Lycée français de Vienne Mathématiques - F. Gaunard http://frederic.gaunard.com
Devoir Surveillé n°4 - Sujet A (type EML)
Solution
Exercice 1 - D’après EML 2006
Partie I
(1) Soit U une variable aléatoire à densité suivant une loi normale d’espérance nulle et de variance 1
(a) Rappeler la formule donnant la densité d’une loi normale de paramètres2 m et σ2. En déduire une densité de U.
D’après le cours, si X ,→ N(m, σ2), une densité de X est donnée par :
∀x∈R, ϕm,σ(x) = 1 σ√
2πe−
(x−m)2 2σ2 . Ici, m= 0 et σ2 = 1
2, ce qui donne :
∀x∈R, g(x) = 1
√πe−x2
(b) En utilisant la définition de la variance deU,montrer que l’intégraleR+∞
0 x2e−x2dx est convergente et que R+∞
0 x2e−x2dx=
√π Comme E(U) = 0, on a : 4
V(U) =E(U2)−E(U)2 =E(U2) = Z +∞
−∞
x2g(x)x.
Or la fonction : x→x2g(x) = 1
√πx2e−x2 est une fonction paire.
Comme l’intégrale R+∞
−∞ x2g(x) est convergente (car V(U) existe), l’intégrale R+∞
0 x2g(x)x.
converge aussi et on a par parité : V(U) =
Z +∞
−∞
x2g(x)x.= 2 Z +∞
0
x2g(x)x.
Ainsi, on a :
Z +∞
0
x2g(x)x.= 1
2V(U) = 1 4 soit
√1 π
Z +∞
0
x2e−x2x.= 1 4
donc
Z +∞
0
x2e−x2x.=
√π 4 Finalement, R+∞
0 x2e−x2x. est convergente etR+∞
0 x2e−x2x.=
√π 4 . Soit F la fonction définie sur R par :
∀x60, F(x) = 0
∀x >0, F (x) = 1−e−x2
(2) Montrer que la fonction F définit une fonction de répartition de variable aléatoire dont on déterminera une densité f.
• F est nulle donc continue sur ]− ∞; 0].
F est continue sur ]0; +∞[ comme composée de fonctions continues sur]0; +∞[.
De plus , limx→0+F(x) = 0 =F(0) = limx→0−F(x) donc F est continue en 0.
Ainsi F est continue sur R.
• F est nulle donc de classe C1 sur ]− ∞; 0].
F est de classe C1 sur]0; +∞[ comme composée de fonctions de classe C1 sur ]0; +∞[.
Donc F est de classe C1 surR∗.
• On a : F0(x) =
(0 si x <0
2xe−x2 si x >0, ce qui prouve que F est croissante sur R (puisque F est continue en 0).
• Enfin, on a : limx→−∞F(x) = 0 et limx→+∞F(x) = 1.
Ainsi, F est bien la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité.
D’après les calculs précédents, une densité est donnée par : f(x) =
(0 si x60 2xe−x2 si x >0 . (3) Soit X une variable aléatoire admettant f pour densité.
(a) Montrer que X admet une espérance E(X) et que E(X) =
√π 2 . On a :
xf(x) =
(0 six60 2x2e−x2 six >0
• Commexf(x)est nulle sur]− ∞; 0],R0
−∞xf(x)x. est absolument convergente et vaut 0.
• D’après la question 1b, l’intégraleR+∞
0 x2e−x2x. est convergente donc l’intégraleR+∞
0 xf(x)x.
est absolument convergente (la fonction est positive) et on a : Z +∞
0
xf(x)x. = 2 Z +∞
0
x2e−x2x.= 2×
√π 4 =
√π 2 Ainsi, l’intégrale R+∞
−∞ xf(x)x. est absolument convergente, donc X admet une espérance et on a :
E(X) =
√π 2 .
(b) Déterminer, pour tout réel y, la probabilité P (X2 6y). On distinguera les cas y60 et y >0.
