Corrigé : EM Lyon 2009

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Option économique
Exercice 1:
Partie I : Étude d’une fonction
1. a) Lorsque x 6= 0, on sait que ex 6= 1, donc sur R∗ , f est le quotient de deux fonctions continues et dont le dénominateur
ne s’annule pas. f est donc continue sur R∗ .
De plus au voisinage de 0, ex − 1 ∼ x et donc f (x) ∼ 1. Ainsi lim f (x) = lim f (x) = 1 = f (0).
x→0+
x→0−
Donc f est bien continue sur R.
b) Les fonctions x → x et x → ex − 1 sont de classe C 1 sur ]−∞; 0[ et sur ]0; +∞[ et de plus ex − 1 ne s’annule pas sur
ces deux intervalles donc f est bien de classe C 1 sur ]−∞; 0[ et sur ]0; +∞[.
ex − 1 − xex
De plus pour x 6= 0, f ′ (x) =
(ex − 1)2
′
c) Pour calculer la limite de f en 0, il nous faut trouver un équivalent de f ′ (x) au voisinage de 0. D’après les équivalents
classiques et les règles sur les équivalents, on a déjà (ex − 1)2 ∼ x2 .
Pour trouver un équivalent du numérateur nous allons utiliser le développement limité de ex . On a donc
1
1
1
ex − 1 − xex = 1 + x + x2 + o(x2 ) − 1 − x(1 + x x2 + o(x2 )) = − x2 + o(x2 )
2
2
2
1
−x2 /2
1
1
Donc ex − 1 − xex ∼ − x2 . On peut donc en déduire que f ′ x) ∼
= − et donc lim f ′ (x) = −
0
x→0
2
x2
2
2
d) Comme f est continue sur R, C 1 sur ]−∞; 0[ et sur ]0; +∞[ et que f ′ admet une limite finie en 0, le théorème de
1
prolongement des fonctions de classe C 1 nous permet d’affirmer que f est de classe C 1 sur R et que f ′ (0) = − .
2
2. a) u est une fonction de classe C 1 sur R et on a u′ (x) = −xex .
Donc la fonction u est strictement croissante sur ] − ∞; 0] et strictement décroissante sur [0; +∞[.
u(x)
b) On remarque tout d’abord que pour x 6= 0, f ′ (x) = x
donc f ′ est du signe de u sur R∗ . De plus d’après la
(e − 1)2
question précédente u admet un maximum en 0 et comme u(0) = 0 on a pour x 6= 0 u(x) < 0.
1
De plus f ′ (0) = − < 0 donc pour tout réel x, f ′ (x) < 0.
2
c) En −∞ : lim x = −∞ et lim ex − 1 = −1 donc lim f (x) = +∞
x→−∞
x→−∞
x→−∞
x
x
En +∞, f (x) ∼ x et d’après les croissances comparées, lim
= 0 donc lim f (x) = 0.
x→+∞ ex
x→+∞
e
On en déduit donc le tableau de variation suivant :
x
−∞
+∞
f ′ (x)
−
+∞
f (x)
ց
0
d) Comme lim f (x) = +∞, il ne s’agit pas ici d’une asymptote horizontale.
x→−∞
1
f (x)
= lim
= −1.
x→−∞ ex − 1
x
x
xe
, donc lim f (x) − (−x) = 0.
Et on a f (x) − (−x) = x
x→−∞
e −1
Donc la droite d’équation y = −x est asymptote à la courbe représentative de f lorsque la variable tend vers −∞.
De plus lim
x→−∞
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y
1
0
1
x
e)
Partie II : Étude d’une suite récurrente associée à la fonction f
