Corrigé : EDHEC 2002

Corrig´ e : EDHEC 2002
Option ´ economique
Exercice 1:
1. a) Comme Xprend ses valeurs dans R+on a Y(Ω) = N.
b) Notons Fla fonction de r´epartition de X. On a pour tout x>0, F(x) = 1 −e−λx
Soit k∈N∗on a
P(Y=k−1) = P(k−16X6k) = 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 g´eom´etrique de param`etre 1 −e−λ.
d) Donc E(Y+ 1) = 1
1−e−λet V(Y+ 1) = e−λ (1 −e−λ)2
Or E(Y+ 1) = E(Y) + 1 et V(Y+ 1) = V(Y) donc :
E(Y) = 1
1−e−λ−1 et V(Y) = e−λ (1 −e−λ)2
2. a) Comme Y= [X] on a Z(Ω) = [0; 1[
b) Pour 0 6x < 1, on applique la formule des probabilit´es totales avec (Y=k)k∈Ncomme syst`eme complet
d’´ev´enements :
P(Z6x) =
+∞
X
k=0
P([Z6x]∩[Y=k])
=
+∞
X
k=0
P([X−k6x]∩[[X] = k])
=
+∞
X
k=0
P([k6X6k+x])
=
+∞
X
k=0
(F(k+x)−F(k))
=
+∞
X
k=0
(e−λk −e−λ(k+x))
= (1 −e−λx)
+∞
X
k=0
(e−λ)k
= (1 −e−λx)×1
1−e−λ=1−e−λx 1−e−λcar 0 < e−λ<1
c) Notons Gla fonction de r´epartition de Z. Par d´efinition G(x) = P(Z6x). Donc :
–G(x) = 0 si x < 0 ([Z < 0] est impossible)
–G(x) = 1−e−λx
1−e−λsi x∈[0,1[
–G(x) = 1 si x>1 ([Z61] est toujours vrai)
Gest continue et de classe C1sur R\ {0,1}car constante ou compos´ee de fonctions continues et C1.
– en 0−on a lim
x→0−
G(x) = lim
x→0−
0 = 0 et comme G(0) = 1−e−λ0
1−e−la = 0 alors Gest continue en 0
– En 1−on a lim
x→1−
G(x) = lim
x→1−
1−e−λx
1−e−λ=1−e−λ 1−e−λ= 1 = G(1) donc Gcontinue en 1.
et Gest continue sur Ret C1sur R−{0,1}
Finalement Zest une variable `a densit´e.
On obtient une densit´e de Zen d´erivant G.
Une densit´e de Zest f(x) = 
λe−λx
1−e−λsi x∈[0,1[
0 sinon
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d) fest nulle en dehors de [0; 1[ et t→tf(t) est continue sur [0; 1[ et prolongeable par continuit´e en 1 donc Z+∞
−∞
tf(t)dt
est convergente et Zadmet une esp´erance. De plus
E(Z) = Z1
0
tf (t)dt =Z1
0
tλe−λt
1−e−λdt
=λ
1−e−λZ1
0
te−λtdt int´egration par parties
=λ
1−e−λ−1 λte−λt1
0−1
λ2e−λt1
0
=λ
1−e−λ−1 λe−λ−1 λ2e−λ−1
=−e−λ
1−e−λ+1 λ
Donc E(Z) = 1
λ−e−λ 1−e−λ
On aurait pu passer par E(X) = 1
λet E(Y) = 1 1−e−λ−1 = e−λ 1−e−λdonc
E(Z) = E(X−Y) = E(X)−E(Y) = 1
λ−e−λ 1−e−λ
Mais on n’a pas le th´eor`eme dans le cours pour un m´elange de variables discr`etes et `a densit´e.
Exercice 2:
1. Ynest le nombre de nchaine de pile en nlancers.
Or on peut avoir au plus une nchaine de pile qui se produit lorsqu’on obtient que des piles au cours des nlancers.
Donc Yn(Ω) = {0; 1}et P(Yn= 1) = P(P1P2···Pn) = pncar les lancers sont ind´ependants.
Ainsi Ynsuit une loi de Bernoulli de param`etre 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 o`u on doit obtenir face et
cette apparition de face ne peut ˆetre qu’au d´ebut ou `a la fin :
(Yn−1= 1) = [P1...Pn−1Fn]∪[F1P2...Pn] les deux sont incompatibles donc
P(Yn−1= 1) = P[P1...Pn−1Fn] + P[F1P2...Pn] les lancers sont ind´ependants donc
P(Yn−1= 1) = pn−1q+qpn−1= 2qpn−1
Ici encore on ne peut pas obtenir plus d’une n−-chaine parmi nlancers 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 kchaine de ”pile” commence au premier lancer. On a donc (X1,k = 1) = P1∩···∩
Pk∩Fk+1 et les lancers apr`es le k+ 1-i`eme sont quelconques. Comme les lancers sont ind´ependants P(X1,k = 1) =
P(P1). . . P (Pk)P(Fk+1) et donc P(X1,k = 1) = pkq.
