ecricome 2004 option économique : corrigé rapide 1. exercice
x2
1 ) 1 x (
f
1.1.
1. Pour tout x R :
) x ( x f 1
1 )
x ( 1 ) 1 x (
f 2 2
Donc f est paire.
2. Pour tout x, f(x) = (1 + x2)–1/2, donc
1 xx
1 x
x1 x 0 pour x 0.x 2 1 x 1 2 ) x ('
f 2 2
2 2 3 2
2 3
Donc f est strictement décroissante sur [0, +[.
3. xlim x2 1, donc xlimf(x)0.
4. D’après les résultats obtenus, on obtient le tableau de variations : x – 0 +
f ‘(x) + 0 – f(x) 0 ↗ 1 ↘ 0 Donc x R, 0 f(x) 1.
Donc f est bornée sur R.
5. Une allure de cloche…
6. Sur [0, +[, f est continue strictement décroissante ; f(0) = 1 et lim+ f = 0 ; donc f réalise une bijection de [0, +[ sur ]0, 1].
7. Pour tout y ]0, 1] :
0.
et x 0 y y car
y x 1
y y x 1
y 1 x y 1 x 1 y 1 x 1 y x y
1 y 1 ) x ( f
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
8. Il semble bien que la bijection réciproque f–1 soit la fonction de ]0, 1] dans [0, +[ définie par :
y y ) 1
y ( f
2
1
1.2.
1. Pour tout x R :
0 x x x x 1 x
x 2 2
car si x 0 alors x + |x| = x + x = 2x 0, et si x 0, alors x + |x| = x + ( –x) = 0.
Donc
. 0 1 x x ,
x 2
R
Et l’ensemble de définition de F est R.
2. F est dérivable sur R (car x x + (x2 + 1) est dérivable et positive sur R, et ln est dérivable sur ]0, +[ ), et, pour tout x R :
x x 1
x1 1 f(x)1 x
x 1 x 1
x x
1 x 1 x
1 x x
1 x 2
x 1 2
) x ( '
F 2 2 2
2 2
2 2
2
Donc F est une primitive de f sur R.
3. Pour tout x R,
x x 1
x x 1
1x xx x1 1 11 1 x x ) x ( F ) x ( F Donc
1 x x ln ln 1 1 x x ln ) x ( F
; 1 x x ln ) x ( F
2 2 2
2
2 2
2 2
2
Cette dernière égalité est vraie, donc F est impaire. On pouvait aussi utiliser la technique de la
« quantité conjuguée » :
x 1 x
1 x
1 x
x 1 x x
1 x
x 1 x x 1 x x
1 x 1 x
x 2 2
2 2
2 2 2
2 2
4. La limite de x + (x2 + 1) quand x tend vers + est +, et la limite de ln(y) quand y tend vers + est +, donc la limite de F en + est +.
F est impaire et lim+ F = +, donc lim– F = –.
5. Avec > 0 :
) 2 2 ln(
ln 4 1 1
1 4 1 2 1 ln
1 4 1 2
ln
1 1 4 1 2
1 ln 1 4 ln2
1 x x ln dx ) x ( f ) ( A
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
1.3.
1.
dx
1 x
2 1x 1 u x
; 2 1 ln 1 x x ln dx ) x ( f
u 1 2 10
0 2
1 1
0 1 2
0 0
2. Le bon choix est u = x2, u’ = 2x, v’ =x/(1+x2), v =(1 + x2) ; u et v sont de classe C1 sur [0, 1] :
3 2 ) 2
1 2 2 3( 2 2 1 3 2
2 2 2
/ 3
) x 1 2 (
dx x 1 x 2 2 dx x 1 x 2 x
1 x x dx
1 x x u
2 / 3 1
0 2 / 3 2
1 0
2 / 2 1 1 2
0 1 0 2 1 2
0 2
2 3
3. Pour tout x [0, 1], tout n N, 0 xn+1 xn, donc 0 f(x) xn+1 f(x) xn (car f 0 sur [0, 1]), donc 0 In+1 In.
Ce qui prouve que la suite (In) est décroissante.
