Ecricome 2008 Correction Exercice 1 + 2 2, = 2 4 + 3 =,, réels} 1. 0,0 =, donc. Soit,. On peut écrire 1 0 0 2 1 2, = 0 1 0 + 2 1 4 0 0 1 1 1 3 1 0 0 L ensemble apparaît comme l ensemble des combinaisons linéaires des matrices 0 1 0 0 0 1 2 1 2 et 2 1 4. 1 1 3 C est donc le sous-espace vectoriel de M R engendré par ces deux matrices. 2. Ces deux matrices forment évidemment une famille libre. En effet si et sont deux nombres 1 0 0 2 1 2 0 0 0 réels tels que 0 1 0 + 2 1 4 = 0 0 0 0 0 1 1 1 3 0 0 0 Ce qui donne 1 0 0 2 1 2 + 2 2 0 0 0 0 1 0 + 2 1 4 = 2 4 = 0 0 0 0 0 1 1 1 3 + 3 0 0 0 Et donc = 0, puis = 0. Ces deux matrices constituent donc une famille libre et génératrice de. Elles forment donc une base de et l on a dim = 2 3. 2 1 2 1 0 0 1 1 2 = 2 1 4 0 1 0 = 2 2 4 1 1 3 0 0 1 1 1 2 Cette matrice est évidemment non inversible puisque les deux premières colonnes correspondent à des vecteurs colinéaires. La troisième colonne est également proportionnelle aux deux autres. Le rang de la matrice est donc égal à 1. On peut donc dire que 1 est valeur propre de et que le sous-espace propre associé à 1 est de dimension 2, d après le théorème du rang. 2 1 2 1 0 0 0 1 2 2 = 2 1 4 2 0 1 0 = 2 3 4 1 1 3 0 0 1 1 1 1 On peut vérifier par la méthode du pivot de Gauss que cette matrice n est pas inversible.
En faisant + 2, on a + 4 0 1 2 2 1 0 2 3 4 2 1 0 1 1 1 1 1 1 Puis en faisant, on a 0 1 2 0 0 0 2 3 4 2 1 0 1 1 1 1 1 1 Cette matrice est donc équivalente à une matrice triangulaire non inversible : elle n est pas inversible et donc 2 est valeur propre de. 0 1 2 Les deux premiers vecteurs colonnes de 2 3 4 ne sont pas colinéaires, donc le rang 1 1 1 de la matrice est 2 et donc la dimension du sous-espace propre qui est le noyau est 1. On en déduit que la somme des dimensions des sous-espaces propres associés à 1 et 2 est égale à 3, dimension de l espace dans lequel on travaille. Les nombres 1 et 2 sont donc les deux seules valeurs propres et la matrice est diagonalisable. 4. Il s agit en fait de déterminer une base de vecteurs propres, le premier étant un vecteur propre associé à la valeur propre 2. On impose en plus que pour ce vecteur la première composante soit 1. 0 1 2 0 On cherche donc non nul tel que 2 3 4 = 0 1 1 1 0 On en déduit : 2 0 2 3 4 = 0 + 0 2 = 0 Ce qui donne le système 2 3 4 = 0. + = 0 On peut procéder par substitution : = 2 2 3 2 4 = 0 2 + = 0 Système équivalent à : = 2 2 + 2 = 0 = 0 Les deux dernières équations sont identiques et l on a donc comme système équivalent : = 2 = donc =,, \ = 2 et = } =, 2,, R} En prenant = 1, on a 1,2, 1 comme vecteur propre associé à la valeur propre 2. Pour la valeur propre 1, il est plus facile de regarder les combinaisons linéaires des vecteurs colonnes. Si l on nomme B =,, la base canonique de R et l endomorphisme de R associé à la matrice, on a :
= = 2 On en déduit par les propriétés des applications linéaires que : + = 0 2 + = 0 Les vecteurs + et 2 + sont des vecteurs libres du noyau de. Ce sont donc deux vecteurs propres non colinéaires du sous espace propre. La matrice est donc égale à : 1 1 2 = 2 1 0 1 0 1 par la méthode du pivot de Gauss 1 1 2 = 2 3 4 1 1 1 2 0 0 = 0 1 0 0 0 1 Et d après les formules de changement de bases : = 5. vu que, = +, = + = + = + 1 0 0 2 0 0 = 0 1 0 + 0 1 0 0 0 1 0 0 1 + 2 0 0 = 0 + 0 0 0 + 6., =, Les matrices et sont inversibles. si, est inversible,, apparaît comme le produit de trois matrices inversibles : c est une matrice inversible. On peut également écrire, =, De la même façon si, est inversible,, est inversible., est inversible si et seulement si, est inversible. Or, est inversible si et seulement si elle ne contient aucun élément diagonal nul. donc + 2 0 + 0 7., =,, =,, =,,