1. On cherche ici à résoudre l’équation f (x) = x sur R. On voit tout d’abord que x = 0 n’est pas solution. De plus pour
x 6= 0 on a :
f (x) = x ⇔ x = xex − x ⇔ ex = 2 (car x 6= 0) ⇔ x = ln 2
Ainsi f admet bien un unique point fixe α = ln 2.
2. a) On considère la fonction g définie sur [0; +∞[ par g(x) = e2x −2xex −1. g est dérivable et g ′ (x) = 2e2x −2xex −2ex =
2ex (ex − 1 − x).
Or on sait que pour x > 0, x + 1 6 ex donc 0 6 ex − 1 − x et donc g ′ (x) > 0. Donc g est une fonction croissante sur
R+ et de plus g(0) = 0 donc pour tout x > 0, g(x) > 0 ce qui répond à la question.
ex − 1 − xex
, donc
b) On a vu que pour x 6= 0, f ′ (x) =
(ex − 1)2
f ′ (x) +
1
e2x − 2xex − 1
ex − 1 − xex
2ex − 2 − 2xex + e2x − 2ex + 1
1
+
=
=
=
2
(ex − 1)2
2
2(ex − 1)2
2(ex − 1)2
1
1
c) D’après les deux question précédentes, on a, pour x > 0, f ′ (x) + > 0 et donc f ′ (x) > − . Cette inégalité reste
2
2
1
′
′
aussi vraie pour x = 0 car f (0) = . De plus on a déjà vu que f (x) < 0.
2
1
′
+
Donc pour tout x ∈ R , − 6 f (x) < 0.
2
d) D’après la partie I, on sait que f est une fonction à valeur dans R+ , donc par définition de la suite (un ), on a pour
tout n ∈ N, un > 0. De plus α = ln 2 ∈ R+ .
1
Comme f est une fonction de classe C 1 sur R+ et que pour tout x ∈ R+ , |f ′ (x)| 6 , d’après l’inégalité des
2
accroissements finis appliquée en un et α, on a :
|f (un ) − f (α)| 6
1
1
|un − α| ⇔ |un+1 − α| 6 |un − α|
2
2
3. Démontrons par récurrence que la propriété P(n) : |un − α| 6
1
(1 − α) est vraie pour tout entier n.
2n
1
(1 − α). Donc P(0) est vraie.
20
• Supposons P(n) vraie. D’après la question précédente, on a :
• Rang 0 : comme u0 = 1 on a |u0 − α| = |1 − α| = 1 − α 6
|un+1 − α| 6
1
1 1
1
(1 − α) = n+1 (1 − α)
|un − α| 6
2
2 2n
2
Donc P(n + 1) est alors vraie.
Ainsi la propriété P(n) est bien vraie pour tout entier naturel n.
1
4. Comme lim
= 0, on a lim |un − α| = 0 ce qui signifie que lim un = α.
n→+∞ 2n
n→+∞
n→+∞
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5. PROGRAM EML2009 ;
VAR n :INTEGER ; u :REAL ;
BEGIN
u :=1 ; n :=0 ;
WHILE ABS(u-LN(2)) >= 0.0000000001 DO
BEGIN
u :=u/(EXP(u)-1) ;
n :=n+1 ;
END ;
WRITE(n) ;
END.
Partie III : Étude d’une fonction définie par une intégrale
1. Comme f est continue sur R, f admet des primitives définies sur R. Notons F une primitive de f . Grâce à la continuité
de f , on sait que F est de classe C 1 . De plus on remarque que G(x) = F (2x)−F (x) donc par opérations sur les fonctions
de classe C 1 , G est bien de classe C 1 sur R. De plus on a G′ (x) = 2F ′ (2x) − F ′ (x). Or on sait que F ′ (x) = f (x) donc
on a :


