1. Calculer l’int´egrale I

Corrig´e de l’´epreuve de Math´ematiques 2014-2015

Licence ´Economie-Gestion – 2 ^e ann´ee 1 ^`ere session (janvier 2015)

Semestre 1 Dur´ee 1h30

E XERCICE 1

1. Calculer l’int´egrale I

₁

= Z

10

1

ln(x) x dx .

S OLUTION I

₁

=

Z

10 1

ln(x) x dx = 1

2

(ln x)

²

¹⁰

1

= 1

2 (ln 10)

²

.

2. Calculer l’int´egrale I

₂

= Z

2

1

ln

1 + 1 x

dx .

S OLUTION

En utilisant une int´egration par parties on obtient : I

2

=

x ln

1 + 1

x

2

1

+ Z

2

1

1 x + 1 dx =

x ln

1 + 1

x

+ ln(x + 1)

2

1

= ln 27

16

.

3. Calculer l’int´egrale I

₃

= Z

3

0

x. ln(x

²

+ 1)

x

²

+ 1 dx (on pourra utiliser le changement de variable u = x

²

+ 1 ).

S OLUTION du

dx = 2x et I

₃

= Z

3

0

ln(x

²

+ 1)

x

²

+ 1 × xdx = 1 2

Z

3 0

ln(x

²

+ 1)

x

²

+ 1 × 2xdx soit I

3

= 1

2 Z

10

1

ln u u du = 1

2 I

1

= 1

4 (ln 10)

²

.

4. Montrer que l’int´egrale I

4

= Z

+∞

−∞

e

^−x

2

2

dx converge (on pourra montrer que I

4

= 2 Z

+∞

0

e

^−x

2

2

dx puis que

Z

+∞

0

e

^−x

2

2

dx converge).

S OLUTION

On remarque que la fonction x 7→ e

^−x22

est paire sur R donc I

4

= 2 Z

+∞

0

e

^−x

2

2

dx = 2J

4

. (i) La fonction x 7→ e

^−x22

est continue et positive sur [0; +∞[.

(ii) lim

x→+∞

x

²

e

^−x

2 2

= 0 .

(iii) D’apr`es les crit`eres de convergence des fonctions positives, J

4

converge. Donc I

4

converge ´egalement.

E XERCICE 2

Le directeur de marketing d’une grande marque d’articles de sport a demand´e `a un cabinet sp´ecialis´e une

´etude de notori´et´e de la marque. Un indice de notori´et´e a ´et´e ´elabor´e (fond´e sur les r´eponses donn´ees `a un questionnaire par un panel de consommateurs). Pendant 24 mois, l’indice de notori´et´e moyen u

_t

de l’indice du mois t a ´et´e calcul´e, et les statisticiens ont r´ealis´e une r´egression lin´eaire sur les indices des deux mois pr´ec´edents. Le mod`ele retenu est :

u

t

= u

_t−1

− 0, 5u

_t−2

+ 0, 05 1. Montrer que cette ´equation admet une solution constante.

S OLUTION

Soit (E) : u

_t

= u

_t−1

− 0, 5u

_t−2

+ 0, 05 .

u

_e

solution de (E) ⇐⇒ u

_e

= u

_e

− 0, 5u

_e

+ 0, 05

⇐⇒ u

_e

= 1

10

2. R´esoudre successivement l’´equation homog`ene associ´ee, puis l’´equation compl`ete.

S OLUTION

(EH) : u

_t

− u

_t−1

+ 0, 5u

_t−2

= 0

(EC) : r

²

− r + 0, 5 = 0 ⇐⇒ r = 1 − i

2 ou r = 1 + i 2

⇐⇒ r =

√ 2

2 e

^−iπ4

ou r =

√ 2

2 e

^iπ4

Les solutions de (EH) sont les suites de la forme

u

_t

=

√ 2 2

!

^t

λ

₁

cos( π

4 t) + λ

₂

sin( π 4 t)

avec λ

₁

et λ

₂

r´eels Les solutions de (E) sont les suites de la forme

u

t

=

√ 2 2

!