4. On a aussi démontré au 3°) que la suite (In) était minorée par 0, on en conclut que la suite (In) est convergente, sa limite ℓ étant 0.
5. Pour tout x [0, 1], pour tout n N, 0 xnet (1 +x2) 1, donc
n n 2 n
1 x x x 1
0 x
On utilise alors la positivité et la croissance de l’intégrale : 1
n 1 1
n dx x x x dx
1 0 x
1
0 1 1 n
0 1 n
0 2
n
6. Par encadrement : limn+ un = 0.
2. exercice
2.1
1. On utilise la méthode du pivot pour prouver que P est inversible et trouver :
5 3 1
1 1 0
3 2 1 P 1
2. a. Donner un résultat intermédiaire (soit PA, à multiplier à droite par P–1, soit AP–1, à multiplier à gauche par P) :
0 0 0
1 0 0
1 2 0 T
b.
0 T T T 3, n pour
; 0 T
; 0 0 0
0 0 0
2 0 0
T2 3 n n 3 3
3. De T = PAP–1 on tire, avec n 3 :
A = P–1T P, An = (P–1T P) … (P–1T P) (n facteurs), An = P–1TnP = 0.
4. a. On ne garde dans le développement que les termes de degré 2 :
) 't t ( E 2 A
) 't t A ( ) 't t ( I
2 A ' tt 2 't A t
) 't t ( I A ' 2 tt
't 2 A t ) 't t ( I
2 A A t ' tt tA 2 A
A 't 't I 2 A
A 't 't I 2 A tA t I ) 't ( E ) t ( E
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
b. On déduit du a : E(t) E(–t) = E(t – t) = E(0) = I. Donc E(t) est inversible et E(t)–1 = E(–t) = I – tA + (t2/2)A2
c. On montre : n N, [E(t)]n = E(nt) par récurrence : la propriété est vraie pour n = 0, n = 1, et si on la suppose vraie pour n fixé dans N, alors
[E(t)]n+1 = [E(t)]n E(t) = E(nt) E(t) = E(nt + t) = E( (n + 1)t ).
la propriété est vraie pour n + 1. La conclusion en résulte, et on a donc [E(t)]n = E(nt) = I + nt A + (nt)2/2 A2.
2.2.
1. Commençons par déterminer les valeurs propres de B, c'est-à-dire les valeurs de telles que la matrice B – I ne soit pas inversible. En effectuant les opérations élémentaires L1 L2 ; L2 L1 + 2L2
on obtient la réduite de Gauss :
2 3 0
3 2
2
Les valeurs propres de B sont donc 1, 2 (ce dont on pouvait se douter, vu la matrice D…).
B possède 2 valeurs propres distinctes, donc B est diagonalisable.
2. Déterminons un vecteur propre associé à chacune des valeurs propres : Pour la valeur propre 1, le système est :
2x + 2y = 0 ; 0 = 0
Donc (1, –1) vecteur propre pour la valeur propre 1.
Pour la valeur propre 2 : 2x + y = 0 ; 0 = 0
Donc (1, –2) vecteur propre pour la valeur propre 2.
D’après la théorie du changement de base, la matrice
2 1
1 Q 1
est inversible et telle que Q–1BQ = D.
3. Dans le droit fil des questions, on peut bien sûr écrire :
B = QDQ–1
Bn = (QDQ–1) … (QDQ–1) (n facteurs) Bn = QDnQ–1,
se livrer au calcul de Q–1 par la méthode du pivot, puis terminer les calculs, avec Dn = diag(1, 2n).
On peut se dire aussi qu’un brave petit RPR fera aussi bien l’affaire… Effectivement, l’affaire est rondement menée… Faites le, c’est très instructif !