x
2 2x − x
 x(3 − e )
si
x
=
6
0
si x 6= 0
′
2x
x
G (x) =
=
e −1 e −1
e2x − 1
1

si x = 0
1
si x = 0
car e2x − 1 = (ex − 1)(ex + 1).
2. a) f est une fonction décroissante sur R donc pour tout t ∈ [x; 2x] (les bornes de l’intervalle sont bien dans le bon
ordre car x > 0 et donc x 6 2x), f (t) 6 f (x). En intégrant cette inégalité sur l’intervalle [x; 2x] (bornes dans le bon
Z 2x
Z 2x
ordre), on a G(x) 6
f (x) dt = f (x)
1 dt = f (x)(2x − x) = x f (x).
x
x
De plus f est une fonction positive et comme 2x > x, G(x) > 0.
On a donc bien : ∀x ∈ [0; +∞[ , 0 6 G (x) 6 x f (x).
x2
Au voisinage de +∞, xf (x) ∼ x . D’après les croissances comparées on a donc
e
encadrement de limite, lim G(x) = 0.
lim
x→+∞
xf (x) = 0 et donc par
x→+∞
b) Lorsque x 6 0, on a 2x 6 x. f Zétant toujours
Z xdécroissante, pour tout t ∈ [2x; x], f (t) > f (x). Donc on a (bornes
x
rangées dans l’ordre croissant)
f (t) dt >
f (x) dt = −xf (x) et donc en multipliant par −1, G(x) 6 xf (x).
2x
2x
On a donc bien : ∀x ∈ ]−∞; 0] , G (x) 6 x f (x) .
On sait que lim f (x) = +∞ donc lim xf (x) = −∞ et donc d’après l’inégalité précédente, lim G(x) = −∞.
x→−∞
x→−∞
x→−∞
3. Le tableau de variations de G est le suivant :
x
f ′ (x)
−∞
ln 3
+
+∞
−
G(ln 3)
f (x)
ր
−∞
ց
0
Exercice 2:
Partie I : Réduction de A
1. A est une matrice triangulaire supérieure avec un 0 sur sa diagonale. A n’est donc pas inversible.
2. Comme A est triangulaire, il suffit de regarder les éléments de la diagonale pour avoir les valeurs propres. A admet
donc trois valeurs propres qui sont 0, 1, 4.
Comme A est une matrice d’ordre 3 et qu’elle admet trois valeurs propres distinctes, A est diagonalisable.
3. Il suffit ici de trouver une base de vecteurs propres et P sera alors la matrice de passage de la base canonique de
M3,1 (R) à la base de vecteurs propres.
 
x
Dans toute la suite on prendra X = y 
z

 y + 3z = 0
y=0
y + 3z = 0 ⇔
• valeur propre 0 : AX = 0 ⇔
z=0

4z = 0
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 
1
Donc la matrice colonne 0 est un vecteur propre associé à la valeur propre 0.
0

 −x + y + 3z = 0
x=y
3z = 0
⇔
• valeur propre 1 : AX = X ⇔
z=0

3z = 0
 
1
Donc la matrice colonne 1 est un vecteur propre associé à la valeur propre 1.
0

 −4x + y + 3z = 0
x=z
−3y + 3z = 0
• valeur propre 4 : AX = 4X ⇔
⇔
y=z

4z = 4z
 
1
Donc la matrice colonne 1 est un vecteur propre associé à la valeur propre 4.
1
     
1
1
1
La famille 0 , 1 , 1 est une famille de trois vecteurs propres associés à 3 valeurs propres distinctes, donc
0
0
1
c’est une famille libre. De plus comme M3,1 (R) est de dimension 3, c’estune base
de M3,1 (R). La matrice de passage
1 1 1
de la base canonique de M3,1 (R) à la base de vecteurs propres est P = 0 1 1.
0 0 1
−1
La formule de changement de base nous donne bien A = P DP .
Utilisons la méthode de Gauss-Jordan pour calculer P −1 :




1 1 1
1 0 0
0 1 1
0 1 0
0
0
1

0 0 1

1 0 0
L1 ← L1 − L2
1 −1 0
0 1 1
0 1 0
0 0 1
0 0 1
1 −1 0
1 0 0
0 1 −1
0 1 0
L2 ← L2 − L3
0 0
1
0 0 1
On a donc P −1

1
= 0
0

−1 0
1 −1.
0
1
Partie II : Résolution de l’équation M 2 = A
1. M 2 = A ⇔ P N P −1 P N P −1 = P DP −1 ⇔ N 2 = D
2. Supposons que N 2 = D. Alors on a N D = N N 2 = N 3 et DN = N 2 N = N 3 donc N D = DN .




n1 n2 n3
0 n2 4n3
3. On écrit N = n4 n5 n6 . Si N 2 = D, alors N D = DN d’après la question précédente. Or N D = 0 n5 4n6 
n7 n8 n9
0 n8 4n9


0
0
0
n5
n6 .
et DN =  n4
4n7 4n8 4n9
Donc si on doit avoir N D = DN alors nécessairement n2 = n3 = n4 = n6 = n7 = n8 = 0 et les éléments diagonaux
peuvent être quelconques.
Donc si N 2 = D alors N est diagonale.


