a + 2b b y 2z = 0 2x 3y 4z = 0 x + y + z = 0 { y = 2z

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1 Corrigé ECRICOME Eco 2008 par Pierre Veuillez EXERCICE A tout couple a, b) de deu réels, on associe la matrice M a, b) définie a + 2b b 2b M a, b) = 2b a b 4b b b a + 3b On désigne par E l ensemble des matrices Ma, b) où a et b décrivent R. Ainsi : E = {Ma, b) / a, b) R 2 } 2 2 On note I la matrice identité M, 0) et A la matrice suivante : Comme M a, b) = ai + ba on a donc E = Vect I, A). Donc E est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel M 3 R). 2. La famille I, A) est libre car A et I sont deu vecteurs non proportionnels, et elle est génératrice. Conclusion : I, A) est une base de E et dim E) = 2 3. On vérifie : A 2I) y z = 0 y 2z = 0 2 3y 4z = 0 + y + z = 0 y = 2z 2 + 2z = 0 z = 0 { y = 2z = z Les solutions ne sont pas toutes nulles donc 2 est valeur propre associé au sous espace propre E 2 = Vect, 2, )) La famille, 2, )) est formée d un seul vecteur non nul, est donc libre. Donc c est une base de E 2 et Conclusion : dim E 2 ) = A I) y z = 0 y 2z = 0 2 2y 4z = 0 + y + 2z = 0 = y + 2z 0 = 0 0 = 0 Donc est valeur propre associé au sous espace propre E = Vect,, 0), 2, 0, )),, 0), 2, 0, )) sont deu vecteurs non proportionnels donc libre.,, 0), 2, 0, )) est donc une base de E Conclusion : dim E ) = Comme la somme des dimensions de ces sous espaces propres est 3,l ordre de la matrice, il n y a pas d autres valeurs propres et A est diagonalisable. 4. Pour avoir 2 en première colonne de D, il faut placer un vecteur propre associé à 2 en première position. et pour avoir sur la diagonale de P,on donne, 2, )) comme autre base de E 2. La concaténation des bases des sous espaces propres forme une base de R 3., 2, ),,, 0), 2, 0, )) est donc une base de vecteurs propres et d après la formule de changement de base on a D = P A P avec D = 0 0 et P = ECRICOME Eco 2008 Page / 8

2 On calcule P par Gauss : L + L L 2 2L L 2 0 L 3 + L L 3 + L L 2L L 2 + 4L L et on pense bien à vérifier que P P = I ) 2 Conclusion : P = L 2L 3 L 2 + 4L 3 L 3 5. On a M a, b) = ai + ba alors D a, b) = P ai + ba) P = ai + bd est bien diagonale. 6. Comme P et P sont inversibles, M a, b) est inversible si et seulement si D a, b) l est. La diagonale de D a, b) est a + 2b, a + b, a + b) Donc D a, b) est inversible si et seulement si a + 2b 0 et a + b 0 Conclusion : M a, b) inversible si et seulement si a + 2b 0 et a + b 0 7. On a M a, b) 2 = I [P D a, b) P ] 2 = I P D a, b) 2 P = I D a, b) 2 = P I P = I Conclusion : M a, b) 2 = I D a, b) 2 = I a + 2b) Or D a, b) 2 = 0 a + b) 2 0 donc D a, b) 2 = I a + 2b = ± et a + b = 0 0 a + b) 2 ± Ce { qui donne quatre systèmes : { a + 2b = b = 0 ) L a + b = L 2 L a = { { a + 2b = b = 2 2) a + b = a = 3 { { a + 2b = b = 2 3) a + b = a = 3 { { a + 2b = b = 0 4) a + b = a = Conclusion : Les 4 matrices sont donc M, 0), M 3, 2), M 3, 2) et M, 0) 2 EXERCICE On considère les fonctions suivantes : g, y) = + ln { + y) fonction des variables réelles et y, et pour p fp ) = g, p) : familles de fonctions de la variable réelle ) h p ) = f p ) On note C p ) la courbe représentative de la fonction f p. 2. Recherche d etremum éventuel de la fonction g.. g est défini en, y) tels que + y > 0. ECRICOME Eco 2008 Page 2/ 8