Si,, on a également si,, on a donc donc,,,,,,, 2 0 0 1 0 0, 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 Ce qui donne le système 2 1 1 Ce système est équivalent à la réunion des quatre systèmes suivants : 2 1 1 ou 2 1 2 1 ou 1 1 ou 2 1 1 Ce qui donne 0 2 2 0 ou ou ou 1 3 3 1 Exercice 2, 1 ln Recherche d extremum éventuel de la fonction 1. La fonction est définie pour tous les couples, tels que 0. Ce qui donne
2. 1, =, = + Ces quantités ne s annulent jamais, donc la fonction n admet pas de points critiques et a fortiori pas d extremum. Etude de la fonction 1. évidemment =, 1 = 1 + ln + 1 =] 1, + [ 2. Utilisons par exemple la formule de Taylor. 0 = 1 = 1 + 1 donc 0 = 1 1 = + 1 donc 0 = 1 donc = 1 + 1 2 + 3. On en déduit que la tangente au point d abscisse 0 est la droite d équation = + 1 + 1 = 1 2 + Localement, cette quantité est négative, donc la courbe est au-dessous de sa tangente en 0. 4. lim = + également 1 ln1 + = lim + = 0 Cela signifie que la courbe admet une branche parabolique de direction asymptotique en +. Etude d une suite N 1. lim =, = 1 + ln + = = 0 h = 0 La fonction h est dérivable sur ]0, + [ comme somme de fonctions dérivables. h = 1 1 + 1 = + + Pour 1 et > 0, cette quantité est strictement positive. La fonction h est donc strictement croissante sur ]0, + [.
h 0 = 1 ln < 0 car 1 lim 1 ln + = lim 1 1 ln + Par croissance comparée, on a ln + ln lim = lim = 0 lim h = + La fonction h est continue et strictement croissante sur ]0, + [. Elle réalise une bijection de ]0, + [ sur ] 1 ln, + [. 0 ] 1 ln, + [, donc l équation h = 0 a une solution et une seule dans ]0, + [. Soit cette solution. 2. h = 0 = = 1 + ln + + 1 = h = 1 ln + = 1 + ln + + 1 1 ln + = ln + + 1 ln + + + 1 > + La fonction ln étant croissante, on a donc ln + + 1 ln + > 0 Et donc donc h > 0 h > h La fonction h étant strictement croissante sur ]0, + [, on en déduit que > La suite est donc strictement croissante. 3. h 1 + ln = 1 + ln 1 ln1 + + = ln ln1 + + ln 1 + + ln ln ln1 + + 0 h 1 + ln 0 h 1 + ln h
Par croissance de la fonction h, on a 1 + ln lim 1 + ln = + par les théorèmes de comparaison, on a lim = + Valeur approchée de par énoncé Soit la suite définie par = 1 =. 1 3 1. = 1. Pour un entier quelconque supérieur ou égal à 0, montrons que si 1, alors 1. 1 = 1 + ln2 1 La fonction étant croissante sur]0, + [ comme composée de fonctions croissantes, on en déduit que si l on a 1 Alors 1 Et donc 1 La propriété est donc héréditaire. 0, 1 2. 1 = + 1 < 0 La fonction est décroissante sur [1,+ [. [1, + [ 1 = 1 2 et lim = 0 Et donc 0 1 2 [1, + [, 1 2 Sur l intervalle [1 ;+ [, la fonction est continue et dérivable, de plus [1, + [, 1 2 d après l inégalité des accroissements finis en valeur absolue, on a : [1, + [, [1, + [, 1 2 Or N, [1, + [, et par énoncé, [1, + [, donc Ce qui donne 1 2
1 2 Or bien 1 3 1 3 0 2 2 1 2 = 1 2 = 2 1 2 Pour tout entier 0, montrons que si 1 2 Il y a hérédité et donc 1 2 1 2 1 2 1 2 N, 1 2 3. Pour avoir 10, il suffit d avoir Et donc Il suffit donc de prendre 1 2 10 1 ln 1 4 ln10 2 1 4 ln10 ln2 1 4 ln10 ln2 = 1 4 ln10 ln2 + 1 Où «ent» désigne la fonction partie entière. Alors, 10 4. Voici le programme en Pascal Program ecricome2008 ; Var u :real ; n,k : integer ; Begin alors 1 2.
