Corrigé : EDHEC 2002 Option économique Exercice 1: 1. a) Comme X prend ses valeurs dans R+ on a Y (Ω) = N. b) Notons F la fonction de répartition de X. On a pour tout x > 0, F (x) = 1 − e−λx Soit k ∈ N∗ on a P (Y = k − 1) = P (k − 1 6 X 6 k) = F (k) − F (k − 1) = 1 − e−λk − (1 − e−λ(k−1) ) = e−λ(k−1) (1 − e−λ ) c) On a (Y + 1)(Ω) = N∗ et si k ∈ N∗ , P (Y + 1 = k) = P (Y = k − 1) = e−λ k−1 (1 − e−λ ). On reconnait donc que Y + 1 suit une loi géométrique de paramètre 1 − e−λ . 1 e−λ et V (Y + 1) = −λ 1−e (1 − e−λ )2 Or E(Y + 1) = E(Y ) + 1 et V (Y + 1) = V (Y ) donc : d) Donc E (Y + 1) = E (Y ) = 1 e−λ − 1 et V (Y ) = −λ 1−e (1 − e−λ )2 2. a) Comme Y = [X] on a Z(Ω) = [0; 1[ b) Pour 0 6 x < 1, on applique la formule des probabilités totales avec (Y = k)k∈N comme système complet d’événements : P (Z 6 x) = = = = = +∞ X k=0 +∞ X k=0 +∞ X k=0 +∞ X k=0 +∞ X k=0 P ([Z 6 x] ∩ [Y = k]) P ([X − k 6 x] ∩ [[X] = k]) P ([k 6 X 6 k + x]) (F (k + x) − F (k)) (e−λk − e−λ(k+x) ) +∞ X = (1 − e−λx ) (e−λ )k k=0 = (1 − e−λx ) × 1 − e−λx 1 = 1 − e−λ 1 − e−λ car 0 < e−λ < 1 c) Notons G la fonction de répartition de Z. Par définition G(x) = P (Z 6 x). Donc : – G (x) = 0 si x < 0 ([Z < 0] est impossible) 1 − e−λx si x ∈ [0, 1[ – G (x) = 1 − e−λ – G (x) = 1 si x > 1 ([Z 6 1] est toujours vrai) G est continue et de classe C 1 sur R \ {0, 1} car constante ou composée de fonctions continues et C 1 . 1 − e−λ0 – en 0− on a lim− G (x) = lim− 0 = 0 et comme G (0) = = 0 alors G est continue en 0 1 − e−la x→0 x→0 1 − e−λ 1 − e−λx = = 1 = G (1) donc G continue en 1. – En 1− on a lim− G (x) = lim− −λ 1−e 1 − e−λ x→1 x→1 et G est continue sur R et C 1 sur R− {0, 1} Finalement Z est une variable à densité. On obtient une densité de Z en dérivant G. λe−λx si x ∈ [0, 1[ Une densité de Z est f (x) = 1 − e−λ 0 sinon EDHEC 2002 Page 1 Corrigé d) f est nulle en dehors de [0; 1[ et t → tf (t) est continue sur [0; 1[ et prolongeable par continuité en 1 donc est convergente et Z admet une espérance. De plus E(Z) = Z 1 tf (t) dt = 0 Z 1 t 0 λ = 1 − e−λ Z 1 Z +∞ tf (t) dt −∞ λe−λt dt 1 − e−λ te−λt dt intégration par parties 0 1 λ 1 −λt 1 −λt = − te − 2e 1 − e−λ λ λ 0 0 1 −λ 1 −λ λ − e − 1 e − = 1 − e−λ λ λ2 =− Donc E (Z) = 1 e−λ − λ 1 − e−λ On aurait pu passer par E (X) = 1 e−λ 1 + 1 − e−λ λ e−λ 1 1 −1= donc et E (Y ) = −λ λ 1−e 1 − e−λ E (Z) = E (X − Y ) = E (X) − E (Y ) = 1 e−λ − λ 1 − e−λ Mais on n’a pas le théorème dans le cours pour un mélange de variables discrètes et à densité. Exercice 2: 1. Yn est le nombre de n chaine de pile en n lancers. Or on peut avoir au plus une n chaine de pile qui se produit lorsqu’on obtient que des piles au cours des n lancers. Donc Yn (Ω) = {0; 1} et P (Yn = 1) = P (P1 P2 · · · Pn ) = pn car les lancers sont indépendants. Ainsi Yn suit une loi de Bernoulli de paramètre pn . On a donc E(Yn ) = pn . 