 2

a 0 0
a
0 0
4. Soit N = 0 b 0. Alors N 2 =  0 b2 0  donc si N 2 = D alors a = 0, b = 1 ou −1 et c = 2 ou −2.
0 0 c
0 0 c2

 
 



0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0
0
Les matrices 0 1 0, 0 −1 0, 0 1 0  et 0 −1 0  sont les seules matrices à vérifier N 2 = D.
0 0 2
0 0 2
0 0 −2
0 0 −2
5. On sait que les solutions de l’équation (1) sont les matrices M = P N P −1 avec N solution de N 2 = D. Comme N est
diagonale, on peut lire les valeurs propres de M dans cette matrice.
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Donc la solution cherchée est :

0 0
B = P 0 1
0 0
Partie III : Intervention d’un polynôme


0
0
0 P −1 = 0
2
0

1 1
1 1
0 2
1. Un polynôme de degré 2 quelconque s’écrit Q(x) = ax2 + bx + c. Nous cherchons donc a, b, c tels que :



c=0

c
=
0


 c=0


1
a+b=1
a=−
a+b+c=1
⇔
⇔
6



 4a + b = 1

16a + 4b + c = 2
 b= 7
2
6
1
7
Le polynôme Q(x) = − x2 + x est le seul polynôme répondant aux exigences de l’énoncé.
6
6
1 2 7
2. On remarque que − A + A = Q(A). Or on sait aussi que A = P DP −1 donc Q(A) = P Q(D)P −1 et comme D est
6
6
 

Q(0)
0
0
0 0 0
Q(1)
0  = 0 1 0.
diagonale, Q(D) =  0
0
0
Q(4)
0 0 2


0 0 0
Donc Q(A) = P 0 1 0 P −1 = B
0 0 2
1 2 7
On a donc bien − A + A = B.
6
6
3. Il faut ici montrer une équivalence donc nous allons séparer notre démonstration en 2 et montrer chacun des deux sens.
• AF = F A ⇒ BF + F B ?
1
1 2 7
2
2
Si on suppose que AF = F A alors A F = A(F A) = AF A = F AA = F A et donc − A + A F = − A2 F +
6
6
6
7
1
7
1 2 7
2
AF = − F A + F A = F − A + A . On a donc bien BF = F B.
6
6
6
6
6
• BF = F B ⇒ AF = F A ?
Si on suppose que BF = F B alors B 2 F = BF B = F BB = F B 2 et comme A = B 2 on a bien AF = F A.
On a donc bien AF = F A ⇔ BF = F B.
Exercice 3:
Partie I : Tirages avec arrêt dès qu’une boule noire a été obtenue
1. T est la variable aléatoire qui nous donne le numéro de l’épreuve pour laquelle l’événement ≪ obtenir une boule noire ≫,
qui est de probabilité q, est réalisé pour la première fois au cours d’une succession d’épreuves identiques.
T suit donc une loi géométrique de paramètre q.
On a donc T (Ω) = N∗ et pour tout k ∈ N∗ , P (T = k) = pk−1 q.
p
1−q
1
= 2.
On sait que plus que E(T ) = et V (T ) =
2
q
q
q
2. On peut ici exprimer U en fonction de T car lorsque T = k alors cela signifie que l’on a obtenu k − 1 boules blanches
et 1 boule noire. On a donc U = T − 1.
On en déduit donc que U admet une espérance et une variance et on a
E(U ) = E(T ) − 1 =
1
−1
q
V (U ) = V (T ) =
p
q2
Partie II : Tirages avec arrêt dès qu’une boule blanche et une boule noire ont été obtenues
1. a) L’événement [X = k] signifie que c’est au k-ième tirage que pour la première fois on a obtenu au moins une boule
blanche et une boule noire. On peut donc écrire, pour k > 2 :
[X = k] = (B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Nk ) ∪ (N1 ∩ · · · ∩ Nk−1 ∩ Bk )
On a donc ici une union de deux événements incompatibles et chacun de ces deux événements apparait comme une
intersection d’événements indépendants. Donc on a
P (X = k) = pk−1 q + q k−1 p
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b) La série
X
P (X = k) apparait comme la somme de deux séries géométriques de paramètres respectifs p et q. Comme
0 < p, q < 1, cette série est convergente et :
+∞
X
P (X = k) = q
k=2
+∞
X
p
k−1
+p
k=2

