Corrigé : EDHEC Option économique Exercice 1:

Corrigé : EDHEC Option économique Exercice :. a) Comme X prend ses valeurs dans R + on a Y(Ω) N. b) Notons F la fonction de répartition de X. On a pour tout x, F(x) e λx Soit k N on a P (Y k ) P(k X k) F(k) F(k ) e λk ( e λ(k ) ) e λ(k ) ( e λ ) c) On a (Y +)(Ω) N et si k N, P(Y + k) P(Y k ) ( e λ) k ( e λ ). On reconnait donc que Y + suit une loi géométrique de paramètre e λ. e λ d) Donc E(Y +) et V(Y +) e λ ( e λ ) Or E(Y +) E(Y)+ et V(Y +) V(Y) donc : E(Y) e λ et V(Y) e λ ( e λ ). a) Comme Y [X] on a Z(Ω) [;[ b) Pour x <, on applique la formule des probabilités totales avec (Y k) k N comme système complet d événements : P (Z x) k k k k k P ([Z x] [Y k]) P ([X k x] [[X] k]) P ([k X k +x]) (F(k +x) F(k)) (e λk e λ(k+x) ) ( e λx ) k ( e λx ) (e λ ) k e λx e λ e λ car < e λ < c) Notons G la fonction de répartition de Z. Par définition G(x) P(Z x). Donc : G(x) si x < ([Z < ] est impossible) G(x) e λx si x [,[ e λ G(x) si x ([Z ] est toujours vrai) G est continue et de classe C sur R\{,} car constante ou composée de fonctions continues et C. en e λ on a lim G(x) lim et comme G() alors G est continue en x x e la En e λx e λ on a lim G(x) lim G() donc G continue en. x x e λ e λ et G est continue sur R et C sur R {,} Finalement Z est une variable à densité. On obtient une densité de Z en dérivant G. λe λx Une densité de Z est f (x) e λ si x [,[ sinon EDHEC Page Corrigé

d) f est nulle endehorsde[;[et t tf(t) est continuesur[;[et prolongeableparcontinuitéen donc est convergente et Z admet une espérance. De plus Donc E(Z) λ e λ e λ E(Z) tf (t)dt λ e λ λ e λ λ e λ e λ e λ + λ te λt dt t λe λt e λdt [ λ te λt ] intégration par parties [ λ e λt ] ( λ e λ λ ( e λ )) On aurait pu passer par E(X) λ et E(Y) e λ donc e λ e λ E(Z) E(X Y) E(X) E(Y) λ e λ e λ Mais on n a pas le théorème dans le cours pour un mélange de variables discrètes et à densité. + tf(t) dt Exercice :. Y n est le nombre de n chaine de pile en n lancers. Or on peut avoir au plus une n chaine de pile qui se produit lorsqu on obtient que des piles au cours des n lancers. Donc Y n (Ω) {;} et P(Y n ) P(P P P n ) p n car les lancers sont indépendants. Ainsi Y n suit une loi de Bernoulli de paramètre p n. On a donc E(Y n ) p n.. Pour avoir Y n il faut avoir une n chaine de pile. Il ne reste donc qu un seul lancer où on doit obtenir face et cette apparition de face ne peut être qu au début ou à la fin : (Y n ) [P...P n F n ] [F P...P n ] les deux sont incompatibles donc P (Y n ) P [P...P n F n ]+P [F P...P n ] les lancers sont indépendants donc P (Y n ) p n q +qp n qp n Ici encore on ne peut pas obtenir plus d une n -chaine parmi n lancers donc : E(Y n ) P (Y n )+ P (Y n ) qp n 3. a) Avoir (X,k ) signifie qu une k chaine de pile commence au premier lancer. On a donc (X,k ) P P k F k+ et les lancers après le k+-ième sont quelconques. Comme les lancers sont indépendants P(X,k ) P (P )...P (P k )P (F k+ ) et donc P(X,k ) p k q. b) Pour i [,n k] avoir (X i,k ) signifie qu on a obtenu une k chaine à partir du lancer numéro i. On a donc obtenu face au lancer numéro i, pile aux lancers i à i + k, et face au lancer numéro i + k. On a donc (X,k ) F i P i P k+i F k+i et comme les lancers sont indépendants alors : P(X i,k ) q p k. c) Enfin pour X n k+,k, on a k pile à partir du n k +ème lancer donc jusqu au n ième et face juste avant : Donc (X n k+,k ) F n k P n k+ P n donc P(X n k+,k ) qp k. d) Le nombre total de k listes de pile est la somme de celles qui commencent à, à... à n k + n k+ n k+ Donc Y k X i,k et E(Y k ) E(X i,k ) i i De plus pour i [,n k] : E(X i,k ) P (X i,k ) q p k (loi de Bernoulli) EDHEC Page Corrigé