• Si y <0, l’événement [X2 6y] est impossible donc : P(X2 6y) = 0
• Si y= 0, P(X2 60) =P(X2 = 0) = 0 car X est une variable à densité.
• Si y >0, on a :
P(X2 6y) = P(−√
y6X 6√
y) = F(√
y)−F(−√ y)
donc, comme F(t) = 1−e−t2 pour tout t >0, on a : P(X2 6y) = 1−e−y .
(c) Montrer que la variable aléatoire X2 suit une loi exponentielle dont on précisera le paramètre.
Notons G la fonction de répartition de la variable aléatoireX2.
Pour tout y∈R, on a : G(y) = P(X2 6y) donc d’après la question précédente, on a : G(y) =
(0 siy60 1−e−y siy >0
On reconnaît ici la fonction de répartition d’une variable aléatoire suivant une loi exponen- tielle de paramètre 1. Donc X2 ,→ E(1).
En déduire que X admet une variance V (X) et calculer V (X)
CommeX2 ,→ E(1), la variable aléatoireX2 admet une espérance donc la variable aléatoire X admet un moment d’ordre 2 donc X admet une variance.
De plus, comme E(X2) = 1, on a :
V(X) = E(X2)−E(X)2 = 1−π 4 Partie II
(4) Soit Z une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre p.
Rappeler la valeur de l’espérance E(Z) et celle de la variance V (Z) de la variable aléatoire Z.
D’après le cours, on a :
E(Z) = 1
p et V(Z) = 1−p p2
(5) Soient un entier n supérieur ou égal à 2, et n variables aléatoires indépendantes Z1, Z2,. . ., Zn, suivant toutes le loi géométrique de paramètre p.On considère la variable aléatoire Mn = 1
n (Z1 +Z2+· · ·+Zn).
(a) Déterminer l’espérance m et l’écart-type σn de Mn
Par linéarité de l’espérance on a : E(Mn) = 1
n(E(Z1) +· · ·+E(Zn)) = 1 n
1
p +· · ·+ 1 p
= 1
p donc m= 1 p Comme les variables aléatoires Zi sont indépendantes, on a
V(Mn) = 1
n2(V(Z1)+· · ·+V(Zn)) = 1 n2
1−p
p2 +· · ·+ 1−p p2
= 1
n2n1−p
p2 = 1−p
np2 donc σn =
r1−p np2 (b) Par le théorème central limite,
Mn∗ = Mn−E(Mn)
pV(n) = Mn−m σn
converge en loi vers Z, où Z ,→ N(0; 1). Notant Φla fonction de répartition de celle-ci, on a
P(0≤Mn−m≤σn) = P(0≤Mn∗ ≤1)
n→+∞−→ P(0≤Z ≤1)
= Φ(1)−Φ(0)
=
Z 1 0
e−t2/2
√2π dt.
Exercice 2 - D’après EML 2006
On considère les trois matrices deM2 suivantes : A=
0 1 0 1
, D =
0 0 0 1
, U =
1 0 0 0
.
(1) (a) Comme A est triangulaire, ses valeurs propres sont sur sa diagonale :0 et1.
(b) Comme on a deux valeurs propres distinctes, il suffit d’avoir deux vecteurs propres pour avoir une base :
A 1
0
= 0 donc (1,0) est vecteur propre associé à 0.
A 1
1
= 1
1
donc (1,1) est vecteur propre associé à (1,1) Donc ((1,0),(1,1)) est une base de vecteurs propres
et avec P =
1 1 0 1
on a A=P D P−1.
On note E l’ensemble des matrices carrées M d’ordre 2 telles que : A M =M D (2) (a) E est inclus dans M2(R)
0∈E car A0 = 0 = 0D
Soient M etN de E etα et β réels alors
A(αM +βN) =αAN +βAM =αN D+βM D= (αM +βN)D Donc (αM +βN)∈E
Conclusion : E est un sous espace vectoriel de M2(R) (b) Soit M =
x y z t
une matrice de M2(R) On a AM =
z t z t
et M D =
0 y 0 t
Donc M appartient à E si et seulement si
z= 0 y=t z= 0 t =t
Conclusion : Donc M appartient à E si et seulement si z = 0 ety=t (c) on paramètre alors les solutions :
E =
x y z t
/z= 0 ety=t
=
x t 0 t
/x, t∈R
= Vect
1 0 0 0
,
0 1 0 1
Donc E = Vect (U, A)
qui est donc génératrice de E et qui est libre donc Conclusion : (U, A)est une base de E.