3 On trace la droite d équation y = pente passe par O )et on a + y > 0 au dessus de cette droite. 2. g est C sur D et g, y) = + y Si la fonction g a un etremum sur l ouvert D alors g Ce qui est impossible. Conclusion : g n a pas d etremum sur D 2.2 Etude de la fonction f. g et, y) = y + y g, y) = 0 et, y) = 0. y. On a f ) = + ln + ) Donc f est définie, continue, dérivable... en tel que + > 0 donc sur ], + [ 2. Par le DL de ln + ) en 0 on a : Conclusion : f ) = ε ) avec ε ) 0 quand 0 3. La tangente en 0 a donc pour équation : y = +. Et comme f ) + ) = ε ) = ε )) 0 Conclusion : C f est en dessous de sa tangente au voisinage de 0 4. En + f ) = + ln + ) + f ) = + ln ln ) = 0 + ))) + ln ) + ln + ln ) )) Conclusion : C f a une branche parabolique horizontale en Etude d une suite α p ) p.. On a h p ) = f p ) = ln + p). h p est dérivable sur ] p, + [ et h p ) = = +p et comme p, h +p +p p > 0 sur ]0, + [ ) En 0 : h p ) = ln + p) = ln + p/)) = ln) ln+p/) + Donc h p est continue et strictement croissante sur ]0, + [, donc bijective de ]0, + [ dans ]lim 0 h p, lim + h p [. Et comme 0 appartient à cet intervalle, l équationh p ) = 0 a une unique solution α p sur ]0, + [. Conclusion : l équation f p ) = admet une unique solution α p sur ]0, + [ 2. On a f p+ ) = + ln + p + ) donc f p+ α p+ ) = + ln α p+ + p + ) = α p+ et h p α p+ ) = α p+ ln α p+ + p) = ln α p+ + p + ) ln α p+ + p). Et comme α p+ + p + > α p+ + p alors ln α p+ + p + ) > ln α p+ + p) et Conclusion : h p α p+ ) > 0 ECRICOME Eco 2008 Page 3/ 8

4 On a donc h p α p+ ) > 0 = h p α p ) et comme la fonction h p est strictement croissante sur ]0, + [ et que α p et α p+ en sont éléments, α p+ > α p. Conclusion : la suite α p ) p est donc croissante. 3. On compare les images par h p : h p α p ) = 0 et h p + ln p)) = + ln p) ln p + + ln p)) = ln p) ln p + + ln p)) et comme p + + ln p) > p alors ln p) < ln p + + ln p)) et h p + ln p)) < 0 = h p α p ). Donc h p strictement croissante) Conclusion : α p + ln p) et par minoration, Conclusion : quand p + : α p 2.4 Valeur approchée de α. On admet que le réel α appartient { à intervalle [, 3]. u On définit la suite u n ) n par 0 = n : u n+ = f u n ). Pour n = 0 : u 0 =. Soit n tel que u n alors f u n ) f ) = + ln 2) donc u n+. Conclusion : pour tout n : u n 2. La formule demandée suggère que f sur quel intervalle u 2 n suggère [ + [) f ) = pour tout [, + [. Donc f + 2 sur [, + [. 2 Pour n = 0 on a u 0 α = α 2 = 2) car α [, 3] Soit n tel que u n α n 2) alors comme α et u n [, + [ et que f sur cet 2 intervalle, f u n ) f α ) u 2 n α et f α ) = α donc u n+ α u 2 n α ) n+ Conclusion : pour tout n : u n α 2 3. Si n 2) 0 4 alors u n α 0 4. ) n n ) ln 2) 4 ln 0) n ) 4 ln 0) / ln 2) n + 4 ln 0) / ln 2) qui est réalisé pur la partie entière plus. ) n Conclusion : n 0 = + 4 ln 0) / ln 2) + la condition est réalisée. 4. program suiet ; var u :real ; n0,n :integer ; begin n0 :=trunc2+4*ln0)/ln2)) ; u := ; for n := to n0 do u :=+ln+u) ; writlenn0,u) ; end. 3 EXERCICE. On s intéresse dans cet eercice à l étude de trois jeu présents à une fête foraine. 2 ECRICOME Eco 2008 Page 4/ 8

