Corrigé : EM Lyon 2002

Corrigé : EM Lyon 2002
Option économique
Exercice 1: 
 

−1
1 1 −1 −3
1 1 −1 −3





1
1
1
−2
1
1
1
−2
= 0

1. a) On a K 2 = 
0 −1 0
1 0
1  0 −1 0
0
1 1
0 −2
1 1
0 −2

0
0
0
−1 0
0
 = −I
0 −1 0 
0
0 −1
b) Comme K 2 = −I on a K (−K) = I et (−K) K = I donc K est inversible et K −1 = −K.
c) D’après la question 1. a), on a K 2 + I = 0. On pose P (x) = x2 + 1. P est donc un polynôme annulateur de K et
donc les valeurs propres de K sont à chercher parmi les racines de P . Or x2 + 1 n’admet pas de racines réelles, donc
K n’admet pas de valeur propre réelle.
2. a) Comme KI = IK = K on peut utiliser la formule du binôme et on a donc :
2
2
M 2 = (aI) + 2aIbK + (bK) = a2 I + 2abK − b2 I
car K 2 = −I
D’autre part −(a2 + b2 )I + 2aM = −a2 I − b2 I + 2a (aI + bK) = a2 I + 2abK − b2 I
On a donc bien : M 2 = −(a2 + b2 )I + 2aM .
b) Donc si (a, b) 6= (0, 0), alors a2 + b2 > 0 et on peut alors écrire
a2 + b2 I = 2aM − M 2
1
2aM − M 2 = I
⇔ 2
2
(a + b )
1
⇔M ×
(2aI
−
M
)
=I
a2 + b 2
1
(2aI − M )
+ b2
c) Afin d’utiliser la question précédente on fait apparaitre une matrice de la forme aI + bK :
√


1√
−1
−3
1+ 2
√
 1
1 + 2 √1
−2 

 = 2I + K
 0
−1
2
1√ 
1
1
0 −2 + 2
√
On a donc ici a = 2 et b = 1 (qui ne sont pas tous deux nuls) donc notre matrice est inversible et son inverse est :
1 √
√
1
2 2I − M =
M −1 = √ 2
2I − K
3
2 + 12
√


−1
1
3
−1 + 2
√
1
−1 −1 + 2 √
−1
2 


=

0
1
2
−1 
3
√
−1
−1
0 2+ 2
Donc M est inversible et M −1 =
a2
3. a) – Explicitons tout d’abord les vecteurs vi :
• v1 = (1, 0, 0,
0)  
1
1
0 1
  
• Comme K 
0 = 0 on a v2 = (1, 1, 0, 1)
1
0
• v3 = (0, 0, 1,
0)
   
−1
0
0  1 
  
• Comme K 
1 =  0  on a v4 = (−1, 1, 0, 0) et
0
0
– Montrons que la famille C est libre. On cherche tous les réels a, b, c, d tels que :

a+b−d=0



b+d=0
av1 + bv2 + cv3 + dv4 = (0, 0, 0, 0) ⇔
⇔a=b=c=d=0
c=0



b=0
donc la famille C est une famille libre.
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Corrigé
– La famille C est une famille libre de 4 vecteurs de R4 qui est un espace vectoriel de dimension 4. C est donc une base de R4
b) On commence par remarquer que comme K 2 = −I, on a f 2 = −id.
• Par définition on a f (v1 ) = v2 = 0v1 + 1v2 + 0v3 + 0v4 ,
• f (v2 ) = f (f (e1 )) = −e1 = −v1 + 0v2 + 0v3 + 0v4
• f (v3 ) = v4 = 0v1 + 0v2 + 0v3 + 1v4
• f (v4 ) = f (f (e3 ) = −e3 = 0v1 + 0v2 − v3 + 0v4


0 −1 0 0
1 0 0 0 

Donc la matrice de f dans C est K ′ = 
0 0 0 −1
0 0 1 0
c) La matrice de passage P de la base B à la base C est celle des coordonnées des vecteurs de C dans la base B soit :