^t

λ

1

cos( π

4 t) + λ

2

sin( π 4 t)

+ 1

10 avec λ

1

et λ

2

r´eels

3. Que peut-on dire de l’indice de notori´et´e `a long terme ?

S OLUTION

|r| = |r| =

√ 2

2 < 1 donc la suite (u

t

) converge vers 0, 1 (l’´equilibre est globalement stable).

E XERCICE 3

1. A est une matrice carr´ee 3 × 3 . On sait que det(A) = 3 . Que vaut det(3A) ?

S OLUTION

det(3A) = 3

³

× det(A) = 3

⁴

= 81

2. A est la matrice





a b c d e f h i j



. On sait que det(A) = 5 .

Calculer le d´eterminant suivant : det





2b 2a 2c 3e 3d 3f 4i 4h 4j



 .

S OLUTION

det





2b 2a 2c 3e 3d 3f 4i 4h 4j



 = −1 × 2 × 3 × 4 × det(A) = −120 .

3. D´eterminer le rang et le d´eterminant de la matrice suivante :

A =





3 1 1 1 0 2 1 2 12



 .

S OLUTION rg(A) = rg





3 1 1 1 0 2 1 2 12



 = rg





1 3 1 0 1 2 2 1 12





C₁↔C₂

= rg





1 3 1

0 1 2

0 −5 10





L₃←L₃−2L₁

rg(A) = 1 + rg

1 2

−5 10

= 1 + 2 = 3 (remarque : la matrice est inversible)

det(A) = det





3 1 1 1 0 2 1 2 12



 = − det





1 3 1 0 1 2 2 1 12





C1↔C2

= det





1 3 1

0 1 2

0 −5 10





L3←L3−2L1

det(A) = − det

1 2

−5 10

= −20 6= 0 (la matrice est bien inversible)

E XERCICE 4

Soit E le sous-espace vectoriel de l’espace R

³

engendr´e par la famille U = {u

1

, u

2

, u

3

} avec u

1

= (2, 1, 1) ; u

2

= (1, 0, 1) et u

3

= (1, 1, 0) .

1. Extraire de la famille U une base de E . En d´eduire la dimension de E .

S OLUTION

E = V ect{U } = V ect{u

1

, u

2

} ...en effet, u

3

= u

1

− u

2

...on sera vigilant sur la r´edaction, i.e. que {u

1

, u

2

} est toujours g´en´eratrice de E et que c’est bien une famille libre...

dim E = 2.

2. Soit F = {(x, y, z) ∈ R

³

; x − y − z = 0} un sous-espace vectoriel de R

³

(admis).

D´eterminer une base de F puis sa dimension.

S OLUTION On a

F = {(x, y, z) ∈ R

³

; x − y − z = 0}

F = {(y + z, y, z); y, z ∈ R }

F = {y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1); y, z ∈ R }

F = V ect{(1, 1, 0), (1, 0, 1)} = V ect{v

₁

, v

₂

}

Une famille g´en´eratrice de F est donc donn´ee par {(1, 1, 0), (1, 0, 1)} . On v´erifie tr`es facilement que cette famille est libre (les ´etudiants doivent le v´erifier). C’est donc une base de F . D’o `u dim F = 2 .

3. Montrer que E = F .

S OLUTION

On remarque que v

2

= u

2

(donc v

2

∈ E ) et que v

1

= u

1

− u

2

∈ E donc F ⊂ E . Or E et F sont deux espaces vectoriels de mˆeme dimension, donc E = F .

4. Soit f l’application de R

³

dans R d´efinie par :

f (x, y, z) = x − y − z (a) Montrer que f est une forme lin´eaire de R

³

.

S OLUTION

f est une application lin´eaire (...) de R

³

dans R, donc f est une forme lin´eaire de R

³

.

4. (b) En utilisant f , d´emontrer que F est un sous-espace vectoriel de R

³

.

S OLUTION

On remarque que F = Kerf qui est un sous-espace vectoriel de R

³

(c’est du cours).

4. (c) Quelle est la matrice de f dans la base canonique BC

_R³

de R

³

?

S OLUTION

A = mat(f ; BC

_R³

, BC

_R

) = (1 − 1 − 1)