Corrigé : EM Lyon 2008

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1 Exercice 1: I. Étude d une fonction Corrigé : EM Lyon 28 Option économique 1. Les fonctions t t et t ln(t) sont continues sur ];+ [ donc par produit et différence de fonctions continues, f est continue sur ]; + [. De plus on sait que lim tln(t) = donc lim f(t) = = f(). t + t + f est aussi continue en donc f est continue sur [;+ [ 2. Les fonctions t t et t ln(t) sont de classe C 1 sur ];+ [ donc par produit et différence de fonctions de classe C 1, f est de classe C 1 sur ];+ [. Pour t >, f (t) = ln(t)+t 1 1 = ln(t). t 3. On a f(t) = t(ln(t) 1). Or lim ln(t) 1 = + et lim t = + donc lim 4. D après les questions précédentes on a le tableau de variation suivant : t 1 + f (t) + + f(t) ց ր 1 f(t) = Sur ];+ [ f est de classe C 2 et f (t) = 1 t. Donc sur ];+ [, f (t) et donc f est convexe. 6. a) Pour étudier l existence d une demi-tangente, il nous faut ici étudier la dérivabilité de f en. Pour t on a : f(t) f() t = ln(t) 1 f(t) f() Donc lim =. t t f n est pas dérivable en mais Γ admet une demi-tangente verticale en O. b) Les points d intersection de Γ et de l axe des abscisses sont les points de Γ qui ont pour ordonnée, c est-à-dire tels que tln(t) t = ce qui équivaut à t = ou ln(t) = 1 t = e. Lespoints d intersectionde Γet de l axedesabscissessontle pointo de coordonnées(,)etle point decoordonnées (e,). c) On a déjà vu que lim f(t) = +. De plus lim d) Γ admet une branche parabolique de direction (Oy). y f(t) t = lim (ln(t) 1) = x II. Étude d une fonction définie par une intégrale 1. Notons F une primitive de f. Comme f est une fonction de classe C 1 sur ];+ [, F est une fonction de classe C 2 sur ];+ [. EM Lyon 28 Page 1 Corrigé