et de même E(X,k ) qp k et E(X n k+,k ) qp k Et E(Y k ) n k n k qp k +qp k q p k +qp k i (n k )q p k +qp k i Exercice 3:. a) La fonction x xlnx est continue sur R + et la fonction x +x est continue sur R et ne s annule pas donc, par quotient de fonctions continues, x f(x) est continue sur R +. De plus lim xlnx et lim +x donc lim f(x) f(), donc f est continue en. x + x + x + f est donc bien continue sur R +. b) Sur R +, x et +x > donc f est du signe de lnx. Donc pour x [;], f(x) et pour x [;+ [, f(x).. Comme f est une fonction continue sur R + elle est en particulier continue sur [;x] pour tout x et donc l intégrale x f(t)dt existe bien. F est donc bien définie sur R +. 3. a) Comme f est continue sur R +, F qui est une primitive de f est une fonction de classe C et donc g est aussi de classe C. Ainsi g est dérivable et comme F (x) f(x), on a pour x > : avec h(x) lnx+ x +x. b) h est dérivable sur ];+ [ et h (x) x +x x. g (x) f(x) xlnx xh(x) +x +x Les racines de x +x sont x 5 et x + 5 et il n y a que x qui est positive. ] ] [ [ On en déduit donc que h est décroissante sur ; et croissante sur ;+. ( ) h est donc minorée par h. ( ) ( ) De plus h ln + +. Or ( ) 5 > et donc >. Comme ln > ( ) et >, on a bien h >. On en déduit donc que pour tout x >, h(x) >. c) De la question précédente, on peut déduire que g est strictement décroissante sur [;+ [ et donc g est majorée par g(). Donc pour tout x, g(x) et g ne s annule qu en. 4. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : u n [;] est vraie pour tout entier n. On a u [;] donc P() est bien vraie. Soit n un entier fixé. Supposons P(n) vraie. D après la question. b) on sait que f est positive sur [;] et comme u n [;], on a bien u n+ un f(t)dt. De plus d après la question 3. c), pour x, F(x) x donc F(u n ) u n et donc u n+. Ainsi P(n+) est vraie. Grâce au principe de récurrence on a démontré que pour tout n N, u n [;]. b) D après la question 3. c), F(u n ) u n et donc u n+ u n, c est-à-dire que la suite (u n ) est décroissante. c) La suite (u n ) est décroissante et minorée par donc converge vers un certain l. l doit alors être un point fixe de F, et donc on doit avoir g(l). Ainsi d après la question 3. c), l. La suite (u n ) converge vers. EDHEC Page 3 Corrigé

Problème : Partie : étude d un ensemble de matrices. a) On a E {ai +bj +ck +dl/a,b,c,d R} vect(i,j,k,l) donc E est un espace vectoriel. b) On cherche tous les réels a, b, c et d tels que ai +bj +ck +dl. Alors on trouve dans la ligne a, b, c et d. Donc la famille (I,J,K,L) est libre. c) D après les deux questions précédentes, la famille (I,J,K,L) est libre et génératrice de E donc c est une base de E. On a donc dime 4. a) On a J L K L L I J 3 J J LJ K K 3 K K J Donc J, K, L, J 3 et L 3 appartiennent à E. b) On a alors JK JJ 3 J J L I et KJ J 3 J I KL KJ KJJ IJ J et LK J K J JL JK JKK IK K et LJ K donc JK, KJ, KL, LK, JL et LJ appartiennent aussi à E. c) On considère matrices de E : (ai +bj +ck +dl) et (a I +b J +c K +d L). En développant le produit (ai + bj + ck + dl)(a I + b J + c K +d L) on obtient une combinaison linéaire des matrices I, J, K, L, J, K, L, JK, KJ, JL, LJ, KL, LK qui sont toutes dans E. Donc le produit se trouve encore dans E. 3. a) L est une matrice symétrique donc diagonalisable. b) Comme nous devons ici rechercher les valeurs propres et en même temps donner les sous-espaces propres, nous allons ici appliquer la méthode matricielle et donc nous cherchons les valeurs de λ pour lesquelles le système LX λx admet une infinité de solutions. vect x (L λi) y z t λx+z λy +t x λz y λt () z λx t λy x ( λ ) y ( λ ) Si ( λ ), c est-à-dire{ λ et λ alors () x y z t et λ n est pas valeur propre de L. z x Si λ alors () donc est valeur propre et son sous-espace propre associé est : E t y vect, { z x Si λ alors () donc est valeur propre et son sous-espace propre associé est : E t y, EDHEC Page 4 Corrigé