= q
+∞
X
q
k−1
=q

+∞
X
j=0
j
p +p

pj − 1  + p 
j=0
+∞
X
qj
j=1
j=1
k=2
+∞
X
+∞
X

q j − 1
p
q
=q
+p
=p+q =1
1−p
1−q
c) La série
X
kP (X = k) est la somme de deux séries dérivées premières de séries géométriques de raison respectives
p et q donc cette série est absolument convergente, ce qui signifie que X admet une espérance. On a de plus
E(X) =
+∞
X
kP (X = k) = q
k=2
=q
+∞
X
kpk−1 + p
k=2
+∞
X
kp
k−1
−1
k=0
!
+p
+∞
X
kq k−1
k=2
+∞
X
kq
k−1
−1
k=0
!
1
1
−
1
+
p
−
1
(1 − p)2
(1 − q)2
1
1
1 1
= −q+ −p= + −1
q
p
q
p
=q
2. a) • Si k = 2 :
L’événement [X = 2] signifie que l’on a obtenu une blanche et une noire (2 ordres possibles) donc l’événement
[Y = 1] est nécessairement réalisé et donc
P ([X = 2] ∩ [Y = 1]) = P (X = 2) = 2pq
• Si k > 2 :
On a vu que [X = k] = (B1 ∩ · · · ∩ Bk−1 ∩ Nk ) ∪ (N1 ∩ · · · ∩ Nk−1 ∩ Bk ) donc
[X = k] ∩ [Y = 1] = N1 ∩ · · · ∩ Nk−1 ∩ Bk et donc
P ([X = k] ∩ [Y = 1]) = pq k−1
b) On sait que ([X = k])k>2 est un système complet d’événements donc d’après la formule des probabilités totales :
P (Y = 1) =
+∞
X
P ([X = k] ∩ [Y = 1]) = 2pq +
k=2
= 2pq + p
+∞
X
k=3
+∞
X
qk − 1 − q
k=0
!
= 2pq + p
pq k−1 = 2pq + p
+∞
X
qk
k=2
1
− p − pq = pq + 1 − p = pq + q = q(p + 1)
1−q
c) Pour k supérieur ou égal à 2, l’événement [Y = k] signifie que l’on a obtenu k boules blanches donc nécessairement
cela signifie qu’on a effectué k + 1 tirages et que la k + 1-ième boule était noire. On a donc
P (Y = k) = P (B1 ∩ · · · ∩ Bk ∩ Nk+1 ) = pk q
En conclusion, on a Y (Ω) = N∗ et P (Y = 1) = q(p + 1) et pour tout k > 2, P (Y = k) = qpk .
3. Le raisonnement que nous avons effectué pour Y peut se faire pour Z en échangeant le rôle de p et q donc on a
Z(Ω) = N∗ et P (Z = 1) = p(q + 1) et pour tout k > 2, P (Z = k) = pq k .
1
Et on peut donc donner directement l’espérance de Z en s’aidant de celle de Y : E(Z) = (1 − q − q 2 )
p
4. Lorsque X − 1 = k, k > 1, cela signifie qu’il a fallu effectuer k + 1 tirages pour enfin obtenir des boules des deux
couleurs. Deux situations sont possibles : soit on a obtenu k boules blanches puis une boule noire et alors Y = k, Z = 1
et donc Y Z = k ; soit on a obtenu k boules noires puis une boule blanche et alors Y = 1, Z = k et donc Y Z = k.
Dans tous les cas on voit donc que X − 1 = Y Z.
5. On a vu dans la question précédente que Y Z = X − 1, comme X admet une espérance on en déduit que Y Z admet
une espérance. De plus on a vu que Y et Z admettent un espérance donc le couple (Y, Z) admet une covariance et :
cov(Y, Z) = E(Y Z) − E(Y )E(Z) = E(X − 1) − E(Y )E(Z) = E(X) − 1 − E(Y )E(Z)
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