1. Φ est une somme de fonctions de classe C

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eml 2008 corrigé rapide

exercice 1 Partie I

ln si 0 ; 0 0

1. est continue sur 0 ;  ∞ , comme somme de deux fonctions continues, et en 0, car :

lim ln 0, donc lim 0 0 .

Donc est continue sur 0;  ∞ .

2. est de classe C¹ sur 0 ;  ∞ comme somme de fonctions de classe C¹, et, pout tout 0 : ln

3. ln 1 , donc lim ∞.

4. 0 1 ∞ − 0 +

0 −1 ∞

5. est de classe C² sur 0   ∞ , et, pour tout 0, 0. Donc est convexe sur 0 ;  ∞ .

6. a. ln 1 ∞, donc Γ admet une demi-tangente verticale au point d’abscisse 0.

b. 0 0 ou   ln 0 0  ou  ln 1 0 0  ou  e

Les points d’intersction de Γ avec l’axe des abscisses sont donc les points d’abscisse 0 et e.

c. lim ∞ et ln 1 ∞ , donc Γ admet une branche parabolique de

direction l’axe désordonné !

d.

(À peu près, hein…)

Le retour aux fondamentaux…

Partie II

2 d    ,     1

1. D’après la définiton de l’intégrale, on a 1

2 1 1

avec primitive de sur 1 ;  ∞ . est de classe C² sur 1 ;  ∞ car est de classe C¹ sur cette intervalle, et il en est donc de même pour . De plus on a

1

2 1 1    ;     1

2 ln 1 ln 1

2. a. La fonction ln est strictement croissante sur 1 ;  ∞ , donc est positive sur 1 ;  ∞, donc est strictemente croissante sur 1 ;  ∞  ;

b. 2 3 1 0 car est strictement croissante sur 1 ;  ∞ . c. est continue strictement croissante sur 1 ;  ∞ ;

lim 2 2ln 2 2 ln 2 1 0 ; 2 0 ;

Donc l’équation 0 admet une solution unique dans 1 ;  ∞, et 2.

2

, 1 1    ,     ,   1 ;  ∞

1. Φ est une somme de fonctions de classe C

sur 1 ;  ∞ , elle est donc de classe C

sur 1 ;  ∞ . On obtient :

Φ , 2 ln 1   1 ln 1   1

Φ , 2 2 1 1

2. 0, donc 1 1 0. Au point , 1 , on a donc

2 ln 1   1 1 ln 1   1 1 0

2 2 1 1 0

Donc , 1 est un point critique de Φ.

3. On réfléchit avant de se lancer dans le calcul de …

Φ , 1 1 1 1 1 0

Or, pour tout ,

1 ;  ∞

, Φ , 0. Φ admet donc un extremum local – et même global ! – en , 1 …

Exercice 2 Partie I

1. On cherche et 0

0 0

tels que 0

0 0

. Sur la matrice , les opérations élémentaires

   ;    1    ;    2

aboutissent à la réduite de Gauss

2 2 1

0 1

0 0 1

Les valeurs propres de sont donc 0, −1 et 1 et pour les sous-espaces propres associés, on trouve : 0              Vect 1,1,0

1           Vect 1,1,1 1              Vect 0,1, 1 (Prendre le temps de vérifier ces résultats…)

2. est diagonalisable car elle possède trois valeurs propres distinctes. La théorie du changement de base fournit alors, compte tenu des contraintes de l’énoncé :

     avec    1 1 0

1 1 1

0 1 1

La méthode du pivot fournit alors

2 1 1 1 1 1 1 1 0 (Là aussi on vérifie...)

3. La matrice

1 0 0

0 0 0

0 0 1

est effectivement diagonale !

3

Partie II

1. est de dimension 3² = 9.

2. • Pout tout de , appatient à .

• Pour tout , de et tout de R, on a

Donc est un endomorphisme de .

3.a.  ;   , donc . On a aussi  , .

Ker 0 0

0 0

0 0 

b. En notant , on obtient

  0 0 0 0

0

0 , 0 , , 0 , 00 ,

0 0 0

0 0

0 0 ^{, , ,}

en notant _, la matrice de dont tous les termes sont nuls sauf celui en -ème ligne et -ème colonnne qui est égale à 1. (La famille _{, ,} est la base canonique de .)

L’ensemble des matrices telles que est donc l’ensemble des combinaisons linéaires des matrices _,  , _,  , _, , c’est donc un sous-espace vectoriel de , de famille génératrice ( _,  , _,  , _, . Or cette famille est libre, car

, , , 0 0 0

Ils’agit d’une donc d’une base du sous-espace vectoriel en question, qui est donc de dimension 3.