4. a) Montrons tout d abord que cette famille est libre. On cherche tous les réels (a,b,c,d) tels que a+b+c+d a b+c d au +bu +cu 3 +du 4 a+b c d a b c+d a+b+c+d b d c d b c L L L 3 L L 4 L a+b+c+d b d c d c+d L 4 L a+b+c+d b d c d 4d L 4 L 3 a b c d Donc la famille (u,u,u 3,u 4 ) est libre et c est une famille de 4 vecteurs dans M 4, (R) qui est un espace vectoriel de dimension 4. Donc cette famille est une base de M 4, (R) b) On calcule les produits : Lu u donc u est un vecteur propre de L associé à la valeur propre. De même Lu u donc u est un vecteur propre de L associé à la valeur propre. Lu 3 u 3 et Lu 4 u 4 donc u 3 e u 4 sont eux vecteurs propres de L associées à la valeur propre. (J + K)u u donc u est un vecteur propre de J + K associé à la valeur propre. On a aussi (J +K)u u, (J +K)u 3 et (J +K)u 4 donc u, u 3 et u 4 sont des vecteurs propres de J +K associés aux valeur propres respectives -, et. Partie : étude d un mouvement aléatoire. a) Si on sait qu à l instant n on se trouve sur le sommet alors on ne peut pas être sur le sommet à l instant n+, on peut se trouver sur le sommet ou 3 chacun avec la probabilité p et sur le sommet 4 avec la probabilité p. Donc on a : P [Xn](X n+ ) P [Xn](X n+ ) p P [Xn](X n+ 3) p P [Xn](X n+ 4) p De même : P [Xn](X n+ ) p P [Xn](X n+ ) P [Xn](X n+ 3) p P [Xn](X n+ 4) p P [Xn3](X n+ ) p P [Xn3](X n+ ) p P [Xn3](X n+ 3) P [Xn3](X n+ 4) p P [Xn4](X n+ ) p P [Xn4](X n+ ) p P [Xn4](X n+ 3) p P [Xn4](X n+ 4) p p p Donc A p p p p p p. p p p b) On a donc A p +( p) p(j +K)+( p)l EDHEC Page 5 Corrigé

. a) Au (p(j +K)+( p)l)u p(j +K) u + ( p)lu pu + ( p)u u. Donc u est un vecteur propre de A associé à la valeur propre. Au p(j +K)u + ( p) Lu pu + ( p)u ( 4p)u. Donc u est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 4p. Au 3 p(j +K)u 3 +( p) Lu 3 (p ) u 3. Donc u 3 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre p. Au 4 p(j +K)u 4 +( p) Lu 4 (p ) u 4. Donc u 4 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre p. Ainsi (u,u,u 3,u 4 ) est une base de vecteurs propres de A et donc A est diagonalisable, c est-à-dire qu il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A+PDP. AvecP (matricedepassagedelabasecanoniquedem 4,(R) àlabasedevecteurspropresde A) et D 4p p (matrice diagonalecontenant les valeurs propres) on a bien A P DP. p 4 b) P 4 4 4I 4 ( ) Donc P 4 P I et 4 P P I donc P est inversible et P 4 P 3. a) La famille ([X n ],[X n ],[X n 3],[X n 4]) forme un système complet d événements donc d après la formule des probabilités totales : De même on obtient P (X n+ ) P (X n )P [Xn](X n+ )+P (X n )P [Xn](X n+ ) +P (X n 3)P [Xn3](X n+ )+P (X n 4)P [Xn4](X n+ ) pp (X n )+( p)p (X n 3)+pP (X n 4) P(X n+ ) pp (X n )+pp (X n 3)+( p)p (X n 4) P(X n+ 3) ( p)p (X n )+pp (X n )+pp (X n 4) P(X n+ 4) pp (X n )+( p)p (X n )+pp (X n 3) pp (X n )+( p)p (X n 3)+pP (X n 4) Donc C n+ pp (X n )+pp (X n 3)+( p)p (X n 4) ( p)p (X n )+pp (X n )+pp (X n 4) AC n pp (X n )+( p)p (X n )+pp (X n 3) b) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : C n 4 PDn PC est vraie pour tout entier n. Rang : Comme D I et PP I on a bien P() qui est vraie. 4 Soit n une entier naturel. Supposons que P(n) est vraie. D après la question précédenteon a C n+ AC n. Or A 4 PDP et d après l hypothèse de récurrence C n 4 PDn PC donc C n+ 4 PDP 4 PDn PC 4 PDn+ PC. P(n+) est alors vraie. On a donc démontré que pour tout entier n, C n 4 PDn PC. On sait de plus qu à l instant le pion se trouve sur le sommet donc C. On a donc, en commençant le produit par la droite (il est 3 fois plus rapide de faire un produit matrice colonne que matrices matrice) : EDHEC Page 6 Corrigé

C n 4 PDn 4 P ( 4p) n (p ) n (p ) n ( 4p) n 4 (p ) n (p ) n +( 4p) n +(p ) n ( 4p) n 4 +( 4p) n (p ) n ( 4p) n Et on a finalement P (X n ) 4 [+( 4p)n +(p ) n ] P (X n ) 4 [ ( 4p) n ] P (X n 3) 4 [+( 4p)n (p ) n ] P (X n 4) 4 [ ( 4p)n ] EDHEC Page 7 Corrigé