End. u :=1 ;n 0 ; Repeat u 1+ln(1+u) ;n n+1 Until (1/2)^n <0.0001 ; Writeln(u) ;writeln(n) Exercice 3 Premier jeu 1. Nous sommes dans la situation standard d une loi binomiale (expérience de Bernoulli répétée dans les mêmes conditions un nombre de fois fixé à l avance, la variable mesurant le nombre de succès). 1 B, 10 = 10 = 9 100 2. représentant le nombre de parties gagnées sur parties jouées, le nombre de parties perdues est égal à. = 3 1 = 4 donc = 4 = 4 6 = 10 10 = 3 5 3. a. On sait que le paramètre λ de la loi de Poisson est égal à l espérance mathématique, donc = 60 10 = 6 b. Soit une variable aléatoire telle que 6. = = 6! dmet que =. ura 50 = 4 60 50 = 4 10 = 5 2 = 3 = 1 < 3 = 1 0.1512 = 0.8488 Deuxième jeu 2 si [0,1] 1. = 0 si [0,1]. La fonction est évidemment positive, continue sauf en 1.
Il s agit bien d une densité de probabilité. Si 0, on a Si 0 1, Si 1, on a : 2. sous réserve de convergence : Or compte tenu des valeurs de, on a : = 2 R, = = 0 = = [ ] = 1 = 2 = = 1 = = 2 = = 2 3 = 2 3 3. [ > ] = [ > ] [ > ] [ > ] 4. donc > = > > > Par indépendance, on a donc : > = > > > 1 = 1 1 1 Les trois variables suivent la même loi, on a donc 1 = 1 Pour 0, on a donc Pour 0 1, on a Pour 1, on a : = 1 1 = 1 1 0 = 0 = 1 1 = 1 1 1 = 1 La fonction de répartition est donc définie par : 0 si 0 = 1 1 si 0 1 1 si 1 C est une fonction continue sur R, dérivable sauf éventuellement en 0 et 1 où elle admet des dérivées à droite et à gauche. La variable est donc une variable à densité dont une densité de probabilité est définie par :
6 1 si 0 1 = 0 sinon 5. L évènement G est réalisé si l évènement est réalisé. donc = 1 5 = 1 1 1 5 = 1801 15625 Troisième jeu 1. Le nombre de cases que l on peut atteindre dépend à la fois du nombre de cases possibles () et du nombre de boules. Il varie entre 1 et le minimum de et de. 2. correspond au cas où l on a qu une seule boule. Le nombre de cases non vides est alors égal à 1. : = 1 = 1 est la variable certaine égale à 1. correspond au nombre de cases non vides possibles avec deux boules. Ω = 1,2} L évènement = 1 est réalisé si les deux boules tombent dans la même case. L univers des possibles associé à cette expérience est l ensemble des couples d entiers dont les deux éléments sont dans 1,. Il contient termes. Les cas favorables à la réalisation de = 1 sont les couples dont le premier élément est quelconque et le deuxième élément identique au premier. choix pour le premier, 1 choix pour le second. donc = 1 = 1 = = 1 = = 1 De la même façon pour = 2 on a choix pour la première case et 1 pour la seconde. donc = 2 = 1 Et donc 1 = 2 = = 1 3. L évènement = 1 est réalisé si les boules tombent dans une seule case. L univers des possibles pour cette expérience aléatoire est l ensemble des uplets d entiers compris entre 1 et il contient donc éléments. Les uplets réalisant l évènement = 1 sont composés d un même entier : il y en a. donc = 1 = = 1 L évènement = 2 est réalisé si toutes les boules vont dans deux cases. Il y a 2 façons de choisir ces deux cases. Chaque uplet est une application de l ensemble 1, dans