b) Pour i∈[[2, n −k]] avoir (Xi,k = 1) signifie qu’on a obtenu une kchaine `a partir du lancer num´ero i. On a donc
obtenu face au lancer num´ero i−1, pile aux lancers i`a i+k−1, et face au lancer num´ero i+k. On a donc
(X1,k = 1) = Fi−1∩Pi··· ∩ Pk+i−1∩Fk+iet comme les lancers sont ind´ependants alors :
P(Xi,k = 1) = q2pk.
c) Enfin pour Xn−k+1,k = 1,on a k”pile” `a partir du n−k+ 1`eme lancer donc jusqu’au ni`eme et face juste avant :
Donc (Xn−k+1,k = 1) = Fn−k∩Pn−k+1 ∩ ··· ∩ Pndonc
P(Xn−k+1,k = 1) = qpk.
d) Le nombre total de klistes de pile est la somme de celles qui commencent `a 1, `a 2 ... `a n−k+ 1
Donc Yk=
n−k+1
X
i=1
Xi,k et E(Yk) =
n−k+1
X
i=1
E(Xi,k)
De plus pour i∈[[2, n −k]] : E(Xi,k) = P(Xi,k = 1) = q2pk(loi de Bernoulli)
EDHEC 2002 Page 2 Corrig´e

et de mˆeme E(X0,k) = qpket E(Xn−k+1,k ) = qpk
Et
E(Yk) =
n−k
X
i=2
qpk+ 2qpk=q2pk
n−k
X
i=2
1 + 2qpk
= (n−k−1) q2pk+ 2qpk
Exercice 3:
1. a) •La fonction x→ −xln xest continue sur R+∗et la fonction x→1 + x2est continue sur Ret ne s’annule pas donc,
par quotient de fonctions continues, x→f(x) est continue sur R+∗.
•De plus lim
x→0+xln x= 0 et lim
x→0+1 + x2= 1 donc lim
x→0+f(x) = 0 = f(0), donc fest continue en 0.
•fest donc bien continue sur R+.
b) Sur R+,x>0 et 1 + x2>0 donc fest du signe de −ln x.
Donc pour x∈[0; 1], f(x)>0 et pour x∈[1; +∞[, f(x)60.
2. Comme fest une fonction continue sur R+elle est en particulier continue sur [0; x] pour tout x>0 et donc l’int´egrale
Zx
0
f(t)dt existe bien. Fest donc bien d´efinie sur R+.
3. a) Comme fest continue sur R+,Fqui est une primitive de fest une fonction de classe C1et donc gest aussi de
classe C1. Ainsi gest d´erivable et comme F′(x) = f(x), on a pour x > 0 :
g′(x) = f(x)−1 = −xln x
1 + x2−1 = −xh(x) 1 + x2
avec h(x) = ln x+1
x+x.
b) •hest d´erivable sur ]0; +∞[ et h′(x) = x2+x−1
x2.
Les racines de x2+x−1 sont x1=−1−√5
2et x2=−1 + √5 2et il n’y a que x2qui est positive.
On en d´eduit donc que hest d´ecroissante sur #0; √5−1
2#et croissante sur "√5−1 2; +∞".
•hest donc minor´ee par h √5−1
2!.
De plus h √5−1
2!= ln √5−1 2!+2
√5−1+√5−1
2. Or √5>2 et donc √5−1 2>1 2. Comme ln √5−1 2!>
−1
2et 2
√5−1>0, on a bien h √5−1
2!>0.
On en d´eduit donc que pour tout x > 0, h(x)>0.
c) De la question pr´ec´edente, on peut d´eduire que gest strictement d´ecroissante sur [0; +∞[ et donc gest major´ee par
g(0) = 0.
Donc pour tout x>0, g(x)60 et gne s’annule qu’en 0.
4. a) Montrons par r´ecurrence que la propri´et´e P(n) : un∈[0; 1] est vraie pour tout entier n.
•On a u0= 1 ∈[0; 1] donc P(0) est bien vraie.
•Soit nun entier fix´e. Supposons P(n) vraie.
D’apr`es la question 1. b) on sait que fest positive sur [0; 1] et comme un∈[0; 1], on a bien un+1 =Zun
0
f(t)dt >0.
De plus d’apr`es la question 3. c), pour x>0, F(x)6xdonc F(un)6un61 et donc un+1 61. Ainsi P(n+ 1) est
vraie.
•Grˆace au principe de r´ecurrence on a d´emontr´e que pour tout n∈N,un∈[0; 1].
b) D’apr`es la question 3. c), F(un)6unet donc un+1 6un, c’est-`a-dire que la suite (un) est d´ecroissante.
c) La suite (un) est d´ecroissante et minor´ee par 0 donc converge vers un certain l>0. ldoit alors ˆetre un point fixe
de F, et donc on doit avoir g(l) = 0. Ainsi d’apr`es la question 3. c), l= 0.