2 De plus on a G(x) = 1 (F(x+1) F(x 1)) et les fonctions x x+1 et x x 1 sont des fonctions de classe C2 2 sur ]1;+ [ à valeurs dans ]2+ [ et ];+ [. Donc par composition et somme G est de classe C 2 sur ]1;+ [. De plus G (x) = 1 2 (F (x+1) F (x 1)) = 1 2 (f(x+1) f(x 1)) et G (x) = 1 2 (f (x+1) f (x 1)) = 1 2 (ln(x+1) ln(x 1)). 2. a) On a d après la question précédenteg (x) = 1 ( ) x+1 2 ln. Or pour tout x > 1, x+1 > 1 donc, comme la fonction x 1 x 1 ln est croissante, G (x) > et donc G est strictement croissante sur ]1;+ [. b) On a G (2) = 1 2 (f(3) f(1)) = 1 2 (3ln(3) 2) Or comme e < 3 on a ln(3) > 1 et donc 3ln(3) 2 > 1 >. On a donc bien G (2) >. c) On a vu dans les questions précédentes que G est continue et strictement croissante sur ]1;+ [ donc d après le théorème de bijection monotone, G réalise une bijection de ]1;+ [ sur G(]1;+ [) =]ln2 1;+ [. Or ]ln2 1;+ [ donc admet un unique antécédent par la fonction G, c est-à-dire qu il existe un unique α ]1;+ [, tel que G (α) =. On a vu dans la question précédente que G (2) > = G (α) donc comme G (et donc G 1 ) est croissante, α < 2. III. Étude d une fonction de deux variables réelles 1. On a vu dans la partie I que f est de classe C 2 sur ];+ [ et les fonctions x x+1 et x x 1 sont des fonctions de classe C 2 sur ]1;+ [ à valeurs dans ]2;+ [ et ];+ [. Donc les fonctions (x,y) y f(x+1) et (x,y) y f(x 1) donc de classe C 2 sur ]1;+ [ 2 et par composition et somme Φ est de classe C 2 sur ]1;+ [ 2. De plus : x (x,y) = 2f (x+1)(y f(x+1)) 2f (x 1)(y f(x 1)) = 2ln(x+1)(y f(x+1)) 2ln(x 1)(y f(x 1)) (x,y) = 2(y f(x+1))+2(y f(x 1)) y 2. (α,f(α+1)) = 2ln(α+1)(f(α+1) f(α+1)) 2ln(α 1)(f(α+1) f(α 1)) x = 4ln(α 1)G (α) = (α,f(α+1)) = 2(f(α+1) f(α+1))+2(f(α+1) f(α 1)) y = 4G (α) = Donc (α,f(α+1)) est un point critique de Φ. 3. Comme Φ est de classe C 2 utilisons les notations de Monge. On a donc besoin des dérivées partielles d ordre 2 : 2 Φ x 2 (x,y) = 2 1 x+1 (y f(x+1)) 2 1 x 1 (y f(x 1))+2(ln(x+1))2 +2(ln(x 1)) 2 2 Φ y 2 (x,y) = 4 2 Φ (x,y) = 2ln(x+1) 2ln(x 1) x y On a donc en (α,f(α+1)), r = 2(ln(α+1)) 2 +2(ln(α 1)) 2, t = 4 et s = 2ln(α+1) 2ln(α 1) On a donc : s 2 rt = ( 2ln(α+1) 2ln(α 1)) 2 4 (2(ln(α+1)) 2 +2(ln(α 1)) 2) = 4(ln(α+1)) 2 4(ln(α 1)) 2 +8ln(α+1)ln(α 1) = (2ln(α+1) 2ln(α 1)) 2 Comme s 2 rt <, Φ admet un extremum local en (α,f(α+1)) et comme r >, c est un minimum local. EM Lyon 28 Page 2 Corrigé

3 Exercice 2: Partie I : Réduction simultanée de A et B 1. On cherche tous les réels λ tels que A λi n est pas inversible : A λi = 1 λ 1 1 λ λ λ λ 1 L1 L 1 λ λ λ 1 2λ λ 2 +1 L 3 (1 λ)l 1 +2L λ λ 1 λ 2 1 L 3 2L 2 +L 3 Donc λ est une valeur propre de A si et seulement si λ = ou λ 2 1 =. Les valeurs propres de A sont, 1 et 1. Sous-espace propre associé à la valeur propre : 2x 2y z = AX = z = z = { y = x z = Donc E = vect 1 1. Sous-espace propre associé à la valeur propre 1 : 2x 2y 2z = AX = X y z = = Donc E 1 = vect 1. 1 Sous-espace propre associé à la valeur propre 1 : 2x 2y = AX = X y z = = { x = z = y { x = y z = y Donc E 1 = vect La famille B = 1 1, 1 1, 1 est une base de vecteurs propres de A. Donc si on prend P la matrice de 1 1 passage de la base canonique de M 3,1 (R) à la base B on aura bien A = PDP 1. On a donc P = EM Lyon 28 Page 3 Corrigé

4 Calculons P 1 par le pivot de Gauss : L 2 L 1 +L L 2 L L 1 L 1 +L 2 1 L 2 L 2 +L L 1 L 1 +L Donc P 1 = P 1 B = donc C = 1 qui est bien une matrice diagonale Partie II : étude d un endomorphisme d un espace de matrice 1. dime = 3 3 = On remarque tout d abord que pour tout matrice M de E, on a bien que f(m) est une matrice carrée d ordre 3 donc f(m) E. Montrons maintenant que f est linéaire : soit M et N deux matrices de E et a et b deux réels. On a f(am +bn) = A(aM +bn) (am +bn)b = aam +ban amb bnb = a(am MB)+b(AN NB) = af(m)+bf(n). Donc f est une application linéaire de E dans E, c est-à-dire f est un endomorphisme de E. 3. a) On a la suite d équivalences : M ker(f) AM MB = AM = MB PDP 1 M = MPCP 1 DP 1 MP = P 1 MPC DN = NC b) Soit N = a b c d e f une matrice carrée d ordre 3. On a DN = d e f et g h i g h i NC = a c d f donc on peut en déduire que : g i DN = NC a = c = d = d e = f = f g = g h = i = i a = c = d = e = h = i = Donc les matrices N vérifiant DN = NC sont de la forme b f. g EM Lyon 28 Page 4 Corrigé

