Ecricome 2001 option économique : corrigé rapide Exercice 1.
1. 1.
1. Effectivement...
2. M(a)M(b) = I a + b 3ab = 0 b(1 3a) = a. Si a 1/3, M(a) est inversible, son inverse est a/(3a 1). M(1/3) est la matrice dont tous les éléments sont égaux à 1/3, elle n'est donc pas inversible (deux colonnes proportionnelles).
3. M(a) est symétrique...
4. M(a0)2 = M(a0) M(2a0 3a02) = M(a0) 2a0 3a02 = a0 a0 3a02 = a0(1 3a0) = 0 a0 = 1/3 car a0 non nul.
5. (a) P est la matrice dont tous les éléments sont égaux à 1/3. Q est la matrice dont les éléments de la diagonale sont égaux à 2/3, les autres à 1/3. L'équation proposée est équivalente à un système de deux équations, fort heureusement proportionnelles : 1 / 3 + 2 / 3 = 1 2a ; 1 / 3 / 3 = a.
Solution : = 1 3a.
(b) P2 = P, Q2 = Q, PQ = QP = 0.
(c) Avec la formule du binôme (P et Q commutent) : M(a)n = [P + Q]n = k=0,nCnk Pk(Q)nk = P + nQ
(les autres termes sont égaux à 0, à cause de PQ = QP = 0). Finalement, M(a)n = P + (1 3a)nQ.
1.2.
1. (a) En notant Xn la matrice colonne dont les éléments sont, de haut en bas, pn, qn, rn , on a : Xn+1 = M(a) Xn, d'où, par récurrence : Xn = M(a)n1 X1 (attention, on part de 1 !). Il s'agit finalement d'expliciter [P + (1 3a)n1Q]X1. Les termes sur la diagonale sont égaux à (1/3) (1 + 2(1 3a)n-1), les autres à (1/3) (1 (1 3a)n1).
(b) Avec a ]0, 2/3[, 1 3a a le bon goût d'être dans l'intervalle ]1, 1 [ :
0 < a < 2/3 0 < 3a < 2 0 > 3a > 2 1 > 1 3a > 1 (il y a équivalence.)
(1 3a)n1 converge donc vers 0, et pn, qn rn convergent tous joyeusement vers (p1+q1+r1)/3...
2. (a) La formule des probabilités totales appliquée trois fois (aux événements Mn+1, Sn+1, Bn+1), avec le système complet d'événements (Mn, Sn, Bn) conduit à : Xn+1 = M(1/6) Xn , en désignant par Xn la matrice colonne mn, sn, bn.
(b) On a donc, par récurrence : Xn = M(1/6)n1X1
(c) (m1+s1+b1)/3 = (0+1+0)/3 = 1/3, et 1/6 ]0, 2/3[ : d'après tout ce qui précède, on conclut que les probabilités de hausse, de stabilité, de baisse le jour n tendent toutes vers 1/3 (et en fait ceci est indépendant de l'état initial.)
Un exercice qui ressemble fort à l'essec math 3 95.
Exercice 2 2.1.
1. P(Ti < t) = P(Ti t) = 1 et.
2. Nt est le nombre de composants défaillants entre les instants 0 et t, les composants sont défaillants de façon indépendante (car les variables Ti sont indépendantes), avec la probabilité : P(Ti < t) = 1 et. Par conséquent, Nt suit la loi binomiale de paramètres n et 1 et , d'espérance E(Nt) = n(1 et).
3. E(Nt) est supérieur à n/2 ssi :
1 et > 1/2 et < 1/2 t < ln(1/2) t > ln(2) / .
2.2.
1. (Sn > t) = (T1 > t) (T2 > t) ... (Tn > t)
2. Il en résulte : P(Sn > t) = (et)n = e nt, car les Ti sont indépendantes et de même loi exponentielle de paramètre .
Fn(t) = P(Sn t) = 1 P(Sn > t), donc Fn(t) = 1 e-nt si t 0, 0 sinon.
3. Sn suit la loi exponentielle de paramètre n, d'espérance 1/(n), de variance 1/(n)2. 2.3.
1. (Un < t) = (T1 < t) (T2 < t) .... (Tn < t). Si, si !!
2. Gn(t) = (1 et)n pour t 0, 0 sinon. G'n(t) = et n (1 et)n1 si t > 0, G'n(t) = 0 si t < 0. La fonction gn proposée convient..
3. Existence de E(Un) : la fonction t n t et(1 et)n1 est continue, 0 sur [0, +[, négligeable devant 1/t2 en +. L'intégrale de 1/t2 sur [1, +[ est convergente (Riemann), il en résulte que E(Sn) existe.