l ensemble formé par deux éléments choisis. Il y a 2 applications de ce type. Mais deux applications sont à éliminer : celles qui font correspondre aux éléments la même valeur. Il y a donc 2 2 applications donnant les deux éléments. donc = 2 = 2 2 2 Si >, l évènement = est impossible. alors = = 0 Si, l évènement = signifie que chaque boule est dans une case différente. Il y a façons de choisir ces cases parmi les possibles et! façons de ranger les boules dans les cases choisies. donc! = = urait pu raisonner autrement en considérant les cases choisies comme un arrangement de valeurs prises parmi. Il y a arrangements de ce type. Or! =! 4. On peut écrire pour tout, 1 et!! =!!! = = = = =!! Or l évènement = est réalisé si après + 1 lancers on a rempli cases. Ce qui signifie qu avant le + 1 ième lancer il y avait soit 1 cases remplies et donc la boule va tomber dans une nouvelle case, soit cases déjà remplies et la boule tombe dans une case déjà remplie. donc pout tout ou 1, = = =. donc = = = = = = 1 D après le théorème des probabilités totales, on a : = = = = + = = 1 Si l on a rempli cases lors des premiers lancers, la probabilité que la boule tombe dans une de ces cases est égale au nombre de cas favorables sur le nombre de cas possibles. donc = = De même si l on a rempli 1 cases lors des premiers lancers, la probabilité de remplir une case de plus est celle de l évènement de tomber dans une des cases vides :il y en a 1 = + 1. P donc + 1 = = On en déduit que : = = = + + 1 = 1
5. Soit la fonction définie par : a. b. R, = = 1 = = = 1 = = 1 = = = c. La formule proposée à la question 4 n est valable que pour 1 + 1 Prouvons d abord que l on peut aussi l utiliser pour = + 1. On doit donc montrer que = + 1 = + 1 + 1 + 1 = + 1 + = Or comme + 1 > = + 1 = 0 Il faut donc prouver que = + 1 = = Si >, on a évidemment + 1 > et donc d après la question 3 : = + 1 = = = 0 donc bien = + 1 = = Si =, on a + 1 > et donc = + 1 = 0 Or = = = = 0 La formule est encore vérifiée. Enfin, si <, on a + 1. donc d après la question 3 :! = =! Et! = + 1 = + 1! =! 1! Or! = =! =! 1! donc bien = + 1 = = On peut donc étendre la formule de la question 4 à toute valeur comprise entre 1 et + 1.
donc : = = = = + = = + + 1 = = + = 1 + 1 = 1 + 1 = 1 Car = + 1 = = 0 = 0 donc = = + = = = + = d. Ce qui donne en dérivant = + = 1 + = = 1 1 2 + 1 + + En prenant = 1, on a : On obtient donc 1 = 1 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + = 1 1 + 1 e. La suite est une suite arithmético géométrique. L équation = 1 1 + 1 a pour solution = On démontre alors que la suite définie par = est une suite géométrique de raison 1 1.
N, = 1 1 Or donc = = 1 = 1 1 = 1 1 1 + = 1 1 1 + 1 = 1 1 1 1 1 = 1 1 1