corrigé mathématiques e m lyon 2002 option économique
exercice 1 1°) a) K2 = I.
b) K(K) = I, donc K est inversible et K1 = K.
c) Supposons que K admette une valeur propre réelle , et soit X non nul un vecteur propre associé à la valeur propre (ici X est une matrice-colonne à 4 éléments). Alors KX = X, donc
K2X = KKX = KX = KX = X = 2X.
Mais d'autre part K2X = IX = X. Par conséquent
2X = X (2 + 1)X = 0
2 + 1 = 0
Un tel nombre (réel !) n'existe pas, par conséquent K n'admet pas de valeur propre réelle...
Malgré tout, cette méthode est plus rapide que la résolution du système habituel (K I)X = 0...
2°) a) M2 = (aI + bK)(aI + bK) = a2I + baK + abK +b2K2 = (a2 b2)I + 2abK.
(a2+ b2)I + 2aM = (a2 + b2)I + 2a(aI + bK) = (a2 + b2)I + 2a2I + 2abK) = (a2 b2)I + 2abK.
Donc M2 = (a2 + b2)I + 2aM.
b) On en déduit : M2 2aM = (a2 + b2)I.
M(M 2aI) = (a2 + b2)I.
(a, b) est différent de 0, donc a2 + b2 est différent de 0, donc I
) aI 2 M b ( a
M 2 1 2
Donc M est inversible, et b I a
a M 2 b a
M 1 2 1 2 2 2
c) La matrice proposée est :
K I 2 M
Son inverse est donc :
3 I 2 M 2
3 M1 1
3°) a) x v1 + y v2 + z v3 + t v4 est égal à 0 ssi :
x (1, 0, 0, 0) + y (1, 1, 0, 1) + z (0, 0, 1, 0) + t (1, 1, 0, 0) = 0
(On va chercher les valeurs de v2 = f(e1) et v4 = f(e3) respectivement à la première et troisième colonne de K)
x + y t = 0, y + t = 0, z = 0, y = 0 x = y = z = t = 0
La famille C est donc libre ; comme R4 est de dimension 4, ceci prouve que C est une base de R4. b) f(v1) = f(e1) = v2
f(v2) = f(f(e1)) = fof(e1) = e1 = v1 : en effet, la matrice de fof dans la base canonique est K2, et K2 = I.
f(v3) = f(e3) = v4
f(v4) = f(f(e3)) = e3
Par définition de K', on a donc :
0 1 0 0
1 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0 ' K
c) v1 = (1, 0, 0, 0), v2 = (1, 1, 0, 1), v3 = (0, 0, 1, 0), v4 = (1, 1, 0, 0), donc
0 0 1 0
0 1 0 0
1 0 1 0
1 0 1 1 P
d) D'après la théorie du changement de base : K' = P1KP.
exercice 2
I. 1°)
2n
1 k
k k
n k
x ) 1 ) (
x ( P
1 x
1 x ) x ( 1
) x ( ) 1
x ( x
) 1 ( x
) 1 k (
kx ) 1 ) (
x ( ' P
n 2 n n 2
2
0 i n i
2
0 i
i 1 n i
2
1 k
1 k n k
2
1 k
1 k k
n
On a utlisé l'identité géométrique, ce qui est licite car x est différent de 1.
2°) Sur [0, +[, x + 1 est positif, et x2n 1 0 x2n 1 x 1
Pn est donc strictement décroissante sur [0, 1], strictement croissante sur [1, +[. Pn(0) = 0 et Pn(x) est équivalent en + à son terme de plus haut degré x2n, donc Pn(x) tend vers + quand x tend vers +.
3°) Pn(0) = 0 et Pn est strictement décroissante sur [0, 1], donc Pn(1) < 0.
4°) a)
2 n 2
x ) 1 ( 1
n 2
x ) 1 ( k
x ) 1 ( k
x ) 1 ) (
x ( P
2 n 2 2 n 2 1
n 2 1 n n 2
2
1 k
k 2 k
n 2
1 k
k k 1
n
2 n 2
x 1 n 2 x 1
) x ( 2 P n 2
x 1 n 2 ) x x (
P n 2n 1
2 n 2 1 n 2 n
b) Pour n = 1 : P1(x) = x + x2/2, P1(2) = 0 0.
Si l'entier n est tel que Pn(2) 0, alors d'après a) :
) 0 2 n 2 )(
1 n 2 (
n 2 2
) 2 n 2 )(
1 n 2 (
2 n 4 2 n 2 2
2 n 2
2 1 n 2 2 1
) 2 (
Pn 1 2n 1 2n 1 2n 1
La conclusion en résulte, d'après le principe de récurrence.
