deux fonctions sont strictement croissante sur R+∗ donc g est une fonction strictement croissante sur R+∗ .
On a lim g(x) = −∞ par somme de limites et lim g(x) = +∞ par somme de limites aussi.
x→0
x→+∞
2. Grâce à la question précédente, on peut appliquer le théorème de bijection monotone et donc g réalise une bijection de
R+∗ sur R.
Comme 0 ∈ R, il admet un unique antécédent par g et donc il existe un unique réel α > 0 tel que g(α) = 0.
1
1
3. On a g(1/2) = + ln(1/2) = − ln 2 < 0 et g(1) = 1 > 0.
4
4
1
Donc g(1/2) < g(α) < g(1) et comme g −1 est strictement croissante on a < α < 1.
2
Partie A
1
1
1. a) f est dérivable sur I et f ′ (x) = 1 − x −
2
4x
1
1
1
1
1
>− .
Or on a x < 1 donc − x > − et comme x > , on a −
2
2
2
4x
2
1 1
On obtient donc f ′ (x) > 1 − − = 0 donc f ′ (x) > 0 et f est strictement croissante sur I.
2 2
3
b) Comme f est strictement croissante on a déjà f (1/2) < f (1). De plus f (1) = < 1 et
4
7
1
1
1
f (1/2) =
+ ln 2 > car ln 2 > .
16 4
2
4
1
Donc on a bien < f (1/2) < f (1) < 1.
2
c) Pour tout x ∈ I, comme f est strictement croissante on a f (1/2) 6 f (x) 6 f (1) et donc d’après la question
1
précédente, 6 f (x) 6 1 c’est-à-dire f (x) ∈ I.
2
3
2. a) u1 = f (u0 ) = f (1) =
4
b) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un ∈ I, est vraie pour tout entier n.
• Pour n = 0 : comme u0 = 1 on a bien u0 ∈ I et donc P(0) est vraie.
• Soit n ∈ N fixé, supposons que P(n) est vraie.
On sait donc que un ∈ I. Or un+1 = f (un ) et d’après la question 2) c) f (un ) ∈ I. Donc un+1 ∈ I et donc P(n + 1)
est vérifiée.
• D’après le principe de récurrence P(n) est donc vraie pour tout n ∈ N.
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Corrigé
c) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un+1 6 un est vraie pour tout entier n.
3
• Pour n = 0 : on a u0 = 1 et u1 = donc u1 6 u0 et donc P(0) est vérifiée.
4
• Soit n ∈ N fixé, supposons P(n) vraie.
On a donc un+1 6 un . Comme f est croissante on a donc f (un+1 ) 6 f (un ) que l’on peut écrire un+2 6 un+1 . On a
donc P(n + 1) qui est alors vraie.
• D’après le principe de récurrence, P(n) est donc vraie pour tout n ∈ N.
On peut donc conclure que la suite (un ) est bien décroissante.
1
d) On a vu que la suite (un ) est décroissante et minorée par donc cette suite converge vers un réel ℓ qui appartient
2
à I.
Comme un+1 = f (un ) et que la fonction f est continue, en passant à la limite on a f (ℓ) = ℓ.
Or on remarque que f (x) = x ⇔ g(x) = 0 ⇔ x = α.
Donc (un ) converge vers le réel α.
Partie B
1. Les fonctions (x, y) → x, (x, y) → ey , (x, y) → y et (x, y) → ln(x) sont de classe C 1 sur R+∗ × R donc par produit et
somme, F est de classe C 1 sur R+∗ × R. De plus :
∂F
y
(x, y) = ey +
∂x
x
et
∂F
(x, y) = xey + ln(x)
∂y
2. On cherche à résoudre :
(
(
y
y
ln(x)
=0
ey = −
x=−
⇔
⇔
x
x
x
xey + ln(x) = 0
−y + ln(x) = 0
y = ln(x)
x=α
ln(x) + x2 = 0
⇔
⇔
y = ln(α)
y = ln(x)
(
ey +
Donc l’unique point critique de F est (α, ln(α)).
3. Avec le même raisonnement que précédemment, on voit que F est en fait de classe C ∞ sur R+∗ × R. Nous allons donc
utiliser les notations de Monge pour savoir si F admet un extremum local.
Les dérivées partielles d’ordre 2 de F sont
y
∂2F
(x, y) = − 2
∂x2
x
Donc au point (α, ln(α)), on a r = −
On a donc s2 − rt = 2 +
∂2F
(x, y) = xey
∂y 2
∂2F
1
(x, y) = ey +
∂x∂y
x
1
ln(α)
, s = α + et t = α2 .
(α)2
α
1
> 0 et ainsi F n’admet pas d’extremum local en (α, ln(α)).
α2
Exercice 3:
1. On reconnait ici que f est la densité d’une loi exponentielle de paramètre 1.
Donc f est bien une densité de probabilité.
Z 1
Z 1
1
2. a) • Pour n = 0 on a P (Y = 0) = P (X < 1) =
f (t) dt =
e−t dt = −e−t 0 = 1 − e−1
−∞
0
1 −0
−1
e =1−e
et 1 −
e
Donc l’égalité est vraie pour n = 0. • Soit n un entier strictement positif
P (Y = n) = P (n 6 X < n + 1)
Z n+1
=
e−t dt
car n > 0
n
n+1
= −e−t n
= −e−(n+1) + e−n
1
−n
1−
=e
e
1 −n
e
pour tout entier naturel n : P (Y = n) = 1 −
e
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b) On a Y + 1(Ω) = N∗
Et pour n ∈ N∗ : (Y + 1 = n) = (Y = n − 1) donc
n−1 1 −n+1
1
1
P (Y + 1 = n) = 1 −
e
=
1−
e
e
e
Donc Y + 1 suit une loi géométrique de paramètre 1 − e−1 .
1
e
1
Donc on a E (Y + 1) =
=
et E (Y ) = E (Y + 1) − 1 =
−1
1−e
e−1
e−1
e
e−1
De plus V (Y ) = V (Y + 1) =
2 =
2
(1 − e−1 )
(e − 1)
c) Y + 1, loi géométrique est celle du premier succès. Donc Y est le nombre d’expériences avant le premier succès dans
1
une suite d’expériences indépendantes dont la probabilité de succès est 1 − .
e
1
−1
On continue tant que l’on a échec (probabilité = e )
e
program eml2007;
var y:integer; u:real;
begin
randomize;
u:=random; y:=0;
while u<exp(-1) do
begin y:=y+1; u:=random end;
writeln(’y vaut ’, y);
end.
1
3. a) Comme U a une espérance (E(U ) = ) alors 2U − 1 admet une espérance et comme 2U − 1 et Y sont indépendantes
2
et ont une espérance alors T a une espérance et
E (T ) = E ((2U − 1) · Y ) = E (2U − 1) E (Y ) = (2E (U ) − 1) E (Y ) = 0
T admet une espérance et E (T ) = 0
b) Comme 2U − 1 = ±1 suivant que U = 0 ou 1 alors (2U − 1)2 = 1 et donc T 2 = Y 2
e
2
Y a une variance et V (Y ) =
2 donc Y a une espérance et
(e − 1)
2
1
e+1
e
+
=
E Y 2 = V (Y ) + E (Y )2 =
2
2
e−1
(e − 1)
(e − 1)
Et comme T 2 = Y 2 , T 2 a une espérance et donc T a une variance et
2
V (T ) = E T 2 − E (T ) = E Y 2 − 0 =
T admet une variance et V (T ) =
e+1
2
(e − 1)
e+1
2
(e − 1)
c) Comme Y > 0 et que 2U − 1 vaut ±1 on a
• Si n est un entier strictement négatif :
P (T = n) = P ((2U − 1 = −1) ∩ (Y = −n))
= P (U = 0) P (Y = −n)
1
1 n
= e 1−
2
e
car les variables sont indépendantes
• Pour n entier strictement positif :
P (T = n) = P ((2U − 1 = 1) ∩ (Y = n))
= P (U = 1) P (Y = n)
car les variables sont indépendantes
1
1
= e−n 1 −
2
e
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1
• et pour n = 0 on a (T = 0) = (Y = 0) et P (T = 0) = 1 −
e

