Exercice 1: Partie I : Loi exponentielle Corrigé : EM Lyon 215 Option économique 1. Une densité d une VAR suivant une loi exponentielle de paramètre λ est la fonction f définie par : si x < f(x) = λe λx si x La fonction de répartition d une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre λ est : si x < F(x) = 1 e λx si x Si X suit une loi exponentielle de paramètre λ > alors X admet une espérance et une variance et : E(X) = 1 λ V(X) = 1 λ 2 2. On sait que pour une densité on a f(x) dx qui converge et qui vaut 1. En appliquant cela à la densité de la VAR X qui suit la loi exponentielle de paramètre λ on obtient : e λx dx converge et e λx dx = 1 λ. De plus on sait que X admet une espérance donc xe λx dx converge et xe λx dx = 1 λ 2. 3. a) Commençons par chercher la fonction de répartition de la VAR V. Notons G cette fonction de répartition. Par définition, pour tout réel x, G(x) = P(V x) = P ( 1λ ) ln(1 U) x = P(U 1 e λx ). Si 1 e λx <, c est-à-dire x <, alors on a G(x) =. Si 1 e λx, c est-à-dire x alors G(x) = 1 e λx. si x < En conclusion G(x) = 1 e λx si x. On reconnait la fonction de répartition d une VAR suivant la loi exponentielle de paramètre λ donc V suit la loi exponentielle de paramètre λ. b) function x=exponentielle(lam) x=-1/lam*log(1-rand()) endfunction Partie II : Loi de la variable aléatoire T n 4. a) Soit x R +. On a : P(T n x) = P([X 1 x]... [X n x]) = P(X 1 x)... P(X n x) car les variables sont indépendantes = (1 e x )... (1 e x ) car les VAR suivent toutes la loi exponentielle = (1 e x ) n de paramètre 1 EM Lyon 215 Page 1 Corrigé
b) On remarque de plus que si x <, P(T n x) = car les variables X i sont toutes à valeurs dans R +. Ainsi la variable T n admet pour fonction de répartition la fonction H n définie sur R par : si x < H n (x) = (1 e x ) n si x H n est bien évidemment continue sur ] ;[ et par opération sur les fonctions continues, H n est continue sur ];+ [. De plus lim H n = = lim H n = H n () donc H n est en fait continue sur + R. De plus, par opération sur les fonctions de classe C 1, H n est de classe C 1 sur R. Donc H n est la fonction de répartition d une variable aléatoire à densité dont une densité est la fonction qui vaut H n sur R et que l on complète en. Or H n (x) = si x < ne x (1 e x ) n 1 si x >. Ainsi la variable T n est une variable à densité admettant la fonction f n pour densité. 5. a) Montrons que l intégrale 6. a) Sur ] ;[, xf n (x) = donc xf n (x) dx est absolument convergente. xf n (x) dx est convergente. Sur [;+ [, xf n (x) = nxe x (1 e x ) n 1. La fonction x xf n (x) est continue sur [;+ [ donc le problème de convergence se pose en +. Or au voisinage de +, xf n (x) x + nxe x et on sait que Donc d après les critères de comparaison pour les fonctions positives, xf n (x) dx est convergente. En conclusion b) E(T 1 ) = E(T 2 ) = Et xe x dx est convergente. xf n (x) dx est convergente et donc T n admet une espérance. xe x dx = 1 1 = 1. 2xe x (1 e x ) dx = 2 xe x dx 2 xe 2x dx = 2 2 1 4 = 3 2. f (x) f n (x) = ()e x (1 e x ) n ne x (1 e x ) n 1 = e x (1 e x ) n 1 (()(1 e x ) n) = e x (1 e x ) n 1 (1 ()e x ) f (x) = n()e 2x (1 e x ) n 1 ()e x (1 e x ) n On a bien f (x) f n (x) = 1 f (x). = ()e x (1 e x ) n 1 (ne x 1+e x ) = ()e x (1 e x ) n 1 (1 ()e x ) EM Lyon 215 Page 2 Corrigé