La suite (un) converge vers 0.
EDHEC 2002 Page 3 Corrig´e

Probl`eme :
Partie 1 : ´etude 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 Eest un espace vectoriel.
b) On cherche tous les r´eels a,b,cet dtels 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’apr`es les deux questions pr´ec´edentes, la famille (I, J, K, L) est libre et g´en´eratrice de Edonc c’est une base de E.
On a donc dim E= 4
2. a) On a J2=
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
=L
K2=
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
=L
L2=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
=
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
=I
J3=J2J=LJ =
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
=
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
=K
K3=K2K=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
=
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
=J
Donc J2,K2,L2,J3et L3appartiennent `a E.
b) On a alors JK =JJ3=J2J2=L2=Iet KJ =J3J=I
KL =KJ2=KJJ =IJ =Jet LK =J2K=J
JL =JK2=JKK =IK =Ket LJ =K
donc JK,KJ,KL,LK,JL et LJ appartiennent aussi `a E.
c) On consid`ere 2 matrices de E: (aI +bJ +cK +dL) et (a′I+b′J+c′K+d′L). En d´eveloppant le produit (aI +
bJ +cK +dL)(a′I+b′J+c′K+d′L) on obtient une combinaison lin´eaire des matrices I, J, K,L,J2,K2,L2,
JK,KJ,JL,LJ,KL,LK qui sont toutes dans E.
Donc le produit se trouve encore dans E.
3. a) Lest une matrice sym´etrique donc diagonalisable.
b) Comme nous devons ici rechercher les valeurs propres et en mˆeme temps donner les sous-espaces propres, nous allons
ici appliquer la m´ethode matricielle et donc nous cherchons les valeurs de λpour lesquelles le syst`eme LX =λX
admet une infinit´e de solutions.
(L−λI)
x
y
z
t
= 0 ⇐⇒ 
−λx +z= 0
−λy +t= 0
x−λz = 0
y−λt = 0
⇐⇒ (1) 
z=λx
t=λy
x1−λ2= 0
y1−λ2= 0
– Si (1 −λ2)6= 0, c’est-`a-dire λ6= 1 et λ6=−1 alors (1) ⇐⇒ x=y=z=t= 0 et λn’est pas valeur propre de L.
– Si λ= 1 alors (1) ⇐⇒ z=x
t=ydonc 1 est valeur propre et son sous-espace propre associ´e est : E1=
vect 
1
0
1
0
,
0
1
0
1
– Si λ=−1 alors (1) ⇐⇒ z=−x
t=−ydonc −1 est valeur propre et son sous-espace propre associ´e est : E−1=
vect 
1
0
−1
0
,
0
1
0
−1
EDHEC 2002 Page 4 Corrig´e

4. a) Montrons tout d’abord que cette famille est libre. On cherche tous les r´eels (a, b, c, d) tels que
a u1+b u2+c u3+d u4= 0 ⇔
a+b+c+d= 0
a−b+c−d= 0
a+b−c−d= 0
a−b−c+d= 0
⇔
a+b+c+d= 0
−2b−2d= 0
−2c−2d= 0
−2b−2c= 0
L2−L1
L3−L1
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 :
•L u1=
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
1
1
1
1
=
1
1
1
1
=u1donc u1est un vecteur propre de Lassoci´e `a la valeur propre 1.
•De mˆeme L u2=u2donc u2est un vecteur propre de Lassoci´e `a la valeur propre 1.
•L u3=−u3et L u4=−u4donc u3eu4sont eux vecteurs propres de Lassoci´ees `a la valeur propre −1.
•(J+K)u1=
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
1
1
1
1
=
2
2
2
2
= 2u1donc u1est un vecteur propre de J+Kassoci´e `a la valeur
propre 2.
•On a aussi (J+K)u2=−2u2, (J+K)u3= 0 et (J+K)u4= 0 donc u2,u3et u4sont des vecteurs propres de
J+Kassoci´es aux valeur propres respectives -2, 0 et 0.
Partie 2 : ´etude d’un mouvement al´eatoire
1. a) •Si on sait qu’`a l’instant non se trouve sur le sommet 1 alors on ne peut pas ˆetre sur le sommet 1 `a l’instant n+ 1,
on peut se trouver sur le sommet 2 ou 3 chacun avec la probabilit´e pet sur le sommet 4 avec la probabilit´e 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 mˆeme :
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=3](Xn+1 = 3) = 0 P[Xn=3](Xn+1 = 4) = p
P[Xn=4](Xn+1 = 1) = p P[Xn=4](Xn+1 = 2) = 1 −2p P[Xn=4](Xn+1 = 3) = p P[Xn=4](Xn+1 = 4) = 0
Donc A=
0p1−2p p
p0p1−2p
1−2p p 0p
p1−2p p 0
.
b) On a donc A=p
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
+ (1 −2p)
0 0 1 0
0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
=p(J+K) + (1 −2p)L
EDHEC 2002 Page 5 Corrig´e