(d) On a U A=
0 1 0 0
qui ne vérifie pas la seconde équation ”y=t” car 06= 1 Conclusion : U A n’est pas élément deE
(3) On note f :M2(R)→ M2(R)l’application définie , pour tout M ∈ M2(R),par : f(M) =A M −M D.
(a) Pour tout M ∈ M2(R) on a f(M)∈ M2(R) Soient M etN de M2(R) etα et β réels alors
f(αM +βN) = A(αM +βN)−(αM +βN)D
= αAN +βAM −αN D+βM D
= α(A M −M D) +β(A N −N D)
= αf(M) +βf(N) Conclusion : f est un endomorphisme de M2(R)
(b) M ∈ker (f)⇐⇒AM −M D = 0 ⇐⇒M ∈E
Conclusion : kerf =E et dim (kerf) = 2 puisque (U, A)en est une base.
(c) D’après le théorème du rang on a alors dim (Im(f)) = 4−2 = 2 Conclusion : dim (Im(f)) = 2
(d) Soit M =
x y z t
alors f(M) =
z t z t
−
0 y 0 t
=
z t−y
z 0
et f(M) =M ⇐⇒
z =x y =t−y z =z t = 0 ⇐⇒
z =x y = 0 0 = 0 t= 0 Donc l’ensemble de ces matrice est E1 =
x 0 x 0
/x∈R
Comme E1 6={0} alors 1est valeur propre de f.
De même et f(M) =−M ⇐⇒
z =−x y =−t+y z =−z t= 0 ⇐⇒
x= 0 0 = 0 z = 0 t= 0 Donc l’ensemble de ces matrices est E−1 =
0 y 0 0
/y ∈R
6={0}
Donc −1est valeur propre de f.
(e) Les sous espaces propres de f sont de dimension
• 2 pour la valeur propre 0
• 1 pour la valeur propre 1(famille génératrice
1 0 1 0
qui est donc une base)
• 1 pour la valeur propre −1 (base
0 1 0 0
Comme 2 + 1 + 1 = 4alors
Conclusion : f est diagonalisable
(f) Dans une base de vecteurs propres B la matrice de f sera
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
et celle de f3 sera donc
03 0 0 0
0 03 0 0
0 0 13 0
0 0 0 (−1)3
Donc matB(f3) = matB(f)
Conclusion : f◦f ◦f =f
Exercice 3- D’après EML 2011
On considère l’application
f : ]0; +∞[→R, x7−→f(x) = (x+ lnx)ex−1. Partie I : Étude et représentation graphique de f
(1) Montrer que f est dérivable sur ]0; +∞[. On note f0 sa fonction dérivée.
Pour tout x∈]0; +∞[, calculer f0(x).
La fonctionf est dérivable sur]0; +∞[comme composée, somme et produit de fonction dérivables sur cet intervalle. Pour tout x∈]0; +∞[, on a
f0(x) =
1 + 1 x
ex−1+ (x+ ln(x))ex−1 =
1 + 1
x+x+ ln(x)
ex−1. (2) Établir que : ∀x∈]0,+∞[, lnx+x1 >0.
Posons h: ]0; +∞[→R, x7−→h(x) = lnx+x1.
Cette fonction est dérivable sur]0; +∞[et pour toutx∈]0; +∞[, on a : h0(x) = 1 x− 1
x2 = x−1 x2 . On a alors : h0(x)≥0 ⇐⇒ x≥1, ce qui donne le tableau de variations suivant :
x h0(x)
h(x)
0 1 +∞
− 0 +
1 1
h est minorée par 1 donc h est strictement positive sur R∗+ ce qui prouve que
∀x∈]0,+∞[, lnx+ 1 x >0.