b) Pour tout A >, A x(f (x) f n (x)) dx = 1 = 1 A = Af (A) xf (x) dx ([xf (x)] A A + 1 Or on sait que lim A + Af (A) = (croissances comparées) donc x(f (x) f n (x)) dx = 1 A ) f (x) dx f (x) dx f (x) dx c) D après la question précédente et grâce au fait que f n soit une densité, on a : On en déduit donc que E(T n ) = E(T ) E(T n ) = 1 n 1 k Partie III : Loi du premier dépassement 7. La variable N vaut lorsque qu il n existe pas d entier n tel que X n > a, donc cela signifie que l événement [N = ] est réalisé si et seulement si pour tout entier n non nul, l événement [X n a] est réalisé. On a donc bien [N = ] = + [X k a]. D après le théorème de la limite monotone, on a P(N = ) = lim n + P ( n ) [X k a]. Les variable X n étant indépendantes et de même loi exponentielle de paramètre 1, on a donc : P(N = ) = lim n + (1 e a ) n = 8. L événement [N = n] signifie que pour tout entier k < n, l événement [X k > a] n est pas réalisé et de plus l événement [X n > a] est réalisé. n 1 On a donc [N = n] = [X k a] [X n > a]. Les X n étant indépendantes et de même loi exponentielle de paramètre 1, on a : P(N = n) = (1 e a ) n 1 e a 9. On reconnait que N suit la loi géométrique de paramètre e a donc N admet une espérance et une variance et : E(N) = 1 = ea V(N) = e a (e a 1). e a 1. Lorsque N(ω) ce nombre désigne le plus petit entier tel que X N(ω) > a donc dans ce cas, Z > a. Ainsi P(Z a) = P(N = ) =. EM Lyon 215 Page 3 Corrigé
11. a) L événement [N = 1] [Z x] signifie que X 1 > a et Z = X 1 donc X 1 x. On a donc [N = 1] [Z x] [a < X 1 x]. L inclusion dans l autre sens est évidente. On a bien [N = 1] [Z x] = [a < X 1 x]. Ainsi, P([N = 1] [Z x]) = P(a < X 1 x) = P(X 1 x) P(X 1 a) = e a e x. Si n > 1, l événement [N = n] [Z x] signifie que pour tout k 1,...,n 1}, X k a, X n > a et Z = X n x. Donc on a [N = n] [Z x] [T n 1 a] [a < X n x]. L inclusion dans l autre sens est évidente. Donc on a bien [N = n] [Z x] = [T n 1 a] [a < X n x]. Ainsi, on a : P([N = n] [Z x]) = P([T n 1 a] [a < X n x]) = P(T n 1 a) P(a < X n x) par indépendance = (1 e a ) n 1 (e a e x ). On a donc, pour tout n N, P([N = n] [Z x]) = (1 e a ) n 1 (e a e x ). b) La famille ([N = n]) n N est un système complet d événements donc d après la formule des probabilités totales et grâce à l indépendance des VAR X n : P(Z x) = + n=1 P([N = n] [Z x]) = P(a < X 1 x)+ = e a e x + + n=2 = (e a e x ) 1 = 1 ea x e a (1 e a ) n 1 (e a e x ) + n=2 P(T n 1 a) P(a < X n x) 12. a) Calculons la fonction de répartition de la VAR Z a. Notons K cette fonction. Par définition, pour tout réel x, K(x) = P(Z a x) = P(Z a+x). D après les questions précédentes, si x <, x+a < a donc K(x) = et si x, x+a a donc K(x) = 1 e x. si x < Ainsi K(x) = et donc Z a suit la loi exponentielle de paramètre 1. 1 e x si x b) D après la question précédente, Z a admet une espérance et E(Z a) = 1. Donc Z admet une espérance et E(Z) = a+1. De même Z a admet une variance et V(Z a) = 1. Donc Z admet une variance et V(Z) = 1. Exercice 2: Partie I : Étude d une fonction 1. La fonction ϕ est dérivable sur R et pour tout x R : ϕ (x) = x(x+2)e x. On a donc le tableau suivant : x ϕ (x) ϕ(x) 2 π 1 + + 4e 2 1 1 + EM Lyon 215 Page 4 Corrigé