2. Pour avoir Yn−1 = 1 il faut avoir une n − 1 chaine de pile. Il ne reste donc qu’un seul lancer où on doit obtenir face et cette apparition de face ne peut être qu’au début ou à la fin : (Yn−1 = 1) = [P1 . . . Pn−1 Fn ] ∪ [F1 P2 . . . Pn ] les deux sont incompatibles donc P (Yn−1 = 1) = P [P1 . . . Pn−1 Fn ] + P [F1 P2 . . . Pn ] les lancers sont indépendants donc P (Yn−1 = 1) = pn−1 q + qpn−1 = 2qpn−1 Ici encore on ne peut pas obtenir plus d’une n−-chaine parmi n lancers donc : E (Yn−1 ) = 0 × P (Yn−1 = 0) + 1 × P (Yn−1 = 1) = 2qpn−1 3. a) Avoir (X1,k = 1) signifie qu’une k chaine de ”pile” commence au premier lancer. On a donc (X1,k = 1) = P1 ∩ · · · ∩ Pk ∩ Fk+1 et les lancers après le k + 1-ième sont quelconques. Comme les lancers sont indépendants P (X1,k = 1) = P (P1 ) . . . P (Pk ) P (Fk+1 ) et donc P (X1,k = 1) = pk q. b) Pour i ∈ [[2, n − k]] avoir (Xi,k = 1) signifie qu’on a obtenu une k chaine à partir du lancer numéro i. On a donc obtenu face au lancer numéro i − 1, pile aux lancers i à i + k − 1, et face au lancer numéro i + k. On a donc (X1,k = 1) = Fi−1 ∩ Pi · · · ∩ Pk+i−1 ∩ Fk+i et comme les lancers sont indépendants alors : P (Xi,k = 1) = q 2 pk . c) Enfin pour Xn−k+1,k = 1, on a k ”pile” à partir du n − k + 1ème lancer donc jusqu’au nième et face juste avant : Donc (Xn−k+1,k = 1) = Fn−k ∩ Pn−k+1 ∩ · · · ∩ Pn donc P (Xn−k+1,k = 1) = qpk . d) Le nombre total de k listes de pile est la somme de celles qui commencent à 1, à 2 ... à n − k + 1 n−k+1 n−k+1 X X E (Xi,k ) Xi,k et E (Yk ) = Donc Yk = i=1 i=1 De plus pour i ∈ [[2, n − k]] : E (Xi,k ) = P (Xi,k = 1) = q 2 pk (loi de Bernoulli) EDHEC 2002 Page 2 Corrigé et de même E (X0,k ) = qpk et E (Xn−k+1,k ) = qpk Et E (Yk ) = n−k X k k 2 k qp + 2qp = q p i=2 = (n − k − 1) q 2 pk + 2qp n−k X 1 + 2qpk i=2 k Exercice 3: 1. a) • La fonction x → −x ln x est continue sur R+∗ et la fonction x → 1 + x2 est continue sur R et ne s’annule pas donc, par quotient de fonctions continues, x → f (x) est continue sur R+∗ . • De plus lim x ln x = 0 et lim 1 + x2 = 1 donc lim f (x) = 0 = f (0), donc f est continue en 0. x→0+ x→0+ x→0+ + • f est donc bien continue sur R . b) Sur R+ , x > 0 et 1 + x2 > 0 donc f est du signe de − ln x. Donc pour x ∈ [0; 1], f (x) > 0 et pour x ∈ [1; +∞[, f (x) 6 0. 2. Z Comme f est une fonction continue sur R+ elle est en particulier continue sur [0; x] pour tout x > 0 et donc l’intégrale x f (t) dt existe bien. F est donc bien définie sur R+ . 0 3. a) Comme f est continue sur R+ , F qui est une primitive de f est une fonction de classe C 1 et donc g est aussi de classe C 1 . Ainsi g est dérivable et comme F ′ (x) = f (x), on a pour x > 0 : g ′ (x) = f (x) − 1 = avec h(x) = ln x + −x ln x −xh(x) −1= 1 + x2 1 + x2 1 + x. x x2 + x − 1 . 2 √x √ −1 − 5 −1 + 5 2 Les racines de x + x − 1 sont x1 = et x2 = et il n’y a que x2 qui est positive. 2 # √ #2 "√ " 5−1 5−1 On en déduit donc que h est décroissante sur 0; et croissante sur ; +∞ . 