(3) En déduire que : ∀x∈]0; +∞[, x+ lnx+ 1 + 1x >0.
Sur ]0; +∞[, on a : x+ 1>0 ce qui donne avec le résultat précédent :
∀x∈]0; +∞[, x+ lnx+ 1 + 1 x >0.
(4) En déduire le sens de variation de f. Sur ]0; +∞[, on a : ex−1 >0 et
1 + 1
x+x+ ln(x)
>0d’après la question précédente.
Ainsi, f0(x) =
1 + 1
x +x+ ln(x)
ex−1 >0 donc f est strictement croissant sur]0; +∞[.
(5) Dresser le tableau de variation de f, comprenant la limite de f en 0 et la limite de f en +∞.
• limx→0x+ ln(x) =−∞ etlimx→0ex−1 = e−1 donc limx→0f(x) = −∞ par produit.
• limx→+∞x+ ln(x) = +∞ etlimx→+∞ex−1 = +∞ donc limx→+∞f(x) = +∞par produit.
On obtient le tableau de variations suivant : x
f(x)
0 +∞
−∞
−∞
+∞
+∞
(6) Tracer l’allure de la courbe représentative de f. On précisera la tangente au point d’abscisse 1.
L’équation de la tangente au point d’abscisse1est : y=f0(1)(x−1)+f(1)soity= 3(x−1)+1 = soit y= 3x−2.
O x y
Partie II : Étude d’une suite récurrente associée à f.
On considère la suite réelle (un)n∈
N définie par u0 = 2 et, pour tout n∈N, un+1 =f(un). (1) Montrer que, pour tout n∈N, un existe et un≥2.
Montrons ce résultat par récurrence. Pour tout n de N, on poseP(n): un existe et un ≥2.
• u0 existe et u0 = 2 donc P(0) est vraie.
• Soit n ∈N. Supposons P(n) vraie.
Ainsi, un ≥2>0 donc un∈ Df etun+1 =f(un)existe.
De plus, on a par croissance de la fonction f sur]0; +∞[ : un≥2 =⇒ f(un)≥f(2)
=⇒ un+1 ≥(2 + ln(2))e1 ≥2 car ln(2)>0et e1 >1 Ainsi, P(n+ 1) est vraie et le résultat est montré par récurrence
∀n ∈N, un existe et un≥2.
(2) Établir, par récurrence que : ∀n∈N, un≥en. Pour tout n de N, on poseP(n): un ≥en.
• u0 = 2 ≥1 = e0 donc P(0) est vraie.
• Soit n ∈N. Supposons P(n) vraie. On a alors : – un+ ln(un)≥en+n≥en car un≥en par HR.
– D’autre part, on a vu dans la question précédente queun >≥2ce qui donne : eun−1 ≥ e1.
On a alors par produit de termes positifs :
un+1 = (un+ ln(un))eun−1 ≥ene1 = en+1
Ainsi,P(n+1)est vraie et le résultat est montré par récurrence : pour tout n deN, un≥en.
(3) Quelle est la limite de un lorsque l’entier n tend vers l’infini ? On a vu que pour tout n deN, un≥en.
Or, limn→+∞en= +∞donc limn→+∞un = +∞ par minoration.
(4) Pour tout n ∈N, on notevn = 1
un. Montrer que la série de terme général vn converge.
On note S sa limite.
• On a vu que pour tout n de N,un ≥en donc vn = 1 un ≤ 1
en. Ainsi, vn≤
1 e
n
• Or, la série P+∞
n=0
1 e
n
converge. C’est une série géométrique de raison q= 1
e ∈]0; 1[.
