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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
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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)
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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.
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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
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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
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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
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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
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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
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Corrigé