Corrigé : EM Lyon 4 Option économique Exercice :. Comme pour tout t R, +t, la fonction f est bien définie sur R et est de classe C sur R. De plus on a : f (t) = et (+t t) (+t ) 3/ Pour tout t R, e t > et (+t ) 3/ >. De plus le discriminant du polynôme t t+ vaut 3 donc ce polynôme est de signe constant et est positif car le coefficient de t est. Donc f (t) > pour tout réel t. En + f(t) t + e t et on sait que au voisinage de + t = o(e t ), donc lim f(t) = +. t + f(t) =. t Par opération sur les limites, lim t On obtient donc le tableau de variations suivant : t f (t) f(t) +. a) Posons g(t) = e t t t. On a g (t) = e t t et g (t) = (e t ). Ainsi pour tout t, g (t). Donc g est croissante sur [;+ [. Or g () = donc pour tout t, g (t) >. Par conséquent g est strictement croissante sur [;+ [. Comme on a g() = on peut donc en conclure que pour tout t [;+ [, g(t) > c est-à-dire e t t t >. Pour t, (+t) = +t+t +t > et en appliquant la fonction racine carrée qui est croissante, on a +t +t. b) On a f(t) t = et t +t. +t D après la question précédente pour tout t, t +t t+t < e t. Donc e t t +t > et comme +t >, on a que pour tout t [;+ [, f(t) t > f(t) > t. 3. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : u n est vraie pour tout entier n. Pour n =, on a u = donc P() est vraie. Soit n un entier naturel fixé. Supposons P(n) vraie. On sait d après la question que pour tout réel t, f(t) donc en particulier f(u n ), ce qui signifie que u n+ et donc P(n+) est vraie. + + Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n, u n. b) Comme u n, d après la question. b), pour tout n f(u n ) > u n, c est-à-dire, u n+ > u n. La suite (u n ) est donc croissante. Elle est donc soit convergente soit elle diverge vers +. Supposons que u n converge vers l. Alors nécessairement l est un point fixe de f sur [;+ [ ce qui est impossible car on a montré que pour tout t, f(t) > t. Donc (u n ) diverge vers +. c) PROGRAM EML4; VAR n :INTEGER; u :REAL; BEGIN u :=; n :=; WHILE u<= DO BEGIN n :=n+; u := *EXP(u) /(SQRT(+u*u)); END; WRITE(n); END. EM Lyon 4 Page Corrigé
4. a) Pour tout x R x R et G( x) = Donc G est bien une fonction impaire. b) Posons pour tout x réel F(x) = x x x f(t)dt = x x f(t)dt = G(x). f(t)dt. Comme f est une fonction continue sur R, F est une fonction de classe C sur R. Or G(x) = F(x) F( x) donc par composée avec la fonction x x et par somme, on obtient que la fonction G est une fonction de classe C sur R. De plus G (x) = F (x) ( ) F ( x) = f(x)+f( x) = (ex +e x ) +x x c) On sait que G(x) = f(t)dt+ f(t)dt. On suppose x >. x Nous allons ici minorer G en utilisant deux propriétés de f : t [ x;], f(t) et t [;x], f(t) > t. On a donc G(x) x Or lim x + x tdt+ = x. = + donc lim G(x) = +. x + d) G (x) = (ex +e x ) >, donc G est croissante. On obtient la limite en grâce au fait que G est impaire. On a +x donc le tableau de variation suivant : x + G (x) G(x) + + Exercice : Partie I. On remarque tout d abord que E (A) est un sous-ensemble de M 3 (R). Comme A = alors E (A) et donc E (A) n est pas vide. Si L et N sont deux matrices de E (A) et α et β deux réels alors αl+βn M 3 (R) et car L et N sont dans E (A) Donc αl+βn E (A) Donc E (A) est bien un sous-espace vectoriel de M 3 (R). A(αL+βN) = αal+βan = αl+βn. a) Pour montrer l inclusion on montre que si M E (A) alors M E (A) : Si M E (A) alors AM = M donc A M = A(AM) = AM et donc M E (A) On a donc E (A) E (A). b) Grâce à la question précédente il ne nous reste plus ici qu à démontrer que E (A) E (A). Si M E (A) alors A M = AM et A A M = A AM d où AM = M. Alors M E (A) Donc E (A) E (A) et finalement E (A) = E (A). 