1
ecricome 2008 option économique : corrigé – pas si rapide que ça exercice 1
1°) Pour tout couple , de réels, , . est l’ensemble des combinaisons linéaires des matrices , , donc un sous-espace vectoriel de , et , est une famille génératrice de .
2°) Or cette famille est libre : 0 , 0 0. Il en résulte qu’il s’agit
d’une base de , et que est de dimension 2.
3°) Le système d’équations est équivalent à l’unique équation
2 0
dont l’ensemble des solutions est Vect 1,1,0 , 2,0,1 . Le système d’équations 2 est équivalent au système
2 0
2 3 4 0
0 dont l’ensemble des solutions est Vect 1,2, 1 .
1 et 2 sont deux valeurs propres de , la somme des dimensions des sous-espaces propres de associées à ces deux valeurs propres est égale à 3, ce qui permet de dire que est diagonalisable.
4°) La théorie du changement de base et les contraintes de l’énoncé donnent avec 2 0 0
0 1 0 0 0 1
, 1 1 2
2 1 0
1 0 1 La méthode du pivot aboutit à
1 1 2
2 3 4
1 1 1
5°) Surtout, ne pas faire le calcul , ! On utilise , , et on a, en appelant , , les trois vecteurs colonne de :
,
avec 2, 1. Ce qui prouve que , est diagonalisable, puisque , , sont des vecteurs propres de , pour les valeurs propres 2 , , , et qu’ils forment une base de , . Le théorie du changement de base assure alors que , , est une matrice diagonale, les éléments de la diagonale étant 2 , , .
6°) , et , ont les mêmes valeurs propres, par conséquent , est inversible ssi 0 n’est pas valeur propre de , , ssi 0 n’est pas valeur propre de , , ssi , est inversible.
Les valeurs propres de , ( et de , ) sont 2 , , par conséquent , est inversible ssi 2 0 et 0.
7°) , , , ,
, 2 1 et 1
2 1 et 1 ou 2 1 et 1 ou 2 1 et 1 ou 2 1 et 1
On trouve donc 4 couples de solutions , : 1, 0 ; 3, 2 ; 3, 2 ; 1,0 , puis les 4 matrices , , correspondantes.
exercice 2 2.1
1. Retour en fanfare du « domaine de définition ».
, 1 ln est défini ssi 0. Pour la représentation graphique, vous avez dû voir ce genre de choses en des temps anciens (régionnement du plan). On trace la droite d’équation 0 ; la « deuxième bissectrice » ? ), et on hachure le demi-plan « au-dessus » de cette droite, plus présisément celui qui contient le point 1, 0 par exemple.
2. ; . Sur l’ouvert , et ne sont jamais égales à 0. La fonction n’admet donc pas de point critique sur l’ouvert , et par conséquent n’a pas d’extremum sur cet ouvert. Bien préciser, comme y invitait un rapport de jury récent, que est un ouvert, les théorèmes sur la recherche des extrema ( 0, 0, etc) s’appliquent pour des ouverts…
2.2
1. 1 ln 1 est défini ssi 1 0, c'est-à-dire sur 1, ∞ .
2
1 ln 1 1
avec de limite nulle en 0. 2
3. Pour l’équation de la tangente, pas besoin de D.L : ; 0 1. La tangente à au point d’abscisse 0 a donc pour équation
0 0 0 ; 1 ; 1
Pour la position de la courbe par rapport à la tangente, oui :
1 2 1
2
est du signe de – , c'est-à-dire négatif, au voisinage de 0, car est négligeable devant – au voisinage de 0.
La courbe est donc en dessous de sa tangente au point d’abscisse 0, au voisinage de ce point.
4. lim 1 ∞ , donc lim ∞.
1 ln 1 1
ln 1 1
1 ln ln 1 1
(Prudence avec l’utilisation des équivalents quand il y a des logarithmes…)
Donc lim 0
Ces deux résultats permettent de dire que admet une branche parabolique de direction l’axe des abscisses. Là aussi un grand retour !
2.3
1. La fonction : 1 ln est continue (somme de fonctions continues) et strictement
croissante (car 1 0 sur 0, ∞ ).
0 1 ln 0 ; lim ∞ car ln .
Donc l’équation 0 admet une solution unique sur 0, ∞, donc l’équation admet une unique solution sur 0, ∞.
2. 1 ln . Par définition de , 1 ln 1 0.
On en déduit 1 ln 1 0, et par conséquent
1 ln ln 1 ln 0 car ln est
strictement croissante.
0 ; 0 ; strictement croissante. Donc , pour tout . donc la suite est strictement croissante.
3. 1 ln ln ln 1 ln 0 car ln est strictement croissante ; 0 ; est
strictement croissante. Donc 1 ln . lim 1 ln ∞, donc lim ∞.
2.4
1. La propriété à établir est vraie pour 0 car 1 1. Supposons la propriété vraie pour fixé
dans N. Alors 1 car 1 ln 1 est strictement croissante sur
0, ∞. Donc 1 ln 2 1 : la propriété est vraie pour 1.
On en conclut : , 1.
2. et appartiennent à l’intervalle 1, ∞. Sur cet intervalle, | | . La formule des accroissements finis donne alors :
| | 1
2| | ; | | 1
2| | ;
puis le résultat annoncé, par récurrence : | | |1 | 1 3 1 2 , et si
| | , alors | | | | .
3. Si 10 , alors on aura | | 10 d’après la question précédente. Or 1
2 10 1 ln1
2 4 ln 10 1 4 ln 10
ln 2
4 ln 10 ln 2 1 Ent convient donc. (Ent : partie entière).