On a obtenu la limite en grâce aux croissances comparées. 2. On commence par remarquer que e x = 1 ϕ(x) =. x2 La fonction ϕ est continue strictement croissante sur ]; + [ donc d après le théorème de bijection monotone, ϕ réalise une bijection de ];+ [ sur ] 1;+ [. Comme ] 1;+ [, admet un unique antécédent par la fonction ϕ dans ];+ [. Il existe donc un unique x ];+ [ tel que ϕ(x) =. En conclusion, l équation e x = 1 admet une unique solution dans ];+ [. x2 e ϕ(1/2) = 1 < car 2 < e < 3 et ϕ(1) = e 1 >. 4 ] [ 1 Donc ϕ(1/2) < < ϕ(1) et ainsi α 2 ;1. Partie II : Étude d une suite 3. Montrons par récurrence que la propriété P(n) : u n 1 est vraie pour tout entier n. Pour n = : on sait que u = 1 1 donc P() est bien vraie. Soit n N fixé. Supposons que P(n) est vraie. On sait que u = (u n ) 3 e un. Or comme u n 1, (u n ) 3 1 et e un 1. Don u 1. Ainsi P() est vraie. Grâce au principe de récurrence on a montré que pour tout entier n, u n 1. 4. On remarque que u u n = u n (u 2 n eun 1) = u n ϕ(u n ). Or comme u n 1, d après la partie I, ϕ(u n ). Donc u u n et donc la suite (u n ) est croissante. 5. La suite (u n ) étant croissante elle peut soit converger vers une limite finie l soit diverger vers +. Supposons que la suite converge vers l. D après les propriétés de la suite on aura l 1 et l = f(l). Or l = f(l) l(l 2 e l 1) = l = ou ϕ(l) =. Mais l équation ϕ(x) = n admet pas de solution dans [1;+ [ donc il n existe pas de réel l dans [1;+ [ tel que f(l) = l. La suite ne peut pas converger donc elle diverge vers +. Partie III : Étude d une série 6. On a f(n) = n 3 e n et comme n 1, < 1 f(n) 1 n 3. On sait que la série 1 est convergente (série de Riemann avec 3 > 1), donc d après les critère de n3 comparaison sur les séries à termes positifs, la série 1 est convergente. f(n) n 1 7. S f(k) = + 1 N f(k) = lim 1 N + f(k). k= k= N Or, pour tout k, < f(k) e k 1 donc < f(k) N ( ) 1 1 e = 1 (1/e) N n k e 1 1/e k= k= n En passant à la limite lorsque N +, on obtient : S 1 f(k) 1 e n (e 1). EM Lyon 215 Page 5 Corrigé
8. function S=somme() n= S= while 1/(exp(1)-1)*exp(n))>.1 n= S=S+1/(n^3*exp(n)) end endfunction Partie IV : Étude d une fonction de deux variables 9. 2y 1 1 1 x 1 2 3 4 2 1. 1 g(x,y) = e x 1 x 2 et 2g(x,y) = y(y +2)e y 11. Pour trouver le ou les points critiques de g il faut résoudre 1 g(x,y) = 2 g(x,y) = e x = 1 x 2 y = ou y = 2 D après la partie I la première équation admet une unique solution dans ]; + [ et cette solution est α. Donc g admet exactement deux points critiques, les points (α,) et (α, 2). Attention, cela ne suffit pas de vérifieravec les deux points donnésdans l énoncécar on nous demande de montre que ce sont les deux seuls points critiques. 12. Nous avons besoin des dérivées secondes de g : 2 11g(x,y) = e x + 2 x 3 2 12g(x,y) = 2 22g(x,y) = (y 2 +4y +2)e y ( La matrice hessienne de g en (x,y) est donc 2 e g(x,y) = x + 2 ) x 3. (y 2 +4y +2)e y Comme cette matrice est diagonale on peut lire ses valeurs propres sur sa diagonale. Au point (α,), les valeurs propres sont 2 α 3 + eα > et 2 <, donc g n admet pas d extremum local en (α,). 13. Au point (α, 2), les valeurs propres sont 2 α 3 +eα > et 2e 2 >, donc g admet un minimum local en (α, 2). 14. On remarque que g(x,) = 1 x +ex donc lim g(x,) = + et g n admet pas de maximum global. x + De plus lim g(x,y) = donc g n admet pas de minimum global. y + Ainsi g n admet pas d extremum global sur U. EM Lyon 215 Page 6 Corrigé