2 2 ! √ 5−1 . • h est donc minorée par h 2 ! ! √ √ √ √ √ 5−1 5−1 5−1 5−1 2 1 De plus h = ln +√ + . Or 5 > 2 et donc > . Comme ln 2 2 2 2 2 5−1 ! √ 2 1 5−1 > 0, on a bien h > 0. − et √ 2 2 5−1 b) • h est dérivable sur ]0; +∞[ et h′ (x) = √ 5−1 2 ! > On en déduit donc que pour tout x > 0, h(x) > 0. c) De la question précédente, on peut déduire que g est strictement décroissante sur [0; +∞[ et donc g est majorée par g(0) = 0. Donc pour tout x > 0, g(x) 6 0 et g ne s’annule qu’en 0. 4. a) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : un ∈ [0; 1] est vraie pour tout entier n. • On a u0 = 1 ∈ [0; 1] donc P(0) est bien vraie. • Soit n un entier fixé. Supposons P(n) vraie. D’après la question 1. b) on sait que f est positive sur [0; 1] et comme un ∈ [0; 1], on a bien un+1 = Z un f (t) dt > 0. 0 De plus d’après la question 3. c), pour x > 0, F (x) 6 x donc F (un ) 6 un 6 1 et donc un+1 6 1. Ainsi P(n + 1) est vraie. • Grâce au principe de récurrence on a démontré que pour tout n ∈ N, un ∈ [0; 1]. b) D’après la question 3. c), F (un ) 6 un et donc un+1 6 un , c’est-à-dire que la suite (un ) est décroissante. c) La suite (un ) est décroissante et minorée par 0 donc converge vers un certain l > 0. l doit alors être un point fixe de F , et donc on doit avoir g(l) = 0. Ainsi d’après la question 3. c), l = 0. La suite (un ) converge vers 0. EDHEC 2002 Page 3 Corrigé Problème : Partie 1 : étude d’un ensemble de matrices 1. a) On a E = {aI + bJ + cK + dL/a, b, c, d ∈ R} = vect (I, J, K, L) donc E est un espace vectoriel. b) On cherche tous les réels a, b, c et d tels que aI + bJ + cK + dL = 0. Alors on trouve dans la ligne 1 a = 0, b = 0, c = 0 et d = 0. Donc la famille (I, J, K, L) est libre. c) D’après les deux questions précédentes, la famille (I, J, K, L) est libre et génératrice de E donc c’est une base de E. On a donc dim E = 4 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 2. a) On a J 2 = 0 1 0 0 0 1 0 0 = 1 0 0 0 = L 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 K2 = 0 0 0 1 0 0 0 1 = 1 0 0 0 = L 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 L2 = 1 0 0 0 1 0 0 0 = 0 0 1 0 = I 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 J 3 = J 2 J = LJ = 1 0 0 0 0 1 0 0 = 0 0 0 1 = K 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 K 3 = K 2K = 1 0 0 0 0 0 0 1 = 0 1 0 0 = J 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 Donc J 2 , K 2 , L2 , J 3 et L3 appartiennent à E. b) On a alors JK = JJ 3 = J 2 J 2 = L2 = I et KJ = J 3 J = I KL = KJ 2 = KJJ = IJ = J et LK = J 2 K = J JL = JK 2 = JKK = IK = K et LJ = K donc JK, KJ, KL, LK, JL et LJ appartiennent aussi à E. c) On considère 2 matrices de E : (aI + bJ + cK + dL) et (a′ I + b′ J + c′ K + d′ L). En développant le produit (aI + bJ + cK + dL)(a′ I + b′ J + c′ K + d′ L) on obtient une combinaison linéaire des matrices I, J, K, L, J 2 , K 2 , L2 , JK, KJ, JL, LJ, KL, LK qui sont toutes dans E. Donc le produit se trouve encore dans E. 3. a) L est une matrice symétrique donc diagonalisable. b) Comme nous devons ici rechercher les valeurs propres et en même temps donner les sous-espaces propres, nous allons ici appliquer la méthode matricielle et donc nous cherchons les valeurs de λ pour lesquelles le système LX = λX