5 c) On pose F = {N E/DN = NC}. D après la question précédente on a : F = b f /b,f,g R = vect 1,, g Donc F est un sous-espace engendré, c est donc bien un espace vectoriel. De plus la famille 1,, est génératrice de F. On montre facilement que cette famille est libre. (Je vous laisse le soin de le faire) Donc la famille 1,, est une base de F qui est donc de dimension a) D après la question 3. a) on a M ker(f) DN = NC donc M ker(f) N F. ker(f) est donc de même dimension de F et donc dim(ker(f)) = 3. D après le théorème du rang dim(ker(f))+dim(im(f)) = 9 donc dim(im(f)) = 6. b) On sait que 1 F donc M = P 1 P 1 = est un élément de ker(f). On a de plus f(i) = A B = donc est un élément de Im(f). Exercice 3: Partie I : Étude d une variable aléatoire 1. a) Sur [;1], on a 2 x donc h est le quotient de deux fonctions affine et son dénominateur ne s annule pas sur [;1]. h est donc continue sur [;1]. De même h est dérivable sur [;1] et h 2 (x) = >. Donc h est strictement croissante sur [;1]. (2 x) 2 Comme h est continue et strictement croissante sur [; 1], d après le théorème de bijection monotone h réalise une bijection de [;1] sur h([;1]) = [h();h(1)] = [;1]. Pour trouver h 1 (y), il nous faut résoudre h(x) = y : On a donc h 1 (y) = 2y y +1. b) On remarque que x = x 2+2 = x 2 x 2 x. Donc h(x) = x. c) Grâce à la question précédente on a : h(x) dx = 2. a) E(X) = 1 1 et V(X) = 2 12 b) Soit y [;1] : P h(x) = y x = y(2 x) x(1+y) = 2y x = 2y 1+y x dx = [ x 2ln(2 x)]1 = 1 2ln(1)++2ln(2) = 2ln(2) 1 ( ) X 2 X y = P(h(X) y) = P(X h 1 (y)) car h 1 est croissante = F(h 1 (y)) = 2y y +1 Car la fonction de répartition d une VAR suivant une loi uniforme sur [;1] est définie par si x < F(x) = x si x 1 et lorsque y [;1] on a h 1 (y) = 2y y +1 [;1]. 1 si x > 1 EM Lyon 28 Page 5 Corrigé

