doc - Baudrand

e m lyon 2005 option économique : corrigé rapide
exercice 1
1. Par définition, (I, J, K) est une famille génératrice de E. Or cette famille est libre, car xI + yJ +zK = 0
implique x = y = z = 0. Donc (I, J, K) est une base de E, donc E est de dimension 3.
2. J2 = K ; JK = KJ = K2 = 0.
3. a. I et J commutent, on peut appliquer la formule du binôme :
 n
0k
210kknnn J
2
n
J
1
n
J
0
n
JI
k
n
)JI(L
En effet, d'après 2, J3 = J2J = KJ = 0, et donc Jk = 0 pour tout k  3.
J0 = I, J1 = J, J2 = K, on obtient bien :
K
2)1n(n
nJILn
On pouvait faire aussi un raisonnement par récurrence.
b. L est inversible car c'est une matrice triangulaire sans zéros sur la diagonale.
La propriété à établir est acquise pour n entier positif ou nul, d'après 3. a. Soit donc n négatif. Alors –n est
positif, et on peut écrire, toujours d'après 3.a :
K
2)1n(n
nJIK
2)1n)(n(
nJIL n
On a par conséquent :
IK
2)1n(n
n
2)1n(n
I
00K
2)1n(n
0JnnJK
2)1n(n
nJI
K
2)1n(n
nJIK
2)1n(n
nJIK
2)1n(n
nJIL
2
22
n
Ceci prouve que L–n est inversible, d'inverse I + nJ + n(n – 1)/2 K. Or l'énoncé nous "rappelle" fort
opportunément que pour une matrice inversible M, M–k = (Mk)–1. Ici, L est inversible, donc L–n = (Ln)–1, et
donc, en prenant les inverses :
K
2)1n(n
nJILn
La propriété à établir est donc vraie pour n négatif, elle donc vraie pour tout entier relatif n.
c. L = I + J, donc J = L – I.
K = J2 = (L – I)2 = I – 2L + L2 (formule du binôme, L et –I commutent). Il vient :
22
2
2
2n
L
2)1n(n
L)nn2(I
22n3n
L
2)1n(n
L)1n(nnI
2)1n(n
n1
)LL2I(
2)1n(n
)IL(nIL
Ça marche avec n = 0, n = 1, n = 2, ce qui est plutôt bon signe…
4. Le but des concepteurs est-il de décourager définitivement les candidats (et leurs professeurs) de la
méthode du pivot ?
Sur la matrice A – I, les manipulations L1  L3, puis L2  2L2 – L1, L3  2L3 + L1 conduisent à la
matrice
)2)(1(340
1320
332

La manipulation L3  L3 – (– + 2)L2 fournit alors
0)1(20
1320
332
2
2 +  + 1 n'est jamais nul (discriminant négatif), on obtient donc, en explicitant le système d'équations :
0y
0z)1(
0z)3(x2
Si  = 1, le système a des solutions non nulles, donc 1 est valeur propres. Si   1, on obtient x = y = z = 0.
Donc 1 est l'unique valeur propre de A.
Si f était diagonalisable avec 1 pour seule valeur propre, on aurait A = PIP–1 = I. Or A  I, donc A n'est pas
diagonalisable.
5. a. La matrice f – e dans la base canonique est la matrice
232
111
121
IA
)2,1,1()w)(ef(vdonc
2
1
1
0
0
1
232
111
121
)1,0,1()v)(ef(udonc
1
0
1
2
1
1
232
111
121
xu + yv + zw = 0  x = y = z = 0. La famille (u, v, w) est donc libre. Comme R3 est de dimension 3, il en
résulte que (u, v, w) est une base de R3.
b. Il faut calculer f(u), f(v), f(w). Pour calculer f(u), le plus simple est de multiplier la matrice de f dans la
base canonique par la matrice de u dans cette même base, on trouve f(u) = …u. Pour f(v) et f(w), on peut
faire de même, on peut aussi écrire
v = (f – e)(w), donc v = f(w) – w, donc f(w) = v + w.
De même f(v) = u + v.
On obtient donc la matrice de f dans la base (u, v, w). Il s'agit de la matrice … L !
c. L est inversible d'après 3. b, et d'après 3. c , on a, pour tout entier relatif n :
22
2
nf
2)1n(n
f)nn2(e
22n3n
f
(Tout le monde sait, bien entendu, que f n désigne l'endomorphisme f o f o … o f si n est positif, etc…)
exercice 2
1. sur ]0, +[, f est strictement décroissante, sa limite à droite en 0 est 1 sa limite en + est 0.
2. f est positive ou nulle sur R, continue sur ]0, +[ (quotient de deux fonctions continues avec le
dénominateur qui ne s'annule pas) et sur ]-, 0[ (fonction nulle). Enfin :
11
1x1
lim
1t 1
limdt
)1t( 1
limdt
)1t( 1
dt)t(f x
x
0
x
x
02
x
02
Donc f est une densité de probabilité.
3. C'est fait :
1x1
1dt)t(f,0xSi;0dt)t(f,0xSi xx
4.