5 3. Premier jeu. Pour ce premier jeu de hasard, la mise pour chaque partie est de euro. L observation montre qu une partie est gagnée avec la probabilité de 9, perdue avec la probabilité de. 0 0 Toute partie gagnée rapporte 3 euros. Les différentes parties sont indépendantes. une personne décide de jouer n parties 2). On note X la variable aléatoire représentant le nombre de parties gagnées et Y la variable aléatoire représentant le gain algébrique du joueur.. X est le nombre de gain en partie indépendantes, la probabilité de gain à chaque étant de. 0 Conclusion : X B ), 0 d où E X ) = et V X 0 ) = Le gain est la mise moins les rapports : Conclusion : Y n = 3X d où E Y ) = 3E X ) = 7 0 et V Y ) = 3 2 V X ) = a) Le paramètre de la loi de Poisson qui approche est l espérance de la loi binomiale : Conclusion : Donc X 60 P 6) b) "Perdre moins de 50 euros" est Y 60 > 50) = 3X > 50) = X 60 > 0/3) et comme X 60 ne prend que des valeurs entières, Y 60 > 50) = X 60 4) = X 60 < 4) Avec P X 60 < 4) = 3 k=0 P X 60 = k) 3 6k k=0 e 6 = 0, 52 et P Y k! 60 > 50) = P X 60 < 4) Conclusion : la probabilité de perdre moins de 50 est 0, Deuième jeu Pour ce deuième jeu, le participant lance trois fléchettes dans une cible circulaire de centre O et de rayon. Pour i 3. on note X i la variable aléatoire égale à la distance du point d impact au centre O de la ième fléchette. Ces trois variables X, X 2, X 3,. de même loi, indépendantes. sont des variables à. densité dont une densité f est définie par : { 2 si [0, ] f ) = 0 si / [0, ] Le joueur gagne si la fléchette la plus proche du centre O se trouve à une distance inférieure à 5 du centre. Enfin on note M la variable aléatoire représentant la plus petite des trois distances X, X 2, X 3.. f est positive sur R, continue sur R\ {0, } en fait continue en 0 ) 0 f = 0 et + f = 0. Enfin, f = 2d = 0 0 [2 ] 0 = donc + f converge et vaut Conclusion : f est une densité de probabilité. Pour tout réel, F ) = f t) dt donc si 0 : F ) = 0dt = 0 si ]0, ] : F ) = 0 0dt + 2tdt = 2 0 si > : F ) = 0 0dt + 2tdt + 0dt = 0 2. X a une espérance si + tf t) dt converge, ce qui est le cas en ± fonction nulle). Donc X a une espérance et E X) = 0 2t2 dt = [ 2 t3] = Conclusion : E X) = 2 3 ECRICOME Eco 2008 Page 5/ 8

6 3. M > t) signifie que la plus petite distance est plus grande que t, c est à dire qu elle sont toutes plus grandes que t. Conclusion : M > t) = [X > t) X 2 > t) X 3 > t)] 4. Comme elles sont indépendantes, F M ) = P M > ) = P X > ) P X 2 > ) P X 3 > ) = F )) 3 Conclusion : F M ) = F )) 3 pour tout réel. Comme F est une fonction de répartition de variable à densité, elle est continue sur R et C sur R\ {0, }. Donc F M est continue sur R et C sur R\ {0, }. Donc F M est une fonction de répartition de variable à densité. Conclusion : M est à densité et une densité de M est F M là où elle est dérivable) f M ) = 3 F )) 2 F ) = 3 F )) 2 f ) { 6 Conclusion : f M ) = 2 ) 2 si [0, ] 0 sinon 5. "le joueur gagne la partie" est l événement M < 5) de probabilité FM 5) = ) 3 Conclusion : P G) = Troisième jeu. ) 3 25) 2 = Pour ce dernier jeu. le participant lance successivement n boules au hasard dans cases numérotées de à avec 2. On suppose que les différents lancers de boules, sont indépendants et que la probabilité pour qu une boule quelconque tombe dans une case donnée est. Une case peut contenir plusieurs boules. Le gain étant fonction du nombre de cases atteintes, on étudie la variable aléatoire T égale au nombre de cases non vides à l issue des n lancers.. Au minimum,il y a une case atteinte toutes les boules dans la même case) et au maimum, chaque boule est dans une case différente avec au maimum cases occupées). Conclusion : T n Ω) = [[, min n, )]] 2. T est le nombre de cases atteintes avec une boule. Donc T Ω) = {} variable certaine! Conclusion : P T = ) = T 2 Ω) = {, 2} La première boule étant placée, la probabilité que la seconde vienne dans la même case est de. la probabilité qu elle aille ailleurs est donc de = Conclusion : P T 2 = ) = et P T 2 = 2) = 3. T n = ) : lorsque la première boule est placée, la probabilité pour chacune des n suivantes d arriver dans la même case est de, indépendamment. Donc P T n = ) = ) n ECRICOME Eco 2008 Page 6/ 8