1 1 0 −1
0 1 0 1 

P =
0 0 1 0 
0 1 0 0
d) Comme K et K ′ sont deux matrices associées au même endomorphisme mais dans deux bases différentes et que P
est la matrice de passage entre ces deux bases, on a : K ′ = P −1 KP .
Exercice 2:
I. Étude des fonctions polynomiales Pn
1. Pour k > 1 on a pour tout x ∈ R :
Pn′ (x) =
2n
X
(−1)k kxk−1
k
k=1
=
2n−1
X
k=0
=
2n
X
(−1)k xk−1
k=1
(−1)h+1 xh = −
2n
2n−1
X
réindexé h = k − 1
(−x) h
k=0
x2n − 1
(−x) − 1
=
=−
−x − 1
x+1
car − x 6= 1
2. Pn′ est du signe de x2n − 1 qui est négatif sur [0; 1] et positif sur [1; +∞(. Donc on a :
x
Pn′ (x)
0
0
Pn (x)
1
+∞
−
+
ց
ր
+∞
Pn (1)
3. Comme Pn (0) = 0 et que Pn est strictement décroissante sur [0, 1] alors Pn (1) < Pn (0) = 0
4. a) Pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0, +∞[ :
2(n+1)
Pn+1 (x)
2n
X (−1)k xk X
(−1)2n+1 x2n+1
(−1)2n+2 x2n+2
(−1)k xk
=
+
+
k
k
2n + 1
2n + 2
k=1
k=1
1
x
= Pn (x) + x2n+1 −
+
2n + 1 2n + 2
=
b) Raisonnons par récurrence sur la propriété P(n) : Pn (2) > 0).
4
Pour n = 1, on a P1 (2) = −2 + = 0 > 0, donc P(1) est vraie.
2
Supposons P(n) vraie. Alors on a :
Pn+1 (2) = Pn (2) + 22n+1 −
1
2
+
2n + 1 2n + 2
= Pn (2) + 22n+1
2n
(2n + 1)(2n + 2)
2n
> 0 et Pn (2) > 0, on a bien Pn+1 (2) > 0
(2n + 1)(2n + 2)
Donc la propriété est bien vraie pour tout n ∈ N∗ .
Comme 22n+1
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5. On utilise alors le théorème de bijection :
Pn est continue et strictement croissante sur [1, +∞[ donc elle réalise une bijection de [1, +∞[ dans [Pn (1), +∞[. Comme
Pn (1) < 0, on a bien 0 ∈ [Pn (1), +∞[ et donc 0 admet une unique antécédent, ce qui signifie que l’équation Pn (x) = 0
admet une unique solution dans [1; +∞[.
Or Pn (1) < 0 6 Pn (2) donc comme Pn−1 est aussi strictement croissante on a 1 < xn 6 2.
6. On utilise ici la méthode de dichotomie :
program EML2002 ;
var a,b,c :real ;
function P(x :real) :real ;
begin
P :=-x+x*x/2-x*x*x/3+x*x*x*x/4;
end ;
begin
a :=1 ; b :=2 ;
while b-a>0.001 do
begin
c :=(a+b)/2 ;
if P(a)*P(c)<0 then b :=c else a :=c ;
end ;
writeln(’x2=’,a) ;
end.
II. Limite de la suite (xn )n∈N∗
1. On a vu précédemment que pour tout n ∈ N∗ et x > 0 : Pn′ (x) =
pour l’intégrale :
x2n − 1
. Pn est donc la primitive dont on a besoin
x+1
x
t2n − 1
x
dt = [Pn (t)]0 = Pn (x) − Pn (0) = Pn (x)
t+1
0
Z 1 2n
Z xn 2n
Z xn 2n
t −1
t −1
t −1
= 0 et par Chasles
dt +
dt = 0 d’où
2. Pour tout n ∈ N∗ on a Pn (xn ) = 0 donc
t
+
1
t
+
1
t+1
1
0
0
Z xn 2n
Z 1 2n
Z 1
t −1
t −1
1 − t2n
dt = −
dt =
dt
t+1
t+1
t+1
1
0
0
Z
3. On étudie les variations de la fonction f définie par : f (x) = t2n − 1 − n(t2 − 1). f est dérivable sur R et
f ′ (t) = 2nt2n−1 − 2nt = 2nt t2n−2 − 1
De plus pour n > 1 on aura 2n − 2 > 0 donc si t > 1 alors t2n−2 > 12n−2 d’où f ′ (t) > 0
Donc pour n > 1, f est croissante sur [1, +∞[.
De plus f (1) = 0 donc pour tout t ∈ [1, +∞[, f (t) > 0 et
t2n − 1 > n(t2 − 1)
4. On a alors tout n ∈ N∗ et pour t > 1
n t2 − 1
t2n − 1
>
= n(t − 1)
t+1
t+1
comme 1 6 xn
Z
1
xn
t2n − 1
dt >
t+1
Z
Grâce à la question 2. on a donc
On utilise alors le fait que 1 − t
2n
"
(t − 1)2
n (t − 1) dt = n
2
n (xn − 1)2
6
2
Z
0
1
# xn
1
=
n (xn − 1)2
2
1 − t2n
dt
t+1
6 1 pour tout t ∈ [0; 1] :
n (xn − 1)2
6
2
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1
xn
Z
1
0
1 − t2n
dt 6
t+1
Z
0
Page 3
1
1
1
dt = [ln (t + 1)]0 = ln (2)
t+1
Corrigé
d’où finalement :
2
n (xn − 1)
6 ln (2)
2
2 ln 2
2
⇒0 < (xn − 1) 6
√ n
2 ln 2
car xn − 1 > 0
⇒0 < xn − 1 6 √
n
06
5. Comme lim
n→+∞
√
2 ln 2
√
, par encadrement de limites, on a lim xn − 1 = 0 et donc lim xn = 1.
n→+∞
n→+∞
n
Exercice 3:
1. Étude préliminaire
a) Comme on sait que la série converge, on travaille directement la somme pour tout réel x de [0, 1[ :
+∞
+∞ X
1
n n X n
x =
x =
s0 (x) =
0
1−x
n=0
n=0
s1 (x) =
+∞
+∞ X
x
n n X n
x =
nx =
1
(1
−
x)2
n=0
n=1
b) Pour tout couple d’entiers naturels (n, k) tels que k < n, on a k + 1 6 n donc les coefficients s’écrivent sous forme
factorielle :
n!
n
n!
n
+
+
=
k! (n − k)! (k + 1)! (n − k − 1)!
k
k+1
(n − k) n!
(k + 1) n!
+
=
(k + 1)! (n − k)! (k + 1)! (n − k)!