1
1


si n ∈ Z+∗
e−n 1 −


e

2
1
P (T = n) = 1 −
si n = 0

e



 1 en 1 − 1

si n ∈ Z−∗
2
e
4. a) Pour n ∈ N∗ , lorsque [Y = n] alors n 6 X < n + 1 donc X − Y ∈ [0; 1[. Lorsque Y = 0 on a aussi X − Y ∈ [0; 1[.
Ainsi l’événement [D < 0] est impossible et donc pour tout t < 0 : FD (t) = P (D ≤ t) = 0
Et l’événement [D 6 1] est toujours réalisé donc pour tout t > 1, FD (t) = 1.
b) Soit t ∈ [0; 1[. L’événement (D 6 t) est à déterminer suivant la valeur de Y :
(D 6 t) = ([Y = 0] ∩ [X − Y 6 t]) ∪
= ([X < 1] ∩ [X 6 t]) ∪
= [X 6 t] ∪
+∞
[
n=1
= [0 6 X 6 t] ∪
=
+∞
[
+∞
[
n=1
+∞
[
n=1
([Y = n] ∩ [X − Y 6 t])
([Y = n] ∩ [X − n 6 t])
([n 6 X < n + 1] ∩ [X 6 n + t])
+∞
[
(n 6 X 6 n + t)
car l’événement [X < 0] est impossible
n=1
(n 6 X 6 n + t)
n=0
Donc (D 6 t) =
+∞
[
(n 6 X 6 n + t)
n=0
c) Pour tout nombre réel t ∈ [0; 1[ et pour tout nombre entier naturel n, comme 0 ≤ n ≤ n + t
Z n+t
n+t
P (n 6 X 6 n + t) =
e−x dx = −e−x n = −e−n−t + e−n = e−n 1 − e−t
n
d) Comme les événements de la réunion sont incompatibles,
FD (t) = P (D 6 t) =
+∞
X
P (n 6 X 6 n + t)
n=0
=
+∞
X
n=0
e−n 1 − e−t
= 1 − e−t
= 1−e
∀t ∈ [0; 1[ , FD (t) =
1 − e−t
1 − e−1
+∞
X
−t
n=0
e−1
n
1
car e−1 < 1
−1
1−e
e) FD est de classe C 1 sur ]−∞; 0[ , sur [0, 1[ et sur [1; +∞[, grâce aux fonctions usuelles.
1 − e−0
= 0 donc FD est continue en 0
En 0− : lim FD (t) = lim 0 = 0 et F (0) =
−
−
1 − e−1
t→0
t→0
1 − e−t
1 − e−1
En 1− : lim− FD (t) = lim−
=
= 1 et FD (1) = 1 donc FD est continue en 1.
−1
1 − e−1
t→1
t→1 1 − e
Donc FD est continue sur R et C 1 sur R \ {0, 1} donc D est une variable à densité.
On obtient une densité de D en dérivant FD et en complétant là où ça n’est pas dérivable.
 −t
 e
si t ∈ [0, 1]
Une densité de D est donnée par g (t) = 1 − e−1

0
sinon
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