4. 5. Les règles du calcul matriciel nous permettent d’écrire :
n
0
k n
0 k
k n k
0 k
k k
n
0 k
k n k
0 k
k k
1 k 1
k
k k k
n
! k
t ) t 2 ( 2
! k
t 2 ) t 2 ( 2
! k
) t 2 ( t
! k
) t 2 ( t 2 1
2 2 2
2 1 2 2
! k ) t
t ( E
6. a. Le point important est de savoir que, pour tout x R,
n x 0 k
k
n e
! k lim
x
et on peut alors écrire, par exemple :
n
0 k
n
0 k
t 2 t n
n k
0 k
k k
k
e e
! 2 k
) t 2 (
! k 2 t
! k
) t 2 ( t 2
Idem pour les autres coefficients, ce qui donne le résultat.
b. E(t) = et E1 + e2t E2 avec
2 2
1 E 1
1 ; 2
1
E1 2 2
c. E12 = E1 ; E22 = E2 ; E1 E2 = 0 ; E2 E1 = 0.
d. E(t) E(t’) = (et E1 + e2t E2) (et’ E1 + e2t’ E2)
= et+t’E12 +et+2t’E1E2 + e2t+t’E2E1 + e2(t+t’)E22
= et+t’ E1 + e2(t+t’) E2 = E(t + t’) e. Idem que 2.1.4.b !
3. exercice
1.a. On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (A, B) :
P(E) = P(E/A)P(A) + P(E/B)P(B) = 0,1 0,7 + 0,05 0,3 = 0,085.
b. Il s’agit de calculer P(A/E) :
17 14 85 70 085 , 0
07 , 0 085 , 0
7 , 0 1 , 0 085
, 0
) A ( P ) A / E ( P )
E ( P
) E A ( ) P E / A (
P
2. a. Pour tout k 1, (L1 = k) = A1A2 … Ak–1Bk B1B2 … Bk–1Bk. Ces deux événements sont incompatibles, donc
P(L1 = k) = P(A1A2 … AkBk+1) + P(B1B2 … BkBk+1)
Les choix des serveurs sont supposés indépendants les uns des autres, donc P(L1 = k) = (0,3)k(0,7) + (0,7)k(0,3).
b.
1 3 , 0 1 7 , 0 1
7 1 , 0 1 ) 1 3 , 0 ( 3 1
, 0 1 ) 1 7 , 0 ( 1 ) 7 , 0 ( ) 3 , 0 ( 1 ) 3 , 0 ( ) 7 , 0 (
) 7 , 0 ( ) 3 , 0 ( ) 3 , 0 ( ) 7 , 0 ( )]
3 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 3 , 0 [(
) k L ( P
0 k
k 0
k
k
1 k
k 1
k
k 1
k
k k
1 k
1
c. sous réserve de convergence (absolue) :
1 k
k 1
k
k
k 1
k
k 1
k
1 1
) 7 , 0 ( k ) 3 , 0 ( ) 3 , 0 ( k ) 7 , 0 (
)]
3 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 3 , 0 [(
k )
k L ( kP )
L ( E
On a affaire à une combinaison linéaire de séries convergente (séries géométriques dérivées, de raison appartenant à ]–1, 1[), donc L1 admet une espérance, et
21 58 3 , 0
7 , 0 7 , 0
3 , 0 ) 7 , 0 1 (
7 , 3 0 , ) 0 3 , 0 1 (
3 , 7 0 , 0 ) L (
E 1 2 2
d. Pour tous les couples (i, j) de N*2 :
(L1 = i L2 = j) = A1 …. Ai Bi+1 …. Bi+j Ai+j+1 B1 …. Bi Ai+1 …. Ai+j Bi+j+1 . Par incompatibilité, puis indépendance, on en déduit :
P(L1 = i L2 = j) = (0,7)i (0, 3)j (0,7) + (0,3)i(0,7)j (0,3) = (0,7)i+1 (0, 3)j + (0,3)i+1(0,7)j e. En utilisant la formule des probabilités totales, avec les système complet d’événements (L1 = i)iN*, on obtient, pour tout j 1 :
2 1 j 2
1 j 2
j 2
j
0 i
i 2
j 0
i
i 2
j 1
i
2 1
2
) 3 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 3 , 0 3 ( , 0 1 ) 1 3 , 0 ( ) 7 , 0 7 ( , 0 1 ) 1 7 , 0 ( ) 3 , 0 (
) 3 , 0 ( ) 3 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 7 , 0 ( ) 3 , 0 ( ) j L i L ( P )
j L ( P
3. a. Nn est le nombre de succès (appeler le serveur A) au cours de n épreuves identiques et indépendantes, la probabilité du succès à chaque épreuve étant 0,7. Donc Nn suit la loi binomiale de paramètres n et 0,7.
