On obtient la matrice On peut remarquer que est valeur propre de , puisque la matrice comporte alors une ligne de zéros

(1)

eml 2007 corrigé rapide

exercice 1

1. est symétrique réelle, donc diagonalisable.

2. • S’agit-il de calculer les valeurs propres et les vecteurs propres de ? On commence alors par effectuer sur la matrice les opérations élémentaires

L1 ↔ L2 ; L2 ← L2 + L1 , L3 ← L3 – L1 . On obtient la matrice

1

2 1 2

0 1 4

1 4

1 2

0 1

2

1 2

* On peut remarquer que est valeur propre de , puisque la matrice comporte alors une ligne de zéros. On détermine alors le sous-espace propre correspondant (dont une équation est

0), puis on reprend, avec , en explicitant le système : 1

2 2

1 1

0 2 1

4

1 4

1

2 0

0

; 2 1 0 1

2 1

2 0

n peut en effet diviser la troisième équation par qui est non nul.) Le système obtenu (O

admet une solution non nulle ssi 0, ssi 1 ou .

La deuxième valeur propre est donc 1, le sous-espace propre correspondant est la droite vectorielle engendrée par (1, 1, 1).

* On peut aussi poursuivre les opérations élémentaires, en effectuant : L2 L ; L ← L – 3 3 3 L 2

trice On obtient alors la ma

1

2 2

1 0 1

2

1 2

0 0 1

2 1

Et on obtient bien sûr les mêmes éléments propres. 2

* On peut effectuer l’opération L3 ← + L2, ce qui fournit une matrice échelonnée, (mais non aussi travailler sur le système explicité, ce

es 9 coefficients de la matrice de passage , la triangulaire), et poursuivre la résolution… On peut

qui permet de changer l’ordre des inconnues , , …

• Mais s’agit-il bien des déterminer les éléments propres de ? En précisant qu’elle est symétrique, l’énoncé nous fournit en fait 8 d

« matrice des vecteurs propres » :

1 1 1

(2)

On peut donc avoir l’idée de calculer 1

1 1

1 ; 1 1

1 1 0

1 1 , et résoudre 1

0 1

0 … On trouve 0

et 1.

On montre ainsi qu’en prenant

1 1 1

1 0 1

1 1 0 ;

1 0

0 2 0

0 0 1

on a . En effet les calculs précédents montre que possède 2 valeurs propres, 1 et 2 , que la somme des dimensions des sous-espaces propres correspondants est égale à 3, donc que est diagonalisable, et la théorie du changement de base fournit le résultat. (En fait, est

pour être tout à fait rigoureux, il faudrait montrer que la matrice est inversible, dire qu’elle constituée de trois vecteurs-colonnes propres de , donc que est diagonalisable…)

• Bref, une question bien difficile, et inutilement : la diagonalisation de la matrice 2 se fait bien plus aisée, et on embraye sur la question 3 en écrivant … Et c’est dommage pour ceux qui n’ont pas traité cette question, pour le reste de l’exercice il faudra se contenter des ramasser quelques miettes…

La méthode du pivot aboutit à 1

3

1 1 1

1 2 1

1 1 2

3. Après avoir établi (par exemple par récurrence) , on obtient

1 2 1 1

1 1 2 1

1 1 1 2

4. a Le raisonnement par récurrence habituel, soigneusement rédigé.

b On en déduit 1

3 1 2 1

2 1 1

2 1

3 3

1 2

1, et est-ce que 2 ? Oui ! car c’est équivalent à : 2

3

1 3

1 1 3

3

1 3

1 1 3

3 1 3

Les calculs sont semblables avec et , d’où la conclusion.

c. 1 1, donc lim 0, donc .

(3)

d. Le genre de question sur laquelle il ne faut pas trop s’attarder….

3

1 1

2

1 1

2

1 1

2

3 3

1

2 3

1

3 1

2 1

3

1 1

3

1 3 En effet, √ | | | | | | : élever au carré les deux membres de l’inégalité pour s’en convaincre.

1 3

1 1

3 3 2

ulte…

suffit de prendre Et la conclusion en rés

e. D’après la q estion précédente, pour obtenir u 10 , il tel que ; 2 100 ;

10

8 convient (car 2⁷ = 128).

Fort heureusement les deux autres exercices s’avèrent bien plus raisonnables…

préliminaire

1. e ar est la somme de deux fonctions continues sur 0 ; ∞ . exercice 2

st continue sur 0 ; ∞ c

est strictement croissante sur 0 ; ∞ car sa dérivée, 2 , est positive (ou en nt que somme de deux fonctions strictement croissantes).Les limites de ne posent aucun

ent la rédaction) : lim ∞ ; lim ∞.

ue et srictement croissante sur 0 ; ∞ , lim ∞ ; lim ∞, donc

de 0 ; une uniq

s ta

problème (mais on détaille soigneusem 2. est contin

réalise une bijection ∞ sur R. 0 , donc l’équation 0 admet ue olution dans 0 ; ∞ .

3. ln 2 0,25 0,69 0 ; 1 1 0 ; est strictement croissante, donc 1

2 1

artie A 1.a. Pour tout p

,

1 2

1 4

4 2 1

4

2 4 1

est du signe du numérateur, qui est un polynôme du second degré dont les racines sont 4 1 ^√ et 1 ^√ . Mais 1 ^√ ; 1 ^√ , donc est du signe de 2 4 1, soit igne e à l’intérieur des racines »), sur , et est donc strictement croissante sur .

b.

positif (« du s d

0 car 4 ln 2 4 0,69 1 ; donc . t croissa

est strictemen nte sur , donc 1 .