(n + 1)!
(n − k + k + 1) n!
=
=
(k + 1)! (n − k)!
(k + 1)! (n − k)!
n+1
=
k+1
c) On raisonne ici sur les sommes partielles puis on fera tendre M vers +∞ :
x
M M
M
M
X
X
X
X
n n
n
k k+1
n n+1
n
x +x
xn =
x
+
x
+
xn+1
k
k+1
k
k
k+1
n=k
n=k+1
n=k+1
=
M
X
n=k+1
=
n=k+1
n
n
+
xn+1 + xk+1
k
k+1
M
X
n + 1 n+1
x
+ xk+1
k+1
n=k+1
=
M+1
X
m=k+2
M+1
X
m
k + 1 k+1
xm +
x
k+1
k+1
m
xm
k+1
m=k+1
+∞ X
n
→
xn = sk+1 (x)
k+1
=
n=k+1
quandM tend vers + ∞
et donc sk+1 (x) = xsk (x) + xsk+1 (x)
d) Soit x ∈ [0, 1[. Nous allons transformer l’égalité précédente pour faire apparaitre sk+1 en fonction de sk :
sk+1 (x) = xsk (x) + xsk+1 (x) ⇔ sk+1 (x) (1 − x) = xsk (x) ⇔ sk+1 (x) = sk (x)
Montrons que la propriété P(k) : sk (x) =
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xk
est vraie pour tout entier naturel k :
(1 − x)k+1
Page 4
x
1−x
Corrigé
• pour k = 0 on a s0 (x) =
1
x0
=
1−x
(1 − x)0 + 1
• Soit k un entier fixé. Supposons que P(k) est vraie : sk (x) =
sk+1 (x) = sk (x)
xk
alors
(1 − x)k+1
x
x
xk
xk+1
=
=
1−x
(1 − x)k+1 1 − x
(1 − x)k+1+1
P(k + 1) est alors vraie.
Grâce au principe de récurrence on a montré que ∀k ∈ N, sk (x) =
xk
.
(1 − x)k+1
2. Étude d’une expérience aléatoire
a) On réalise des tirages avec remise donc tous les tirages sont réalisés dans les même conditions et à chaque tirage la
1
probabilité de tirer une boule noire est . N correspond au temps d’attente pour réaliser l’événement ≪ tirer une
5
1
boule noire ≫. N suit donc une loi géométrique de paramètre .
5
1
= 5.
On a donc E (N ) =
1/5
b) Quand l’événement [N = n] est réalisé, on effectue n tirages indépendants dans l’urne. Donc le nombre X de boules
noires obtenues suit une loi binomiale de paramètres n et 1/5.
(
0
si k > n
1 k 4 n−k
Donc P[N =n] (X = k) =
n
si
k6n
5
5
k
c) Pour calculer P (X = 0), il faut envisager tous les cas possibles pour la valeur de N , donc il nous faut appliquer la
formule des probabilités totales avec le système complet d’événements ([N = n])n∈N∗ :
P (X = 0) =
+∞
X
P[N =n] (X = 0)P (N = n) =
n=1
+∞ n n−1
X
4
4
1
5
5
5
n=1
+∞ 2n
1 16
1
15 X 4
= ×
×
=
5 4 n=1 5
4 25 1 − 16/25
=
car |16/25| < 1
1 16 25
4
×
×
=
4 25
9
9
d) (N = n)n∈N∗ est là encore un système complet d’événements, et donc :
P (X = k) =
+∞
X
P[N =n] (X = k) P (N = n)
n=1
=
k−1
X
P[N =n] (X = k) P (N = n) +
n=0
+∞
X
P[N =n] (X = k) P (N = n)
n=k
+∞ k n−k n−1
X
4
4
1
n
1
= 0+
5
5
5
5
k
n=k
−k−1 k+1 X
+∞ n n
1
4
n
4
4
=
5
5
5
5
k
n=k
n
k+1 X
+∞ n
1
16
=
4
25
k
n=k
k+1
1
(16/25)k
=
4
(9/25)k+1
k
25 4
=
36 9
EM Lyon 2002
Page 5
Corrigé
e) Sous réserve de convergence de la série on a :
E(X) =
=
+∞
X
k=0
+∞
X
k=1
kP (X = k) =
+∞
X
k · P (X = k) + 0
k=1
+∞
X
k
25
25
4
=
k
9
36
36
k=1
k
4
k
9
4
On reconnait ici la série dérivée de la série géométrique de raison −1 < < 1, donc cette série et convergente et
9
ainsi X admet une espérance qui vaut :
1
25 4
=1
× ×
36 9 (1 − 4/9)2
4
5
f) L’égalité est bien vérifiée pour k = 0 car P (X 6 0) = P (X = 0) = = 1 − .
9
9
De plus pour k > 1 :
E(X) =
k
X
k
4 X
P (X = i) = +
P (X 6 k) =
9 i=1
i=0
i
4 25
9 36
4 25 4 1 − (4/9)k
4 5
+
× ×
= + (1 − (4/9)k )
9 36 9
1 − 4/9
9 9
k
k
4 5 5 4
5 4
= + −
=1−
9 4 9 9
9 9
=
3. Étude d’une variable aléatoire à densité
a) (i) F est constante donc continue sur ] − ∞; a[ et par opération sur les fonctions continues, F est continue sur
[a; +∞[.
De plus lim F (x) = 0 et
x→a−
ln 9 − ln 5
(ln 4−ln 9)
5
59
5
=0
=1−
F (a) = 1 − ea(ln 4−ln 9) = 1 − e ln 4 − ln 9
9
9
95
Donc F est bien continue sur R.
(ii) F est de classe C 1 sur R \ {a}.
(iii) Pour x > a,
5
F ′ (x) = − ln(4/9)ex ln(4/9)
9
Or ln(4/9) 6 0 donc F est croissante sur ]a; +∞[.
Comme F est constante sur ] − ∞; a[ et continue sur R, F est bien croissante sur R.
x
4
(iv) Comme ln(4/9) < 0, lim
= 0 et donc lim F = 1
x→+∞
+∞
9
De plus sur ] − ∞; a], F (x) = 0 donc lim F = 0
−∞
On peut donc dire que F est bien la fonction de répartition d’une variable à densité.
b) Pour trouver une densité il suffit de prendre la dérivée de F là où elle existe et de compléter aux points manquant :