5°) Sur l'intervalle [1, +[, Pn est continue et strictement croissante, Pn(1) < 0 et Pn a pour limite + en +. Par conséquent l'équation Pn(x) = 0 d'inconnue x appartenant à [1, +[ admet une unique solution xn. De plus Pn(1) < 0 et Pn(2) 0, donc 1 < xn 2.
6°) Il n'y a pas d'autre choix que d'utiliser la méthode de dichotomie : program escl ;
var a, b, c : real ;
function P(x :real) : real ;
begin P := x + x*x/2 x*x*x/3 + x*x*x*x/4 ; end ; BEGIN
a:= 1 ; b := 2 ;
repeat c:= (a + b)/2 ; if P(c) < 0 then a:= c else b:= c ; until (b a < 0.001) ; writeln(c) ;
END.
II. 1°) D'après I 1°), Pn est une primitive de la fonction sous le signe intégrale, donc :
) x ( P ) 0 ( P ) x ( P )]
t ( P [ 1 dt t
1 t
n n
n x 0 n x
0 n
2
2°) On utilise la définition de xn, le 1°), puis la relation de Chasles :
n xn
1 n 1 2
0 n x 2
0 n 2 n
n dt
1 t
1 dt t
1 t
1 dt t
1 t
1 0 t
) x ( P
On a donc :
01 n 1 20 n x 2
1 n 2
1 dt t
t dt 1
1 t
1 dt t
1 t
1 t
n
3°) Soit g(t) = t2n 1 n(t2 1) ; g'(t) = 2nt2n1 2nt = 2nt(t2n 1) > 0 sur ]1, +[. g est donc strictement croissante sur [1, +[. g(1) = 0, donc g est positive ou nulle sur [1, +[, donc, sur [1, +[ : t2n 1 n(t2 1)
4°) xn appartient à [1, +[, donc sur [1, xn], on a : t2n 1 n(t2 1)
) 1 t ( 1 n
t ) 1 t ( n 1 t
1
t2n 2
2 ) 1 x n( 2
) 1 t n ( dt ) 1 t ( n 1 dt
t 1
t n 2
x
1 x 2
1 x
1 n
2 n
n
n
On a par conséquent :
2 ln )]
t 1 [ln(
tdt 1 dt 1 1 t
t dt 1
1 t
1 t 2
) 1 x
n( 1 10
0 1
0 n x 2
1 n 2 2
n n
D'où le résultat voulu en prenant la racine carrée de ces deux nombres, car xn 1 > 0.
5°) Par encadrement : la suite (xn 1) converge vers 0, et donc la suite (xn) converge vers 1.
exercice 3
1°) a) Pour tout x appartenant à [0, 1[ :
2 1
n n 1
n n 1 n 1
0 n
n 0
n n 0 n
0 (1 x)
nx x x
C )
x ( s x ; 1 x 1 x
C )
x (
s
b) Il s'agit de démontrer la formule de Pascal.
1 k
1 n 1
k n k n
))! C 1 k ( 1 n ( )!
1 k (
)!
1 n ( )!
k n ( )!
1 k (
) k n 1 k (
! n )!
k n ( )!
1 k (
) k n (
! n ) 1 k (
! n
)!
1 k n ( )!
1 k (
! n )!
k n (
! k
! C n
C
On peut préférer une démonstration combinatoire :
le nombre de parties à k + 1 éléments d'un ensemble à n + 1 éléments E = {a1, a2, ... , an, b} est :
1 k
1
Cn
Parmi ces parties, certaines contiennent b, elles sont au nombre de Cnk. Les autres ne contiennent pas b, elles sont au nombre de Cnk+1. La conclusion en résulte.
c) Après ces hors-d'œuvre, une question qui demande du soin ; pour k entier et x dans [0, 1[, le nombre xsk(x) + xsk+1(x) est successivement égal à :
1 k n
n 1 k n k
n
n k
nx x C x
C x
k k
k 1
k n
n 1 k n k
n C x C x
C x
1 k k k 1
k n
1 n 1 k
1
n x C x
C
1 k 1 k
1 k 1
k n
1 n 1 k
1
n x C x
C
1 k n
n 1 k
n x
C
sk+1(x)
Ne pas perdre de vue que c'est k qui est fixé, et n qui varie...
d) La propriété à établir est vraie pour k = 0 et k = 1 d'après a). Supposons la vraie pour k, avec k appartenant à N. Alors, d'après c) :
(1 x)sk+1(x) = xsk(x)
2 k 1 k 1
k k k
1
k (1 x)
x )
x 1 (
x x 1
x x
1 ) x ( ) xs x (
s
La conclusion en résulte, par récurrence.
