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4°) La théorie du changement de base et les contraintes de l’énoncé donnent avec La méthode du pivot aboutit à Surtout, ne pas faire le calcul

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

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)

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)

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)

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)

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…

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