1x21x
2
1
1x1 2
1
1x1
11dt)t(f
0
5. a.
1dt)t(flim)u(lim;0dt)t(f)0( x
x
u
x
x
x  
b. Avec 0 < u < v :
 vx vx
vx
ux
ux
ux
ux
ux
vx
vx
ux
ux
vx
vx
xx dt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(f)u()v(
car on ajoute une intégrale négative (x – u > x – v et f > 0). On obtient donc
 vx
ux
xx dt)t(f)u()v(
Cette intégrale est strictement positive car x + u < x + v et f > 0 (faut-il établir en détail cette stricte
positivité ?), donc x est strictement croissante sur [0, + [. On aurait pu établir ce résultat de manière plus
simple en écrivant
)u(dt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(fdt)t(f)v( x
ux
ux
vx
ux
ux
ux
ux
vx
vx
vx
x  
avec la même difficulté quant à l'inégalité stricte.
c. x est continue et strictement croissante sur [0, +[, x(0) = 0 et lim u+ x(u) = 1, donc x réalise une
bijection de [0, +[ sur [0, 1[. Le nombre 1/2 appartient à l'intervalle [0, 1[, donc l'équation x(u) = 1/2
admet une solution unique dans [0, +[.
Oui, U(x) est l'unique solution de l'équation x(u) = 1/2…
6. a. Pour 0  x <1/2, on a 2x – 1 < 0, donc
2
1
dt)t(fdt)t(fdt)t(f 1
0
1
1x2
)x1(x
)x1(x   
d'après le 4. Donc U(x) = 1 – x si 0  x < 1/2.
b. Pour x  1/2, on a 2x  1, et comme f est positive, il vient
2
1
dt)t(fdt)t(f)x( 1
0
x2
0
x 
x(x)  1/2 ; x( U(x) ) = 1/2 ; x est strictement croissante ; donc x  U(x), x – U(x)  0.
On peut donc écrire :
2
1
)]Ux[)1x( )x(U2
2
1
)]Ux[)1x( 1)x(Ux1)x(Ux
2
1
1)x(Ux 1 1)x(Ux 1 2
1
1t 1 2
1
dt
)1t( 1
dt)t(f
2222
)x(Ux
)x(Ux
)x(Ux
)x(Ux 2
)x(Ux
)x(Ux
 [U(x)]2 + 4U(x) – (x + 1)2 = 0
Le discriminant de cette équation du second degré est 16 + 4(x +1)2 = 4( 4 + (x + 1)2 ), positif. Une des
solutions de cette équation est négative, l'autre est U(x). on obtient bien, après simplification :
2)1x(4)x(U 2
Faut le voir pour le croire !
7. a. U est continue sur ]0, 1/2[ et sur ]1/2, +[, comme somme de fonctions continues. En 1/2, la limite à
gauche de U est égale à la limite à droite, donc U est continue en 1/2. U est donc continue sur [0, +[.
b. U est dérivable sur ]0, 1/2[ et sur ]1/2, +[, comme somme de fonctions dérivables.
Pour la dérivabilité en 1/2 :
5
3
)x('Ulim,
)1x(4
1x
)x('U,2)1x(4)x(U,2/1xSi
1)x('Ulim,1)x('U,x1)x(U,
2
1
xSi
2
1
x
2
2
2
1
x
Et on va dire que c'est suffisant pour montrer que U n'est pas dérivable en 1/2.