Exercice 3: 1. a) f ne peut pas être bijectif car si f était bijectif on pourrait déduire de f (f 2 + i) = θ que f 2 +i = θ ce qui est contraire à l hypothèse. Ainsi f n est pas bijectif. b) Comme f n est pas bijectif, ker(f) n est pas réduit à donc est valeur propre de f. On choisit alors u un vecteur propre de f associé à la valeur propre. Par définition, u et f(u) =. 2. D après la question précédente, est une valeur propre de f donc } sp(f). Réciproquement, si λ est une valeur propre de f et x un vecteur propre (non nul) associé, on a f 2 (x) = f(f(x)) = f(λx) = λf(x) = λ 2 x. Donc f (f 2 +i)(x) = f(λ 2 x+x) = (λ 3 +λ)x. Mais,d aprèsl énoncé,f (f 2 +i)(x) = θ(x) =.Doncλ(λ 2 +1)x = etainsi,λ = car(λ 2 +1)x. Donc la seule valeur propre possible est. En conclusion sp(f) = }. 3. f n admet que comme valeur propre donc f n est pas diagonalisable. 4. Si f 2 +i était bijectif alors on aurait f (f 2 +i) = θ = f = θ ce qui est contraire à l hypothèse. Donc f 2 +i n est pas bijectif. Ainsi ker(f 2 +i) } et donc il existe v tel que f 2 (v)+i(v) = f 2 (v) = v. 5. f(v 3 ) = f 2 (v 2 ) = v 2. 6. a) Montrons que la famille B est libre. On cherche tous les réels a, b et c tels que : av 1 +bv 2 +cv 3 = (1). En appliquant f on obtient : af(v 1 )+bf(v 2 )+cf(v 3 ) = = bv 3 cv 2 = (2) En appliquant f 2 on obtient : af 2 (v 1 )+bf 2 (v 2 )+cf 2 (v 3 ) = = bv 2 cv 3 = (3) En combinant les équations (1) et (3) on obtient av 1 = et comme v 1, on a a =. En combinant les équations (2) et (3) on peut obtenir (b 2 +c 2 )v 2 = et donc, comme v 2 on obtient b 2 +c 2 =, d où b = c =. Ainsi, la famille B est bien libre. b) On a : Donc C = 1. 1 f(v 1 ) = = v 1 +v 2 +v 3 f(v 2 ) = v 3 = v 1 +v 2 +1v 3 f(v 3 ) = v 2 = v 1 +( 1)v 2 +v 3 7. On a F = Vect(A,B,C). La famille (A,B,C) est donc génératrice de F. On montre facilement que cette famille est libre (je vous laisse le faire). La famille (A,B,C) est donc une base de F et ainsi F est un espace vectoriel de dimension 3. a b c 8. Soit M = d e f une matrice quelconque de M 3 (R). On a : g h k c b b = c = d = g = CM = MC g h k = f e f = h d e f k h e = k EM Lyon 215 Page 7 Corrigé
a Donc CM = MC si et seulement si M = e f = aa+eb +fc. f e On obtient donc bien M M 3 (R)/CM = MC} = F. 9. a) On remarque tout d abord que AB = BA =, AC = CA =, BC = CB = C, A 2 = A, B 2 = B et C 2 = B. Donc (aa+bb +cc) 2 = a 2 A+b 2 B +c 2 ( B)+2bcC = a 2 A+(b 2 c 2 )B +2bcC. b) On cherche M telle que M 2 = 4A+5B +12C. a 2 = 4 D après la question précédente, il suffit de choisir M = aa+bb +cc avec : b 2 c 2 = 5 2bc = 12 Il suffit donc de prendre M = 2A+3B +2C. 1. On remarque que g 2 = f 4 2f 2 +i. Or f 4 = f 2 donc g 2 = 3f 2 +i = 3(g +i)+i. On en déduit donc que g 2 g 3i +3g = 2i et donc g = i. 2 Ainsi g est bijective et g 1 = g +3i 2 = f2 +2i. 2. EM Lyon 215 Page 8 Corrigé