7 Conclusion : P T n = ) = ) n Pour T n = 2), il faut passer par un dénombrement précis : Ω est l ensemble des listes de n cases parmi une case pour chaque boule). ces listes sont équiprobables et Ω = n. T n = 2) est déterminé par l ensemble des 2 cases parmi à remplir ; il y a ) 2 tels choi. l ensemble des boules allant dans la case la plus à droite sauf toutes ou aucune) il y a 2 n 2 telles listes. Donc T n = 2 = ) 2 2 n 2) et Conclusion : P T n = 2) = ) 2 n 2) ce qui coïncide avec T 2 n 2 pour n = 2 ) T n = n) est déterminé par la liste sans répétition des cases affectées. dans l ordre de lancement des boules) Conclusion : P T n = n) = 0 si n > et P T n = n) =! coïncide pour T n)! n 2 = 2 ) 4.??? probas totales? avec quel SCE T n = i) i [[,n]] qui ne sont pas tous possibles??? Pour avoir T n+ = k), on pouvait avoir T n = k) ou T n = k ) soit T n+ = k) = T n+ = k) T n = k) T n+ = k) T n = k ) incompatibles donc P T n+ = k) = P Tn=k) T n+ = k) P T n = k) + P Tn=k ) T n+ = k) P T n = k ) avec P Tn=k) T n+ = k) = k car la n + ème boule doit aller dans une des k cases déjà pourvues pour que le ombre de cases remplies ne change pas ; et P Tn=k ) T n+ = k) = k ) car il y a k ) cases non encore remplies, et il en faut une de plus. Conclusion : P T n+ = k) = k P T n = k) + k+ P T n = k ) 5. Afin de calculer l espérance E T n ), on considère la fonction polynomiale G n définie par : R, G n ) = n P T n = k) k a) On a G n ) = n P T n = k) = car on a au moins toutes les valeurs possibles de T n. b) G n est dérivable sur R et G n ) = n kp T n = k) k donc Conclusion : G n ) = E T n ) G n ) = = n kp T n = k) min,n) = E T n ) kp T n = k) + 0 c)!!!! La formule I) est encore valable pour k = n + avec P T n = n + ) = 0 ECRICOME Eco 2008 Page 7/ 8

8 On a donc G n+ ) = = n+ P T n+ = k) k n+ [ k n+ P T n = k) + k + P T n = k ) = kp T n = k) k + = G n ) + n+ n P T n = h) h+ k=0 ] k P T n+ n = k ) k n hp T n = h) h+ h=0 = G n ) + G n ) G n ) + 0 = 2 G n ) + G n ) d) Les fonctions étant dérivables sur R et pour = : G n+ ) = 2 G n ) + 2 G n ) + G n ) + G n ) G n+ ) = G n ) + G n ) + G n ) = ) E T n ) + k P T n = k ) k Conclusion : E T n+ ) = ) E Tn ) + e) On a alors par récurrence : [ E T ) = et ) ] = = E T ) Soit n tel que E T n ) = [ ) n ] alors E T n+ ) = ) E T n ) + = ) [ [ = = = [ [ ) n ] + ) ] n+ + ) + ) ] n+ + ) ] n+ Conclusion : pour tout n : E T n ) = [ ) n ] ECRICOME Eco 2008 Page 8/ 8