3°) a) N prend ses valeurs dans N*, et, pour tout n appartenant à N*, P(N = n) = (4/5)n1(1/5) par indépendance des tirages successifs. N suit donc la loi géométrique de paramètre 1/5 ,et
5 5 1 ) 1 N (
E
b) Sachant N = n, on a X = k ssi on obtient k succès (obtenir la boule noire) au cours de n épreuves identiques et indépendantes. Par conséquent :
;sik n,P(X k / N n) 0
5 4 5 C 1 n) N k / P(X , n ,..., 1 , 0 k Si
k n k k
n
c) On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements (N = n), n appartenant à N* :
1 n
1 n 2
1 n
1 n n
1
n 5
1 5 4 5 4 5
1 5 4 5 ) 4
n N ( P ) n N / 0 X ( P )
0 X ( P
0 n
n
1 n
n
9 4 16 25
4 25
1 16 1 25
4 25
16 25
16 4 1 25 16 5
1 4 5
d) Même argument, pour tout k appartenant à N* :
k n
n k n 1 k 1 k
k n
1 n k n k k n 1
n 25
C 16 5
4 5 1 5 1 5 4 5
4 5 C 1 )
n N ( P ) n N / k X ( P ) k X ( P
k k
k k
1 k
k 1
k 1
k k 1
k
9 4 36 25 9 25 9 25 25 16 4 1 4 1 25
9 25 16 4
1 25
1 16 25 16 4
5 5
1
e) Sous réserve de convergence absolue :
1
k 2
k
1 k 0
k
25 1 81 9 4 36 25 9
1 4 9 4 36
25 9
k 4 36 ) 25 k X ( kP )
k X ( kP )
X ( E
f) Pour tout k appartenant à N, P(X k) = 1 P(X > k) = 1 P(X k + 1), donc
k 1
k 1
k 1
k
1 k n
n
9 4 9 1 5 9
4 4 1 5 5 9 9 4 36 1 25 9 1 4
1 9
4 36 1 25 9
4 36 1 25
) k X (
P
3°) a) Montrons d'abord que F est continue en a. La limite à gauche de F en a est égale à 0, la limite à droite de F en a est égale à F(a), or F(a) est égale à 0, en effet :
5 0 9 9 1 5 9e
1 5 9e
1 5 9e
1 5 ) a (
F ln9 ln4(ln4 ln9) ln9 ln5
5 ln 9 ln 9
ln 4
a
Les limites à droite et à gauche de F en a sont toutes deux égales à F(a), donc F est continue en a.
* F est continue ], a[ (fonction nulle), sur ]a, +[ (somme de deux fonctions continues), et en a, donc F est continue sur R.
* F est de classe C1 sur ], a[ (fonction nulle) et sur ]a, +[ (somme de deux fonctions de classe C1).
* La limite de F en est 0, la limite de F en + est 1, car 0
e
lim 9
ln4 x
x
* Pour tout x appartenant à ]a, +[ : 0
9e ln4 9 ) 5 x ( '
F 9
ln4
x
F est donc croissante sur R.
* F est donc la fonction de répartition d'une variable aléatoire à densité Y.
b) On a :
0 (x) ' F 0, x si
9 4 9 ln 4 9 e 5
9 ln 4 9 (x) 5 ' F 0, x si
x 9
ln4 x
Y admet donc pour densité f telle que :
0 f(x) 0, x si
9 4 9 ln 4 9 f(x) 5 0, x si
x
c) Une primitive G de g est :
x
a 9 ln4 t x
a 9 ln4 t x
a 9 ln4
t e dt
9 ln4 e 1
9 ln4 dt t te )
x ( G
On a effectué une intégration par parties avec
9 ln4 9 t
ln4
t e
9 ln4 v 1 e
' v
1 ' u t
u
u et v sont de classe C1 sur R. On obtient donc la sympathique expression : (la constante induite par a n'a pas d'importance, une primitive de f est définie à une constante près)
9 ln4 x 2 9
ln4
x e
9 ln4 e 1
9 ln4 ) x x ( G
d) Sous réserve de convergence :
a
9 ln4
t dt
9 te ln4 9 dt 5 ) t ( tf )
Y ( E
La convergence est assurée car f est continue sur [a, +[ et G(x) tend vers 0 quand x tend vers +.On trouve :
9
ln4 9 a
ln4 9 a
ln4 a 2 9
ln4
a e
9 ln4 ae 1
9 e 5
9 ln4 e 1
9 ln4
a 9 ln4 9 ) 5 a ( 9G ln4 9 ) 5 Y ( E
9 ln4 a 1 9 ln4 a 1 5 9 9 5 9 ln4 a 1 9e
) 5 Y (
E 9
ln4
a
