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Corrigé : EM Lyon 2001 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. EM Lyon 2001 Page 1 Corrigé 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 EM Lyon 2001 Page 2 Corrigé 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 EM Lyon 2001 Page 3 Corrigé (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 −∞ EM Lyon 2001 Page 4 Corrigé 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 . EM Lyon 2001 Page 5 Corrigé