6 c) Notons G la fonction de répartition de la variable aléatoire Y. Par définition, G(y) = P(Y y). On a déjà montré que si y [;1] alors G(y) = 2y y +1. De plus, si y <, l événement [h(x) y] est impossible donc G(y) = P(Y y) = Enfin si y > 1 alors l événement [h(x) y] est forcément réalisé et donc G(y) = 1. si y < 2y On a donc G(y) = si y 1. y +1 1 si y > 1 Pour montrer que Y est une variable à densité on doit démontrer que G est continue sur R et C 1 sur R sauf éventuellement en un nombre fini de points. Continuité : Sur ];;[ et sur ]1;+ [ G est constante donc continue. Sur ];1[, G est le quotient de deux fonctions affine et le dénominateur ne s annule pas sur [;1] donc G est continue sur ];1[. De plus lim G(y) = = lim G(y) = G() et lim G(y) = 1 = lim G(y) = G(1) y y + y 1 y 1 + donc G est bien continue sur R. C 1 : Sur ] ;;[ et sur ]1;+ [ G est constante donc C 1. Sur ];1[, G est le quotient de deux fonctions affine et le dénominateur ne s annule pas sur [;1] donc G est C 1 sur ];1[. G est donc C 1 sur R\{;1}. Y est donc une variable aléatoire à densité et on obtient une densité de Y en dérivant G là où elle est dérivable et en complétant : 2 g(y) = (y +1) 2 si y [;1] sinon d) On remarque ici que Y = h(x). On va donc utiliser le théorème de transfert pour calculer E(Y). On doit donc { + 1 si x [;1] s intéresser à l intégrale h(x)f(x)dx où f désigne une densité de la VAR X : f(x) =. sinon Comme x h(x)f(x) est nulle sur ];[ et sur ]1;+ [ les intégrales convergentes et valent. Sur [;1] la fonction x h(x)f(x) = x est continue donc 2 x En conclusion + h(x)f(x)dx et + 1 h(x)f(x)dx sont h(x)f(x) dx est absolument convergente. h(x)f(x)dx est absolument convergente donc Y admet une espérance et : E(Y) = Partie II : Étude d un temps d attente + h(x)f(x)dx = 1. a) S t compte le nombre d invités qui sont arrivés avant l instant t. h(x)dx = 2ln(2) 1 b) S t compte le nombre de réalisation de l événement l invité est arrivé avant l instant t, qui est de probabilité t (cf. fonction de répartition de la loi uniforme donnée dans la partie précédente), pour n invités dont les temps d arrivée sont supposés indépendants. Donc S t suit une loi binomiale de paramètres (n,t). On a donc S t (Ω) = [;n] et pour tout k S t (Ω), P(S t = k) = ( n k) t k (1 t) n k. 2. a) L événement [R 1 > t] signifie que le premier invité arrive à un instant supérieur à t. Donc à l instant t aucun invité n est arrivé et donc l événement [S t = ] est réalisé. Réciproquement si [S t = ] est réalisé alors aucun invité n est arrivé à l instant t et donc le premier invité arrivera à un instant supérieur à t. On a donc [R 1 > t] = [S t = ]. b) D après la question précédente on a P(R 1 > t) = (1 t) n et donc P(R 1 t) = 1 (1 t) n. De plus comme chaque invité doit arriver entre l instant et l instant 1 on a pour tout t <, P(R 1 t) = et pour tout t > 1, P(R 1 t) = 1. La fonction de répartition de R 1 est donc la fonction H définie par : si t < H(t) = 1 (1 t) n si t 1 1 si t > 1 EM Lyon 28 Page 6 Corrigé

7 Continuité : Sur ];;[ et sur ]1;+ [ H est constante donc continue. Sur ];1[, H est la composée d une fonction affine et d une fonction puissance donc H est continue sur ]; 1[. De plus lim H(y) = = lim H(y) = H() et lim H(y) = 1 = lim H(y) = H(1) y y + y 1 y 1 + donc H est bien continue sur R. C 1 : Sur ];;[ et sur ]1;+ [ H est constante donc C 1. Sur ];1[, H est la composée d une fonction affine et d une fonction puissance donc H est C 1 sur ];1[. H est donc C 1 sur R\{;1}. R 1 est donc une variable aléatoire à densité et on obtient une densité de R 1 en dérivant H là où elle est dérivable et en complétant : h(t) = { n(1 t) n 1 si t [;1] sinon 3. On remarque ici que, pour t [;1], [R 2 t] = [S t 2]. Ainsi P(R 2 t) = P(S t 2) = 1 P(S t = ) P(S t = 1). Donc la fonction de répartition de R 2 est définie par : si t < H 2 (t) = 1 (1 t) n nt(1 t) n 1 si t 1 1 si t > 1 On montre de même que dans la question précédente que H 2 est continue sur R et C 1 sur R\{;1}. Donc R 2 est une variable à densité et une densité de R 2 est : { n(n 1)t(1 t) n 2 si t [;1] h 2 (t) = sinon EM Lyon 28 Page 7 Corrigé