On a E(Nn) = 0,7 n ; V(Nn) = 0,3 0,7 n = 0,21 n.
b. T1 est le temps d’attente du premier succès l’ors d’épreuves identiques et indépendantes, donc T1 suit la loi géométrique de paramètre 0,7.
E(T1) = 1/0,7 = 10/7 ; V(T1) = (1 – 0,7)/(0,7)2 = 30/49.
c. (T2 = k) est l’intersection des deux événements (Nk–1 = 1) (le serveur A est appelé exactement 1 fois au cours des k – 1 premiers jours), et Ak (le serveur A est appelé le cène jour). Ces deux événements sont indépendants, donc
P(T2 = k) = Ck-11 (0,7)1 (0,3)k-2 0,7 = (k – 1)(0,7)2 (0,3)k–2. 4.a. fZ(t) = 0 si t 0 ; fZ(t) = e–t si t > 0.
FZ(t) = 0 si t 0 ; FZ(t) = 1 – e–t si t 0.
b. E(Z) = 1/1 = 1 seconde.
c. W = 1 + 0,1 Z.
d. Déterminons la fonction de répartition FW de W. Pour tout x de R : FW(x) = P(W x) = P(1 + 0,1 Z x) = P(Z 10(x – 1) ).
Si x – 1 0, c’est à dire si x 1, alors FW(x) = 0.
Si x 1, alors FW(x) = 1 – e–10(x – 1).
FW est continue, donc W est une variable aléatoire à densité.
si x < 1, FW’(x) = 0 ; si x > 1, FW’(x) = 10e–10(x – 1). Donc W admet pour densité fW telle que Si x 1, fW(x) = 0 ; si x > 1, fW(x) = 10e–10(x – 1).
e. W = 1 + 0,1 Z et l’espérance est linéaire, donc E(W) = 1 + 0,1 E(Z) = 1,1 (en euros ; c’est cher.)
5. a. f est positive ou nulle, continue sur R, et
exp( t /2)
1lim dt
) 2 / t exp(
t lim dt
) 2 / t exp(
t dt
) t (
f 2 0x
x x
0
2 0 x
2
Donc f est une densité de probabilité.
b. C’est déjà pratiquement fait : si x 0, FX(x) = 0 ; si x 0, FX(x) = 1 – exp(–x2/2).
c. Sous réserve de convergence,
0
2 2exp( t /2)dt t
dt ) t ( tf )
X ( E
Soit x > 0 ; On effectue une intégration par parties avec : u = t, v’= t exp(–t2/2), u’ = 1, v = –exp(–t2/2) ;
u et v sont de classe C1sur [0, x] :
0
2 x
x 0
2 2
x 0 x 2 0 x 2
0
2 2
dt ) 2 / t exp(
0 dt
) 2 / t exp(
) 2 / x exp(
x
dt ) 2 / t exp(
) 2 / t exp(
( t dt ) 2 / t exp(
t
Donc, d’après le rappel fait :
) 2 X (
E