admet une infinité de solutions. z = λx −λx + z = 0 x y t = λy −λy + t = 0 ⇐⇒ (1) (L − λI) z = 0 ⇐⇒ x − λz = 0 x 1 − λ2 = 0 y − λt = 0 t y 1 − λ2 = 0 – Si (1 − λ2 ) 6= 0, c’est-à-direλ 6= 1 et λ 6= −1 alors (1) ⇐⇒ x = y = z = t = 0 et λ n’est pas valeur propre de L. z=x donc 1 est valeur propre et son sous-espace propre associé est : E1 = – Si λ = 1 alors (1) ⇐⇒ t=y 1 0 0 1 vect 1 , 0 0 1 z = −x – Si λ = −1 alors (1) ⇐⇒ donc −1 est valeur propre et son sous-espace propre associé est : E−1 = t = −y 1 0 0 1 vect −1 , 0 0 −1 EDHEC 2002 Page 4 Corrigé 4. a) Montrons tout d’abord que cette famille est libre. On cherche tous les réels (a, b, c, d) tels que a+b+c+d =0 a−b+c−d =0 a u1 + b u2 + c u3 + d u4 = 0 ⇔ a+b−c−d =0 a−b−c+d =0 a+b+c+d =0 −2b − 2d = 0 L2 − L1 ⇔ −2c − 2d = 0 L3 − L1 −2b − 2c = 0 L4 − L1 a+b+c+d =0 −2b − 2d = 0 ⇔ −2c − 2d = 0 −2c + 2d = 0 L4 − L2 a+b+c+d =0 −2b − 2d = 0 ⇔ −2c − 2d = 0 4d = 0 L4 − L3 ⇔a=b=c=d=0 Donc la famille (u1 , u2 , u3 , u4 ) est libre et c’est une famille de 4 vecteurs dans M4,1 (R) qui est un espace vectoriel de dimension 4. Donc cette famille est une base de M4,1 (R) b) On calcule les produits : 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 • L u1 = 1 0 0 0 1 = 1 = u1 donc u1 est un vecteur propre de L associé à la valeur propre 1. 0 1 0 0 1 1 • De même L u2 = u2 donc u2 est un vecteur propre de L associé à la valeur propre 1. • L u3 = −u3 et L u4 = −u4 donc u3 e u4 sont eux vecteurs propres de L associées à la valeur propre −1. 2 1 0 1 0 1 2 1 0 1 0 1 • (J + K)u1 = 0 1 0 1 1 = 2 = 2u1 donc u1 est un vecteur propre de J + K associé à la valeur 2 1 1 0 1 0 propre 2. • On a aussi (J + K) u2 = −2u2 , (J + K) u3 = 0 et (J + K) u4 = 0 donc u2 , u3 et u4 sont des vecteurs propres de J + K associés aux valeur propres respectives -2, 0 et 0. Partie 2 : étude d’un mouvement aléatoire 1. a) • Si on sait qu’à l’instant n on se trouve sur le sommet 1 alors on ne peut pas être sur le sommet 1 à l’instant n + 1, on peut se trouver sur le sommet 2 ou 3 chacun avec la probabilité p et sur le sommet 4 avec la probabilité 1 − 2p. Donc on a : P[Xn =1] (Xn+1 = 1) = 0 P[Xn =1] (Xn+1 = 2) = p P[Xn =1] (Xn+1 = 3) = 1 − 2p P[Xn =1] (Xn+1 = 4) = p • De même : P[Xn =2] (Xn+1 = 1) = p P[Xn =2] (Xn+1 = 2) = 0 P[Xn =2] (Xn+1 = 3) = p P[Xn =2] (Xn+1 = 4) = 1 − 2p P[Xn =3] (Xn+1 = 1) = 1 − 2p P[Xn =3] (Xn+1 = 2) = p P[Xn =4] (Xn+1 = 1) = p 0 p p 0 Donc A = 1 − 2p p p 1 − 2p 0 1 0 1 0 1 b) On a donc A = p 0 1 0 1 0 1 EDHEC 2002 P[Xn =3] (Xn+1 = 3) = 0 P[Xn =3] (Xn+1 = 4) = p P[Xn =4] (Xn+1 = 2) = 1 − 2p P[Xn =4] (Xn+1 = 3) = p P[Xn =4] (Xn+1 = 4) = 0 1 − 2p p p 1 − 2p . 