3. a) Si M E (A) alors AM = M d où AM M = et (A I)M = et comme A I est inversible, en multipliant pas (A I) on obtient M = Donc E (A) = {} si A I est inversible. b) Soit B =. Comme B est triangulaire à coefficients diagonaux non nuls, B est inversible donc E (B) = E (B) Comme B I =, B I est également inversible et donc E (B) = {} = E (B) EM Lyon 4 Page Corrigé
Partie II. On cherche les réels λ tels que la matrice C λi n est pas inversible : C λi = (3 λ) λ λ λ λ L L 3 (3 λ) λ (λ ) ( λ) L L L (λ ) (λ 3λ+) L 3 (3 λ)l L 3 λ (λ ) ( λ) (λ λ) L 3 L 3 L Donc les valeurs propres de C sont les solutions de λ λ = et λ =. On remarque que les solutions de λ λ = sont et et que celle de λ = est. Les valeurs propres de C sont, et. E = {X M 3, (R)/CX = X} : CX = (C I)X = { x y = y+z = x = y = z Donc E = vect. E = {X M 3, (R)/CX = X} : CX = X (C I)X = x y z = z = z = { x = y z = Donc E = vect. E = {X M 3, (R)/CX = X} : Donc E = vect. CX = X (C I)X = { x y z = y = { x = z y =. Les vecteurs,, sont trois vecteurs propres de C associés à des valeurs propres distinctes donc cette famille est une base de vecteurs propre de C. Donc avec D = et P = on a C = P DP. 3. Comme N = P M on a M = PN et de plus C = PD donc M E (C) CM = M PDP PN = PN PDN = PN DN = N N E (D) EM Lyon 4 Page 3 Corrigé
4. Soit N M 3 (R), on peut écrire N = x y z a b c. Alors u v w N E (D) x y z a b c = x y z a b c u v w u v w a b c = x y z a b c u v w u v w = x a = a u = u = y et b = b et v = v = z c = c w = w x = y = z = u = v = w = Donc N E (D) si et seulement s il existe trois réels a, b, c tels que N = a b c. 5. Donc une matrice M est dans E (C) si et seulement s il existe trois réels a, b, c tels que M = P a b c = a b c a b c On peut donc écrire : E = a b c a b c /(a,b,c) R 3 = vect,, Donc la famille,, est une famille génératricede E (C) et de plus cette famille est libre car on a : a +b +c = a b c a b c = a = b = c = Donc la famille,, est une base de E (C) qui est donc de dimension 3. 6. Utilisons le même raisonnement que précédemment mais pour E (C). On a : M E (C) C M = CM PD P PN = PDP PN D N = DN N E (D) Soit N M 3 (R), on peut écrire N = x y z a b c. Alors u v w x y z x y z N E (D) a b c = a b c 4 u v w u v w a b c = a b c 4u 4v 4w u v w = = = et u = v = w = a = a b = b c = c On a donc M E (C) M = P x y z x+a y +b z +c a b c = x+a y +b z +c x y z et 4u = u 4v = v 4w = w EM Lyon 4 Page 4 Corrigé
Donc une famille génératrice de E (C) est,,,,, De même que dans la question 5. on montre facilement que cette famille est libre. Cette famille est donc une base de E (C) qui est donc de dimension 6. Comme E (C) et E (C) n ont pas la même dimension ils ne peuvent pas être égaux. Exercice 3: Partie I. Il ne peut pas se produire de changement de couleur au premier tirage car il n y a pas eu de tirage avant. La plus petite valeur de X est donc. Ensuite le changement peut se produire à n importe quel moment donc X(Ω) = [;+ [.. L événement [X = k] signifie que les k premiers tirages ont donné des boules de la même couleur puis qu au k-ième tirage nous avons obtenu une des deux autres couleurs. Donc : [X = k] = (B B k B k ) (R R k R k ) (V V k V k ) Or on a P(B i ) = b, P(R i ) = r et P(V i ) = v donc comme les trois événements rentrant en jeu dans la réunion sont incompatible on a P(X = k) = P(B B k B k )+P(R R k R k )+P(V V k V k ) Attention on ne peut pas considérer ici que les tirages sont indépendants car ils s arrêtent au premier changement de couleur (par exemple si on fait tirages P(B 8 ) = b mais si on ne fait que 5 tirage P(B 8 ) = ). On a d après la formule des probabilités composées : P(B B k B k ) = P(B )P B (B ) P B B k (B k ) = b k ( b) Le conditionnement permet juste de savoir que les trirages continuent. En faisant de même pour les rouges et les vertes, on a bien P(X = k) = b k ( b)+r k ( r)+v k ( v) 3. Les séries kb k, kr k et kv k sont des séries dérivées de séries géométriques de raison respectives b, r et v. Comme ces trois réels sont compris entre et strictement, ces séries sont bien convergentes. Donc X admet bien une espérance et : E(X) = ( b) = ( b) k= k= kb k +( r) kb k +( r) k= k= kr k +( v) kr k +( v) k= k= kv k kv k ( b) ( r) ( v) = ( b) ( b) +( r) ( r) +( v) ( v) = b + r + v Partie II f. x (x,y) = ( x) f et (x+y) y (x,y) = ( y) (x+y). Cherchons les points critiques de f : f x (x,y) = f ( x) (x+y) = { ( x) y (x,y) = ( y) = (x+y) (x+y) = ( y) = (x+y) Comme on cherche (x,y) ];[, on a x >, y > et x+y >, donc notre système équivaut à : { x = x+y y = x+y x = 3 y = 3 ( Donc le seul point de ];[ où f est susceptible de présenter un extremum est I 3 ; ). 3 EM Lyon 4 Page 5 Corrigé
3. Utilisons maintenant les notations de Monge. Pour cela nous avons besoin des dérivées secondes. Donc en I, r = 7 en I. f x (x,y) = ( x) 3 + (x+y) 3 f y (x,y) = ( y) 3 + (x+y) 3 f x y (x,y) = (x+y) 3 ( ) 7 = t et s = 4 et donc s rt = 7 4 < et comme r >, f admet bien un minimum local 4. a) Comme v = b+r, on a E(X) = f(b,r). b) D après l étude précédente, lorsque b = r = v =, le nombre de tirage moyen effectué pour obtenir un changement 3 de couleur est minimum. Partie III. L exponentielle étant continue, la fonction t est continue sur [;+ [. Le problème de convergence se situe donc 3t uniquement en +. Soit A > : Comme ln3 (e ln3 e Aln3 ) 3 t dt = e tln3 dt = ln3 (e ln3 e Aln3 ) + lorsque A +, l intégrale ln3eln3 3 t dt est bien convergente et vaut 9ln3.. La fonction nulle étant continue, la fonction g est bien continue sur ];[. De plus par continuité de l exponentielle, la fonction g est continue sur ];+ [. Donc g est continue sur R\{}. Par positivité de l exponentielle et de la fonction nulle, on a que g est une fonction positive sur R. Comme g est nulle sur ];[, l intégrale D après la question précédente, l intégrale Donc + g(t)dt =. Ainsi g est bien une densité de probabilité. + 3. La fonction t tg(t) est nulle sur ];[, donc l intégrale La fonction t tg(t) est continue sur [;+ [. Soit A > : Donc l intégrale + t α3 t dt = α te tln3 dt = α g(t)dt est convergente et vaut. g(t)dt est convergent et vaut. [ ] A t ln3 e tln3 + αln3 tg(t)dt est convergente et vaut. e tln3 dt + ln3 tg(t)dt est convergente, ce qui signifie que Y admet une espérance qui vaut : E(Y) = + ln3 4. a) Comme Y ne prend que des valeurs supérieures ou égales à, on a Z(Ω) = [;+ [. Soit k un entier supérieur ou égale à. P(Z = k) = P(k Y < k +) = k+ k g(t)dt = α [ e tln3 b) D après la question de la partie I, on a dans ce cas P(X = k) = 3 et X sont identiques. ln3 ] k+ k 3 k ( = 9 3 k ) 3 k+ = 3 k 3 k ( ) = P(Z = k) donc les lois de Z 3 EM Lyon 4 Page 6 Corrigé