3 4.
program ecr2008 ;
var n0,k:integer;u:real;
BEGIN
n0 :=1+Ent(4*ln(10)/ln(2)) ; u:=1;
for k:=1 to n0 do u:= 1+ln(u+1);
writeln(n0,u);
END.
exercice 3 3.1
1. est le nombre de succès lors de épreuves identiques et indépendantes, la probabilité du succès à chaque épreuve étant 1/10. Donc
, 1
10 ; E
10 ; V
10 9 10
9 100
2. 3 : on gagne 3 euros par partie gagnée, à quoi il faut enlever 1 euro de mise par partie jouée.
On en déduit, en utilisant les célébrissimes formules E E , V V :
E 3E 7
10 ; V 9 V 81
3. a. a une espérance égale à 6, on a donc approximativement 6 100.
b. Laissons tomber … En jouant 60 parties, le joueur a déjà perdu 60 euros. Pour qu’il perde moins de 50 euros, il faut et il suffit qu’il gagne au moins 4 parties (à 3 euros la partie gagnante). On cherche donc la probabilité de l’événement 4 :
P 4 1 P 3 1 0,1512 0,8488 approximativement.
Il ne faut pas désespérer du hasard…
3.2
1. est positive ou nulle, continue sur ]0, 1[ (fonction affine), et sur ]−∞ , 0[ et ]1 , +∞ [ (fonction nulle). Enfin, est nulle en dehors de [0 , 1], donc
d 2 d 1
est donc bien une densité de probabilité.
est nulle en dehors de [0 , 1], donc
0 si 0 ; 1 si 1 ; 2 d si 0 1.
2. est nulle en dehors de [0 , 1], donc
E d 2 d 2
3
2 3
3. .
4. Pour tout réel, P 1 P M 1 P car les sont
indépendantes et de même loi.
P 1 1 1 0 si 0
1 si 0 1 1 1 si 1
, donc
1 1 0 si 0
1 1 si 0 1
1 si 1
est continue sur R et de classe sur 0, 1 , donc 1 1 est continue sur R et de classe sur 0, 1 . est donc une variable aléatoire à densité, et on a
0 si 0 ; 2 3 1 6 1 si 0 1 ; 0 si 1
admet donc pour densité par exemple la fonction telle que
6 1 si 0 1
0 sinon
4
P 1
5 P 1
5
1
5 1 24
25 3.3
Jusqu’ici l’énoncé a donné lieu à des calculs simples et classiques, il va se rattraper maintenant ! 1. Au minimum, 1 si toutes les boules tombent dans la même case. Au maximum, si les boules tombent toutes dans des case différentes, si , si .
On a donc Ω 1 , Min , .
2. : on lance une boule, qui va occuper une case ! 1, variable aéatoire certaine.
: on lance deux boules, qui vont occuper une ou deux cases. 1 ssi la deuxième boule tombe dans la même case que la première, donc P 1 , et P 2 1 .
3. 1 : les deuxième, troisième, …, -ème boule vont tomber dans la même case que la première boule ! Probabilité P 1
2 : Glurps, une question qui demande de la culture, ou bien assez de clairvoyance pour laisser tomber, et surtout ne pas donner un résultat « au hasard ». Commençons par déterminer P 2 :
P 2
2 2
Explication : il y a manières de choisir les deux cases parmi dans lesquelles vont tomber les boules. Chacune de ces boules a la probabilité de tomber dans une des dites cases. On obtient ainsi la probabilité que toutes les boules soient dans deux cases au maximum, c’est à dire P 2 . On continue en écrivant
P 2 P 2 P 1 . Après simplification on trouve
P 2 1 2 1
Avec 2, cela donne P 2 1 , cohérent avec le résultat P 1 .
: P 0 si . Si , on divise le nombre de cas favorables par le nombre de cas possibles :
1 … 1
4. On utilise la formule avec le système complet d’événements (en glissant pudiquement sur le fait que le sce en question n’en est pas vraiment un si , certains des événements étant alors de probabilité nulle…)
P P P
P car, sachant que cases sont non vides au -ème lancer, il en sera de même au 1 -ème lancer ssi la 1 -ème boule arrive dans une des cases non vides.
P car, sachant que 1 cases sont non vides au -ème lancer, il y aura une cases non vide supplémentaire ssi au 1 -ème la 1 -ème boule arrive dans une des
1 1 cases vides.
Les autres probabilités conditionnelles sont nulles, d’où le résultat.
5. a. 1 ∑ 1 car Ω 1, .
b. ∑ P ; 1 ∑ P E
c. On utilise les propriétés connues du signe Σ : ( ∑ ∑ ∑ ) P
1 P 1 1
1 P 1
5
1 P 1 1 P 1
Dans la première somme, on a tenu compte du fait que est à valeurs dans 1 , . Dans la deuxième et la troisième somme, on effectue le changement d’indice 1 :
1 P P
1 1
d. Tiens, si on dérivait ?
1 1 2 1
Avec 1, on obtient :
1 1
1 1
1 1 1 1 1
D’où le résultat, compte tenu de 1 1 , 1 E .
e. Le plus beau est pour la fin. On va établir le résultat par récurrence. La propriété est vraie pour 1, car est la variable aléatoire certaine 1, donc E 1, alors que 1 1 1 ! Supposons la propriété vraie pour fixé dans N*, alors d’après le résultat précédent :
E 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
La propriété est vraie pour 1.
Elle est donc établie pour tout .
Le troisième jeu est certainement le plus amusant, mais pas le jour du concours ! Bah, il y avait de quoi se distraire par ailleurs…