Calcul : on se précipite sur la formule du binôme pour développer (1 et)n1, puis on utilise la linéarité de l'intégrale, pour écrire :
n 1
0
k 0
t ) 1 k ( k k 1 n 1
n 0
k 0
kt k k 1 t n
n) n te C ( 1) e dt n tC ( 1) e dt
U ( E
Pour k fixé, l'intégrale généralisée est convergente car absolument convergente, et on calcule sa valeur en effectuant une intégration par parties sur [0, x] avec u = t, v' = e(k+1)t, puis on fait tendre x vers +, et on trouve :
2 0 2
t ) 1 k (
) 1 k ( dt 1
te
On se souvient alors de quelque chose dans le genre pCpn nCkn11. Ici :
1 kn k 1
n (k 1)C
nC
Il vient :
n 1
0
k 2 2
1 k kn
n (k 1)
) 1 C (
) 1 k ( )
U ( E
d'où le résultat annoncé. Ensuite :
n 0 k
1 kn 1 k 1 n k 1
n 0 k
1 kn k n
0 k
1 k 1 n k n
1
n C C
1 k
) 1 ( C 1
1 k
) 1 C (
1 k
) 1 ( ) 1
U ( E ) U ( E
(On a Cnn+1 = 0)
n
0 k
1 n
1 i
1 i in 1 1
k 1 k n n
0 k
kn k n
1
n C ( 1)
) 1 n (
1 1
n C ) 1 1 (
1 k
C ) 1 1 (
) U ( E ) U ( E
(Formule de Pascal - celle qui permet de construire le tableau de Pascal ; puis le pCpn nCkn11 sous une autre forme - le recours aux factorielles est toujours possible ; puis changement d'indice i = k+1.)
) 1 n ( 1 1 ) 1 1 ) ( 1 n (
) 1 ) (
1 ( C ) 1 ( ) C
1 n (
) 1 ) (
U ( E ) U (
E n 1 0n 1 0 n 1
0 i
i i 1 n n
1
n
(On met 1 en facteur, et formule du binôme. Etonnant, non ?) 4. On somme de n = 1 à n = N, pour obtenir
N
1 n 1
1
N n 1
1 ) 1
U ( E ) U ( E
Et E(Un) est équivalent à ln(n)/ lorsque n tend vers +.
Exercice 3 3.1.
1. Evidemment, sans calculatrice, il s'agit uniquement de donner l'allure de la représentation graphique de f1. Une étude minimale s'impose (est-elle demandée ?), en commençant par expliciter (sans se tromper !) f1(x) :
6 11 2 x
1 1 x
1 x ) 1 x (
f1
f1 est strictement décroissante sur chacun des intervalles qui composent son "ensemble de définition"
(notion un peu oubliée aujourd'hui...). L'important est de ne pas oublier de tracer les quatre asymptotes à la courbe, d'équations x = 2, x = 1, x = 0, y = 11/6. On remarque qu'il y a trois solutions à l'équation f1(x) = 0, donc à l'équation (E1).
2. f1(1) = 0, et alors ? ... Il faut y passer (ou alors passer à la question suivante...), ce sont bien les solutions exactes qui sont demandées, il faut résoudre l'équation f1(x) = 0... Après réduction au même dénominateur, on développe, réduit et ordonne le numérateur. Ces passionnants calculs aboutissent à :
11x3 15x2 + 14x + 12 = 0, équation du troisième degré dont une racine est 1 (ben oui, car f1(1) = 0 ! ;-)... On peut donc factoriser par x 1, et toute méthode acceptable (schéma de Horner ou factorisation à la main) aboutit à :
(x 1)(11x2 + 26x + 12) = 0
Le discriminant réduit permet de gagner "un peu" de temps (mais cette technique ne figure au programme d'aucune classe fréquentée par nos élèves...) et on aboutit aux trois solutions :
11 37
; 13 11
37
; 13
1
Les calculatrices sont interdites aux épreuves d'admission aux grandes écoles de commerce, ce n'est pas une raison de faire comme si elles n'existaient pas et n'avaient jamais existé...
3.2.
1. fn est strictement décroissante sur chacun des 2n+2 intervalles qui composent son ensemble de définition.(Remarque : on lit dans le programme de e.c.e.1 : "Pour les résultats du cours, on se limite aux fonctions définies sur un intervalle de R. Les candidats doivent savoir étudier les situations qui s'y ramènent simplement.") fn décroît une fois de 11/6 à , puis 2n fois de + à , puis une fois de + à 11/6.
2. fn est négative sur ], 2n[, et le théorème de la bijection appliqué à chacun des 2n+1 intervalles ]2n, 2n+1[, ... , ]1, 0[, ]0, +[ (2n+1 intervalles, c'est à dire autant qu'il y a de nombres entiers relatifs de 2n à 0) montre que l'équation (En) admet exactement 2n+1 solutions.
3.2.
1. xn ]0, +[.
2. Formule des accroissements finis pour la fonction t ln(t) sur l'intervalle [x 1, x], puis on somme les inégalités obtenues en remplaçant x successivement par x+1, x+2, ... , x+2n. On fait ensuite x = xn pour obtenir la dernière inégalité demandée.
3. L'inégalité demandée est équivalente à : , x2n e 1 1
e 1 n 2
x a
a n
n
. Mais :
n a 2 x a 1 x
n 1 2 ln
n n
(car xn est positif...), d'où le résultat en prenant l'exponentielle des deux membres.
4. limn+(xn) = + ; limn+ ln(1 + 2n/xn) = a par encadrement dans la dernière inégalité du 3.
5. 1 + 2n/xn tend vers ea, 2n/xn tend vers ea 1, n/xn tend vers (ea 1)/2, xn est équivalent à :
1 e
n 2
a
lorsque n tend vers +.