4. a. D’après 3.a, Ker avec tels que _{, , ,} . Donc

Ker _{, , , , , ,}  

, , ,

avec , , éléménts de R. _, , _,  , _, est donc une famille génératrice de Ker . Or cette

famille est libre, car _{, , ,} 0 0 0 0.

, , _,  , _, est donc une base de Ker , qui est donc de dimension 3.

D’après la formule du rang :

dim Ker dim Im dim

Im est de dimension 9 – 3 = 6.

b. Pas la peine de chercher bien loin : _, appartient à Ker et est non nul (sinon _, le serait).

, , , appartient à Im et est non nul, comme on s’en persuade en faisant le calcul…

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Exercice 3 Partie I

2   ,   0 , 1 .

1. a. est continue et strictement croissante (car 0 sur 0, 1 ). 0 0 et 1 1, donc est une bijection de 0 , 1 sur 0 , 1 .

Pour tout de 0 , 1 :

2 2 1 2 2

1  . Donc 2

1 b.

2

2 2

2

2 2

1 

 2 0   1 

  2   ;  donc

1 2

c. 2

d 1 2

2 d 2 ln 2 2 ln 2 1

2. a. 0 , 1 a pour espérance E et pour variance V (à retouver au besoin en

calculant E d , puis V E E ).

b. prend ses valeurs dans 0 , 1 , donc aussi, et, pour tout dans 0 , 1 :

P 2 P P  

car est une bijection strictement croissante de 0 , 1 sur 0 , 1 . La fonction de répatition de est connue, et on a

P 2

2 1

c. prend ses valeurs dans 0 , 1 , donc, en notant sa fonction de répartition, on a

0 si   0  ;   1 si  1  ;    2

1  si  0 , 1

est continue sur R et de classe C¹ sur R {0 , 1}, donc est une variable aléatoire à densité. On obtient une densité de en dérivant sur R {0 , 1}, et en prolongeant cette dérivée de façon arbitraire en 0 et en 1, on a donc par exemple

2

1  si   0 , 1   ; 0 sinon

d. prend ses valeurs dans 0 , 1 , donc E d 2 d . Pour calculer cette intégrale, on peut faire une intégration par parties, avec  ,   , 1 , . Ou bien on peut écrire

1 d 1 1

1 d 1

1

1

1 d

Avec les deux méthodes, on trouve finalement E 2 ln 2 1, soit la valeur de l’intégrale calculée

en 1.c ! Est-ce dû au hasard ? Non ! En effet, , donc E d . Or

chacun sait que . On a donc E d . On effectue le

changement de variable . On a d d et , on obtient donc

E 1

d d …

5

Partie II

1. a. La variable aléatoire modélise le nombre d’invités qui sont arrivés avant l’instant .

b. est le nombre de succès (nombre d’arrivées avant l’instant ), lors de épreuves identiques et indépendantes. Pour chaque épreuve la probabilité du succès est P (ou bien : est la somme de variables de Bernoulli de même paramètre , et indépendantes). Donc suit la loi binomiale de paramètres , .

2. a. ssi la première arrivée a lieu après l’instant ssi il n’est arrivé aucun invité avant l’instant ssi 0 . Par conséquent 0 .

b. Donc, si 0 , 1 , P P 0 1 . D’autre part, tous les invités arrivent entre les instants 0 et 1, donc P 1 si 0 , P 0 si 1.

La variable aléatoire admet donc pour fonction de répartition telle que :

P 1 P 0       si  0

1 1         si 0 1

1      si  1

est continue sur R et de classe C¹ sur R {0 , 1}, donc est une variable aléatoire à densité, et on obtient une densité de en dérivant sur R {0 , 1}, puis en prolongeant cette dérivée de façon arbitraire en 0 et en 1. On obtient par exemple :

1      si  0 , 1

0       sinon

3. Pour 0 , 1 , l’événement est réalisé ssi la deuxième arrivée survient après l’instant ssi il y a eu 0 ou 1 arrivée avant l’instant , donc 0 1 . Par incompatibilité

de ces deux événements, on a P P 0 P 1 1 1 .

Comme précédemment, il en résulte que a pour fonction de répartition la fonction telle que   0       si  0

1 1 1 1         si 0 1

1      si  1

Comme précédemment il s’agit bien de la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité, et tous calculs faits on trouve pour densité de la fonction telle que

1 1         si  0 , 1 0       sinon