0 p p 0 1 0 0 1 0 0 + (1 − 2p) 0 0 0 1 = p (J + K) + (1 − 2p) L 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 Page 5 Corrigé 2. a) • A u1 = (p (J + K) + (1 − 2p) L) u1 = p (J + K) u1 + (1 − 2p) L u1 = 2p u1 + (1 − 2p) u1 = u1 . Donc u1 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1. • A u2 = p (J + K) u2 + (1 − 2p) L u2 = −2p u2 + (1 − 2p) u2 = (1 − 4p) u2 . Donc u2 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 1 − 4p. • A u3 = p (J + K) u3 + (1 − 2p) L u3 = (2p − 1) u3 . Donc u3 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 2p − 1. • A u4 = p (J + K) u4 + (1 − 2p) L u4 = (2p − 1) u4 . Donc u4 est un vecteur propre de A associé à la valeur propre 2p − 1. Ainsi (u1 , u2 , u3 , u4 ) est une base de vecteurs propres de A et donc A est diagonalisable, c’est-à-dire qu’il existe une matrice P inversible et une matrice D diagonale telles que A + P DP −1 . 1 1 1 1 1 −1 1 −1 Avec P = 1 1 −1 −1 (matrice de passage de la base canonique de M4,1 (R) à la base de vecteurs propres de 1 −1 −1 1 1 0 0 0 0 1 − 4p 0 0 (matrice diagonale contenant les valeurs propres) on a bien A = P D P −1 . A) et D = 0 0 2p − 1 0 0 0 0 2p − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 0 0 0 1 −1 1 −1 1 −1 1 −1 0 4 0 0 b) P 2 = 1 1 −1 −1 1 1 −1 −1 = 0 0 4 0 = 4I 1 −1 −1 1 1 −1 −1 1 0 0 0 4 1 1 1 P = I et P P = I donc P est inversible et P −1 = P Donc P 4 4 4 3. a) La famille ([Xn = 1], [Xn = 2], [Xn = 3], [Xn = 4]) forme un système complet d’événements donc d’après la formule des probabilités totales : P (Xn+1 = 1) = P (Xn = 1) P[Xn =1] (Xn+1 = 1) + P (Xn = 2) P[Xn =2] (Xn+1 = 1) + P (Xn = 3) P[Xn =3] (Xn+1 = 1) + P (Xn = 4) P[Xn =4] (Xn+1 = 1) = pP (Xn = 2) + (1 − 2p)P (Xn = 3) + pP (Xn = 4) De même on obtient P (Xn+1 = 2) = pP (Xn = 1) + pP (Xn = 3) + (1 − 2p)P (Xn = 4) P (Xn+1 = 3) = (1 − 2p)P (Xn = 1) + pP (Xn = 2) + pP (Xn = 4) P (Xn+1 = 4) = pP (Xn = 1) + (1 − 2p)P (Xn = 2) + pP (Xn = 3) pP (Xn = 2) + (1 − 2p)P (Xn = 3) + pP (Xn = 4) pP (Xn = 1) + pP (Xn = 3) + (1 − 2p)P (Xn = 4) Donc Cn+1 = (1 − 2p)P (Xn = 1) + pP (Xn = 2) + pP (Xn = 4) = ACn pP (Xn = 1) + (1 − 2p)P (Xn = 2) + pP (Xn = 3) 1 b) Montrons par récurrence que la propriété P(n) : Cn = P Dn P C0 est vraie pour tout entier n. 4 1 • Rang 0 : Comme D0 = I et P P = I on a bien P(0) qui est vraie. 4 • Soit n une entier naturel. Supposons que P(n) est vraie. D’après la question précédente on a Cn+1 = ACn . Or A = 1 1 1 1 1 P DP et d’après l’hypothèse de récurrence Cn = P Dn P C0 donc Cn+1 = P DP × P Dn P C0 = P Dn+1 P C0 . 4 4 4 4 4 P(n + 1) est alors vraie. 1 On a donc démontré que pour tout entier n, Cn = P Dn P C0 . 4 1 0 On sait de plus qu’à l’instant 0 le pion se trouve sur le sommet 1 donc C0 = 0. 0 On a donc, en commençant le produit par la droite (il est 3 fois plus rapide de faire un produit matrice×colonne que matrices× matrice) : EDHEC 2002 Page 6 Corrigé Cn = = = = 1 1 1 1 1 0 1 1 −1 n 1 −1 PD 1 1 −1 −1 0 4 0 1 −1 −1 1 1 1 0 0 0 n 1 1 0 (1 − 4p) 0 0 P 1 0 (2p − 1)n 0 4 0 n 1 0 0 0 (2p − 1) 1 1 1 1 1 (1 − 4p)n 1 1 −1 1 −1 n 4 1 1 −1 −1 (2p − 1) n 1 −1 −1 1 (2p − 1) 1 + (1 − 4p)n + 2 (2p − 1)n n 1 1 − (1 − 4p) n n 4 1 + (1 − 4p) − 2 (2p − 1) 1 − (1 − 4p)n Et on a finalement P (Xn = 1) = P (Xn = 2) = P (Xn = 3) = P (Xn = 4) = EDHEC 2002 1 [1 + (1 − 4p)n + 2 (2p − 1)n ] 4 1 [1 − (1 − 4p)n ] 4 1 n n [1 + (1 − 4p) − 2 (2p − 1) ] 4 1 n [1 − (1 − 4p) ] 4 Page 7 Corrigé