c. La technique de la quantité conjuguée…
0
)1x()1x(4
4
)1x()1x(4
)1x()1x(4
)1x()1x(4
)1x()1x(4)1x()1x(4
)1x()1x(4)1x(2)1x(4)1x()x(U
x
22
2
2
2
2
22
22
D'où la conclusion, la droite d'équation y = x – 1 est asymptote à la courbe représentative de U.
d. U est décroissante sur [0, 1/2], croissante sur [1/2, +[, son minimum est 1/2, atteint en 1/2.
8. a. a0 = 1  1/2 et si an  1/2, alors an+1 = U(an)  1/2 car le minimum de U est 1/2. La propriété est établie
par récurrence.
b. Pour tout n dans N, an  [1/2, +[, et U est croissante sur [1/2, +[, donc la suite (an) est monotone.
a1 = U(a0) = u(1) = 22 – 2  1 = a0 car 22  3 car 2  3/2 car 2  9/4… Donc la suite (an) est
décroissante.
c. (an) est décroissante et minorée par 1/2, elle est donc convergente. Sa limite est un point fixe de U, car U
est continue ; 1/2 est un point fixe de U, mais est-ce le seul ? Oui ! car si 0  x < 1/2, U(x) = 1 – x  x ; et si
x  1/2,
2
1
x1x24x4x1x2x4
)2x()x1(42x)x1(4x2)x1(4x)x(U
22
2222
On peut donc conclure que (an) converge vers 1/2.
d.
program eml05;
var n:integer;a:real;
BEGIN
n:=0;a:=1;
repeat n:=n+1;a:=sqrt(4+sqr(a+1))-2; until 0.5-a < 1.e-6;
writeln(n);
END.
(La suite (an) est décroissante et converge vers 1/2, la valeur absolue de an – 1/2 est donc égale à 1/2 – an.)
Un exercice bien tordu, tout de même…
exercice 3
1. a. Pour tout k  N*, (Tn = k) = E1  E2  …  Ek–1  Sk, donc, par indépendance des épreuves :
P(Tn = k) = xk (1 – x).
Tn suit donc la loi géométrique de paramètre 1 – x, et
2
nn )x1( x
)T(V;
x1 1
)T(E 
b. Les épreuves successives sont indépendantes, donc les Ti le sont.
c. La linéarité de l'espérance donne le premier résultat, le fait que les Ti soient indépendantes donne le
deuxième.
d. La loi de Pascal n'est pas au programme, il serait bon que l'énoncé donne un minimum d'indications…
(Sn = k) est l'intersection des deux événements indépendants A et B, avec
A : " n – 1 succès au cours des k – 1 premières épreuves", de probabilité
nk1n)1n(1k1n x)x1(
1n
1k
x)x1(
1n
1k
)A(P  
car les épreuves sont indépendantes ;
B : " succès à la k-ème épreuve, probabilité P(B) = 1 – x.

On obtient donc
nkn
nx)x1(
1n
1k
)kS(P 
e. Dans les limites du programme, on ne peut pas dire grand'chose de la somme proposée… L'énoncé nous
dit que Sn est une variable aléatoire, il faut le croire sur parole ! La première chose que l'on fait dans l'étude
de la loi géométrique, après sa définition, c'est de montrer que l'on a bien une loi de probabilité. Ici l'énoncé
met la charrue avant les bœufs, nous demande – implicitement – d'admettre que Sn est une variable aléatoire,
puis de conclure quant au résultat qui permet d'affirmer que Sn est une variable aléatoire !
Bref, en admettant que Sn est une variable aléatoire, comme elle prend ses valeurs dans [[n, +[[, on a
nk n
n
nk
knkn
nk n)x1( x
x
1n
1k
;1x)x1(
1n
1k
;1)kS(P
en multipliant les deux cotés de l'égalité par xn/(1 – x)n.
2. a. X est le temps d'attente du premier succès lors d'épreuves identiques et indépendantes, donc X suit la
loi géométrique de paramètre p.
Certes le programme mentionne les "lois conditionnelles", mais dans le cadre de la loi d'un couple, au même
titre que les lois marginales. Sachant X = k, Y est alors le nombre de succès lors de k épreuves identiques et
indépendantes, le loi conditionnelle de Y sachant X = k est donc la loi binomiale de paramètres k et p.
b. Y peut prendre toute valeur dans N.
c. On utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements (X = n)n  N* :
q1 q )q1(p pq )q1)(q1( q11 q
p
1
q1 1
q
p
)q(
q
p
pqpqq)kX(P)0Y(P)0YkX(P)0Y(P
2
2
1k
k2
1k
1k2
1k
1kk
1k )kX( 1k
d. Même formule, avec le même système complet d'événements. La somme démarre valablement à k = n.
nk
k2
1n
1n
nk
1nk21n
nk
1knkn
nk )kX( q
n
k
q
p
qp
n
k
pqqp
n
k
)kX(P)nY(P)nY(P
Pour comprendre comment utiliser le 1.e, le mieux est d'expliciter. Le 1.e nous dit
n
n
2n1nn )x1( x
...x
1n
1n
x
1n
n
x
1n
1n
On peut donc écrire :
1n2
1n2
2
3n
2
2n
21n2
2
2n
2
1n
2n2
nk
k2
)q1( )q( q
1
...q
n
2n
q
n
1n
)q(
n
n
q
1
...q
n
2n
q
n
1n
)q(
n
n
q
n
k
Maintenant on reporte :
1n
2
1n
2
1n
2
1n
2
2
2q1 q
)q1( 1
q1 q
q
1
)q1)(q1( pq
q
1
q1 q
q
p
q
1
)nY(P