D’après le TCSTP1, on peut en déduire que la série de terme général vn converge . (5) Montrer que : ∀n ∈N, |S−Pn
k=0vk| ≤ 1 (e−1)en. Pour tout n ∈N, on a :
S−
n
X
k=0
vk
=
+∞
X
k=0
vk−
n
X
k=0
vk
=
+∞
X
k=n+1
vk
=
+∞
X
k=n+1
vk car vk >0
Or, on a vu que pour tout k de N,vk≤ 1
e k
, ce qui donne :
+∞
X
k=n+1
vk ≤
+∞
X
k=n+1
1 e
k
≤
+∞
X
k=0
1 e
k+n+1
≤ 1
e
n+1 +∞
X
k=0
1 e
k
= 1 en+1
1
1− 1e = 1 en+1
e
e−1 = 1 (e−1)en
(6) (a) Écrire une fonction Scilab, d’entêtefunction V=Suite_V (n), prenant en paramètre un entier n et renvoyant la valeur de vn.
function Vn = Suite_V(n) u = 2
for i=[1:n] then
u = (u+log(u))*exp(u-1) end
Vn = 1/u endfunction
(b) A l’aide de la question 5, compléter la fonction Scilab suivante pour qu’elle donne une valeur approchée de S à 10−3 près.
function App = Approx_S() n = 0
v = Suite_V(0) App = v
e = 1/(exp(1)-1) while e > 0.001 do
n = n+1
1Théorème de comparaison pour les séries à termes positifs
v = Suite_V(n) App = App + v e = e\exp(1) endfunction
Partie III : Étude d’extremums locaux pour une fonction de deux variables associée à f On considère l’application
F : ]0; +∞[→R, x7−→F (x) = Z x
1
f(t)dt.
(1) Montrer que F est de classe C2 sur ]0; +∞[ et pour tout x∈]0; +∞[, exprimer F0(x) à l’aide de f(x).
Comme f est continue sur R∗+, on en déduit que F est la primitive de f qui s’annule en 1.
Ainsi, F est dérivable et on a pour tout x∈]0; +∞[ : F0(x) =f(x).
Comme f est de classe C1 sur ]0; +∞[, on en déduit que F est de classe C2 sur ]0; +∞[
Partie III : Étude d’extremums locaux pour une fonction de deux variables On considère l’application de classe C2
G: ]0; +∞[2 →R, (x, y)7−→G(x, y) = F(x) +F(y)−2e
x+y 2 .
start=2 Pour tout (x, y) ∈ ]0; +∞[2, exprimer les dérivées partielles premières ∂1(G)(x, y) et
∂2(G)(x, y) à l’aide de f(x), f(y) et e
x+y 2 .
La fonctionG est de classe C2 sur ]0; +∞[2 et on a :
• ∂1(G)(x, y) = F0(x) + 0−21 2e
x+y
2 =f(x)−e
x+y
2 soit : ∂1(G)(x, y) = f(x)−e
x+y 2 .
• De même : ∂2(G)(x, y) =f(y)−e
x+y 2 . stbrt=2 (a) Montrer que f est bijective.
On a vu dans la partie I que la fonction f est continue et strictement croissante sur R∗+. Ainsi, f est bijective .
(b) Établir que, pour tout (x, y) ∈ ]0; +∞[2, (x, y) est un point critique de G si et seulement si :
x=y et x+ lnx=e.
Commençons par remarquer que]0; +∞[2 est un ensemble ouvert.
(x, y) est un point critique de G ssi∇G(x, y) = 0
0
. On a alors :
∇G(x, y) = 0
0
⇐⇒
(∂1G(x, y) = 0
∂2G(x, y) = 0 ⇐⇒
f(x)−e
x+y 2 = 0 f(y)−ex+y2 = 0
⇐⇒
(
f(x)−ex+y2 = 0
f(y)−f(x) = 0 L2 ←L2−L1
⇐⇒
(
f(x)−e
x+y 2 = 0 f(y) = f(x)
⇐⇒
(
f(x)−e
x+y 2 = 0
x=y car f est bijective
⇐⇒
((x+ ln(x))ex−1 =ex x=y
⇐⇒
(x+ ln(x) = e x=y
Ainsi, (x, y) est un point critique deG si et seulement si : x=y et x+ lnx=e.
stcrt=2 Montrer que l’équation x + lnx = e d’inconnue x ∈ ]0; +∞[ admet une unique solution, que l’on notera α, et montrer que : 1< α < e.