0
si x < a
.
Une densité de Y est f (x) =
5
x
ln(4/9)
− ln(4/9)e
si x > a
9
1
1
x−
ex ln(4/9)
c) Une primitive de g est la fonction G(x) =
ln(4/9)
ln(4/9)
Z a
d) Comme f est nulle sur ] − ∞; a[,
xf (x) dx converge et vaut 0.
−∞
Z +∞
De plus x → xf (x) est continue sur [a; +∞[ donc pour
xf (x) dx le problème se pose en +∞ : soit A > a
a
Z
a
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A
Z A
5
5
xex ln(4/9) dx = − ln(4/9)[G(x)]A
xf (x) dx = − ln(4/9)
a
9
9
a
1
1
5
A−
eA ln(4/9) − a −
ea ln(4/9)
=−
9
ln(4/9)
ln(4/9)
Page 6
Corrigé
Or
lim
A→+∞
5
−
9
A−
1
ln(4/9)
e
A ln(4/9)
1
− a−
ln(4/9)
e
a ln(4/9)
5
=−
9
=
Donc
Z
1
a−
ln(4/9)
1
−a
ln(4/9)
+∞
xf (x) dx converge ce qui signifie que Y admet une espérance et E(Y ) =
−∞
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Page 7
ea ln(4/9)
1
−a
ln(4/9)
Corrigé