1 1 0, donc 1 1. On a bien

1 1

2 1

c. Pour tout , 1 car est croissante sur , donc 1 d’après

(4)

2. a. !

b. Par récurrence, en utilisant 1.c.

c. , ; est croissante sur , donc est monotone. 1 , donc oiss te.

est décr an

d. est décroisante et minorée par , elle donc convergente. Sa limite ℓ est un point fixe , car est continue sur . Or

de appartenant à 1

4 4

1ln 0 0

, c’es bon :l m .

part 1 1

a li ite de est donc le réel ie B

est une somme

1.a. de fonctions de classe C sur , donc est de classe C sur .

e ; e ln

b. Le système 0 est équivalent successivement à :

e et ln 0

e et ln n

l et ln et

0 et

admet donc un seul point critiqu ; ln .

2. est classe C² sur (somme de fonctions de classe C²), et

ln 0 ln

car ln

e , le point ; e 1

; e Au point critique on a

ln ; 1

; ln 1

O et donc

2 1

r ln 0, donc ln ,

2 0

n’admet donc pas d’extremum local sur : c’est triste ! exercice 3

1. est ≥ 0, continue sur R*, et

d e d e d e lim e 1 1

Donc ait, la d’une loi exponentielle

0 :

d e 1 1

e

lim lim

est une densité de probabilité (en f e paramètre 1…).

densité de probabilité d

2. a. Pour

1 1

P 0 P 1 e e e

Pour 1 :

1

P P 1 e d e

P 1

(5)

b. est à valeurs dans N, donc 1 est à valeurs dans N*, et pour tout N* :

1 P 1 1 1

P e e 1

e 1 1

e Donc 1 suit la loi géométrique de paramètre 1 .

Par conséquent E 1 1

1 1

e e 1

e ; V 1

1e

1 1

e e 1

e

Et en utilisant les formules E E ; V V :

E e

1 1 1

e 1 ; V e

e 1

e

le est d’utiliser la question précédente, qui montre que est le nombre d’échecs qui précède le premier succès lors d’épreuves identiques et indépendantes, la probabilité du succès à chaque épreuve étant 1

c. Le plus simp

. On sait comment simuler une telle épreuve à l’aide de la fonction random : random < = 1 − 1/e . En effet , random retourne un

1, en suivant la loi uniforme, et la probabilié que ce nombre soit inférieur ou égal à 1 −1/e est égal à… 1 – 1/e. Je propose donc la rédaction suivante :

program eml2007;

là que pour faire joli – ou orienter la réponse ? ou alors je tête le concepteur…

s, donc 2 1 et sont indépendantes. et admettent des

1 E 2 1

2 nombre au hasard entre 0 et

var y:integer; u:real;

begin

randomize;

u random;y 0;

while random > 1 – exp(-1) do y:= y+1;

ut ‘,y);

writeln(‘y va end.

Et le u random du texte n’est n’ai pas compris ce qu’avait en 3.a. et sont indépendante

espérances, donc admet une espérance, et

E 2 1 E 2E 1 1

e 1

E E 2 1 0

;

V E V E

e 1

b. Si 1, alors 2 1 1, ,

si 0, alors 2 1 1, , .

Donc . Donc

V E E E 0.

Mais V E E , donc

e 1

arquons d’abord que 2 1 sui la loi uniforme sur {−1 ; 1}.

0 2 1 1 , donc par indépendance :

c. Rem >

Si ,

P 1 e

Si n < 0, 2 1 1 , donc par indépendance :

1

2 1 1

P e e

Et avec 0, on a 0 0 , donc

P 0 1 1

(6)

.a En fait, est la partie entière de : c’est clair si 1, et c’est vrai aussi si 0 1.

’événement 0, il ne compte pas (i . Par conséquent,

prend ses valeurs dans [0 ; 1[, et donc 1 si 1.

b. Avec 0 ; 1 , car quand .

du c, et d la σ-additivité de la probabilité, on déduit :

P D t 1 1 e 1

e 4

Quant à l l est de probabilité nulle !)

0 si < 0, Donc

c. Avec 0 ; 1 et fixés :

P e d e e e e 1 e

d. Du b et e

1 e

1 1

e 1

1 e

e. En récapitulant les résultats, on a donc

0 si 0 ;

1 e

si 0 1 ; 1 si t 1

est continue sur ∞ ; 0 et ]1 ; +∞ [ (fonction constante), sur ]0 ; 1[ (quotient de deux fonctions continues avec le dénominateur qui ne s’annule pas). est continue en 0 et en 1 (les limites à droite et à gauche sont égales à 0 , 1 ). donc est continue sur R.

est de classe C¹ sur R\{0 ; 1}.

ne variable aléatoire à densité. Une densité de 0 ; 1}, et en prolongeant de manière arbitraire en 0 et 1. On obtient donc par exemple :

Donc est la fonction de répartition d’u sera obtenue pas dérivation de sur R\{

e

1 e si ; 0 sinon

Evidemment la résolution de cette question (et de la question 2) est plus facile si on a étudié

att 002…

0 ; 1 entivement l’exercice 1 edhec 2