Posonsh: ]0; +∞[→R, x7−→h(x) = x+ ln(x).
Cette fonction est dérivable sur ]0; +∞[ et pour tout x∈]0; +∞[, on a : h0(x) = 1 + 1 x >0.
Ainsi, h est continue et strictement croissante sur ]0; +∞[ donc elle réalise une bijection de ]0; +∞[ sur]−∞; +∞[ (car limx→0x+ ln(x) = −∞ etlimx→+∞x+ ln(x) = +∞).
Comme 0 ∈ ]−∞; +∞[, on en déduit que l’équation x+ lnx = e admet une unique solution α∈]0; +∞[.
De plus, on a :
h(1) = 1<e et h(e) = e + 1>e donc on a bien : 1< α <e.
stdrt=2 En déduire que G admet comme unique point critique le point (α, α) et montrer que la matrice Hessienne de G au point (α, α) s’écrit :
H =∇2(G)(α, α) =
f0(α)− eα
2 −eα 2
−eα
2 f0(α)− eα 2
=f0(α)I2− eα 2M
oùM = 1 1
1 1
.
On a vu que(x, y) est un point critique de Gssi
(x+ ln(x) = e
x=y .
Or, d’après la question précédente, x+ ln(x) = e ssi x=α.
Ainsi, G admet comme unique point critique le point (α, α).
D’autre part, on a :
• ∂1,1(G)(x, y) = f0(x)− 1 2ex+y2
• ∂1,2(G)(x, y) = −1 2ex+y2
• ∂1,2(G)(x, y) = −1 2ex+y2
• ∂2,2(G)(x, y) = f0(y)− 1 2ex+y2
ce qui donne comme matrice Hessienne au point (x, y) :
∇2(G)(x, y) =
f0(x)−1
2ex+y2 −eα
2 −1
2ex+y2
−1
2ex+y2 f0(y)−1 2ex+y2
soit au point critique(α, α) :
H =∇2(G)(α, α) =
f0(α)− eα
2 −eα 2
−eα
2 f0(α)− eα 2
=f0(α)I2− eα 2M
stert=2 (a) Déterminer le spectre de la matriceM puis en déduire que Sp(H) = {f0(α), f0(α)−eα}.
M = 1 1
1 1
. On obtient facilement queS(M) ={0; 2}. Ainsi, M est une matrice carrée d’ordre 2 qui admet deux valeurs propres distinctes donc M est diagonalisable. Ainsi, il existe une matrice P inversible et une matrice D =
0 0 0 2
telles que M =P DP1. On a alors :
H=f0(α)I2−eα
2 M =P
f0(α)I2− eα 2 D
P−1 =P
f0(α) 0 0 f0(α)−eα
P−1 On en déduit que : Sp(H) ={f0(α), f0(α)−eα}.
(b) Montrer que f0(α)>eα. On a :
f0(α)>eα ⇐⇒ f0(α) eα >1
⇐⇒
α+ ln(α) + 1 + 1 α
eα−1
eα >1
⇐⇒
α+ ln(α) + 1 + 1 α
e−1 >1
⇐⇒ α+ ln(α) + 1 + 1 α >e
Or, alpha est solution de l’équation x+ ln(x) = edonc on a : α+ ln(α) = e. Ainsi, on a bien :
α+ ln(α) + 1 + 1
α = e + 1 + 1
α >e car alpha >0 et donc f0(α)>eα .
(c) En déduire que G admet un extremum local et préciser sa nature.
On a :
• Sp(H) = {f0(α), f0(α)−eα}
• f0(α)>eα doncf0(α)>0
• f0(α)>eα doncf0(α)−eα >0
Ainsi, H =∇2(G)(α, α) admet deux valeurs propres strictement positives donc Gun minimum local en (α, α).
