ecricome 2008 option économique : corrigé – pas si
1
ecricome 2008 option économique : corrigé – pas si rapide que ça
exercice 1
1°) Pour tout couple , de réels, ,. est l’ensemble des combinaisons linéaires
des matrices ,, donc un sous-espace vectoriel de , et , est une famille génératrice de .
2°) Or cette famille est libre : 0,00. Il en résulte qu’il s’agit
d’une base de , et que est de dimension 2.
3°) Le système d’équations est équivalent à l’unique équation
20
dont l’ensemble des solutions est Vect1,1,0,2,0,1.
Le système d’équations 2 est équivalent au système
20
2340
0
dont l’ensemble des solutions est Vect1,2,1.
1 et 2 sont deux valeurs propres de , la somme des dimensions des sous-espaces propres de
associées à ces deux valeurs propres est égale à 3, ce qui permet de dire que est diagonalisable.
4°) La théorie du changement de base et les contraintes de l’énoncé donnent avec
200
010
001
, 112
210
1 0 1
La méthode du pivot aboutit à
112
2 3 4
111
5°) Surtout, ne pas faire le calcul , ! On utilise ,, et on a, en appelant
,, les trois vecteurs colonne de :
,
avec 2,1. Ce qui prouve que , est diagonalisable, puisque ,, sont des
vecteurs propres de , pour les valeurs propres 2,,, et qu’ils forment une base
de ,. Le théorie du changement de base assure alors que ,, est une
matrice diagonale, les éléments de la diagonale étant 2,,.
6°) , et , ont les mêmes valeurs propres, par conséquent , est inversible ssi 0 n’est
pas valeur propre de ,, ssi 0 n’est pas valeur propre de ,, ssi , est inversible.
Les valeurs propres de , ( et de , ) sont 2,, par conséquent , est
inversible ssi 20 et 0.
7°) ,,, ,
,21et1
21et1ou21et1
ou21et1ou21et1
On trouve donc 4 couples de solutions , : 1,0;3,2;3,2;1,0, puis les 4 matrices
,, correspondantes.
exercice 2
2.1
1. Retour en fanfare du « domaine de définition ».
,1ln est défini ssi 0. Pour la représentation graphique, vous avez dû voir
ce genre de choses en des temps anciens (régionnement du plan). On trace la droite d’équation
0 ; la « deuxième bissectrice » ? ), et on hachure le demi-plan « au-dessus » de
cette droite, plus présisément celui qui contient le point 1,0 par exemple.
2.
;
. Sur l’ouvert , et ne sont jamais égales à 0. La fonction n’admet donc
pas de point critique sur l’ouvert , et par conséquent n’a pas d’extremum sur cet ouvert. Bien
préciser, comme y invitait un rapport de jury récent, que est un ouvert, les théorèmes sur la
recherche des extrema ( 0,0, etc) s’appliquent pour des ouverts…
2.2
1. 1ln1 est défini ssi 10, c'est-à-dire sur 1,∞.
2
2. Bon, ça devrait aller : 1ln11
2
avec de limite nulle en 0.
3. Pour l’équation de la tangente, pas besoin de D.L :
;01. La tangente à au
point d’abscisse 0 a donc pour équation
0
00;1;1
Pour la position de la courbe par rapport à la tangente, oui :
1
21
2
est du signe de –
, c'est-à-dire négatif, au voisinage de 0, car est négligeable devant –
au
voisinage de 0.
La courbe est donc en dessous de sa tangente au point d’abscisse 0, au voisinage de ce point.
4. lim1∞, donc lim∞.
1
ln1
1
ln11
1
ln
ln11
(Prudence avec l’utilisation des équivalents quand il y a des logarithmes…)
Donc lim
0
Ces deux résultats permettent de dire que admet une branche parabolique de direction l’axe des
abscisses. Là aussi un grand retour !
2.3
1. La fonction :1ln est continue (somme de fonctions continues) et strictement
croissante (car
1
0 sur 0,∞ ).
01ln0 ; lim∞ car ln
.
Donc l’équation 0 admet une solution unique sur 0,∞, donc l’équation
admet une unique solution sur 0,∞.
2. 1ln. Par définition de , 1ln10.
On en déduit 1ln10, et par conséquent
1lnln1ln 0 car ln est
strictement croissante.
0;0; strictement croissante. Donc , pour tout . donc la
suite est strictement croissante.
3. 1lnlnln1ln0 car ln est strictement croissante ; 0 ; est
strictement croissante. Donc 1ln. lim1ln∞, donc lim∞.
2.4
1. La propriété à établir est vraie pour 0 car 11. Supposons la propriété vraie pour fixé
dans N. Alors
1 car 1ln1 est strictement croissante sur
0,∞. Donc 1ln21 : la propriété est vraie pour 1.
On en conclut : ,1.
2. et appartiennent à l’intervalle 1,∞. Sur cet intervalle,
||
. La
formule des accroissements finis donne alors :
|
|1
2||;||1
2||;
puis le résultat annoncé, par récurrence : |||1|1312
, et si
||
,alors||
||
.
3. Si
10, alors on aura ||10 d’après la question précédente. Or
1
2 10 1ln1
24ln1014ln10
ln2 4ln10
ln2
1Ent
convient donc. (Ent : partie entière).
3
4.
program ecr2008 ;
var n0,k:integer;u:real;
BEGIN
n0 :=1+Ent(4*ln(10)/ln(2)) ;
u:=1;
for k:=1 to n0 do u:= 1+ln(u+1);
writeln(n0,u);
END.
exercice 3
3.1
1. est le nombre de succès lors de épreuves identiques et indépendantes, la probabilité du succès
à chaque épreuve étant 1/10. Donc
, 1
10;E
10;V
109
109
100
2. 3 : on gagne 3 euros par partie gagnée, à quoi il faut enlever 1 euro de mise par
partie jouée.
On en déduit, en utilisant les célébrissimes formules EE,VV :
E3E7
10;V9V81
100
3. a. a une espérance égale à 6, on a donc approximativement 6.
b. Laissons tomber … En jouant 60 parties, le joueur a déjà perdu 60 euros. Pour qu’il perde moins
de 50 euros, il faut et il suffit qu’il gagne au moins 4 parties (à 3 euros la partie gagnante). On cherche
donc la probabilité de l’événement 4 :
P41P310,15120,8488 approximativement.
Il ne faut pas désespérer du hasard…
3.2
1. est positive ou nulle, continue sur ]0, 1[ (fonction affine), et sur ]−∞ , 0[ et ]1 , +∞ [ (fonction
nulle). Enfin, est nulle en dehors de [0 , 1], donc
d
2d
1
est donc bien une densité de probabilité.
est nulle en dehors de [0 , 1], donc
0si 0 ; 1 si 1 ; 2d
si 01.
2. est nulle en dehors de [0 , 1], donc
Ed
2d
2
3
2
3
3. .
4. Pour tout réel, P1PM1P car les sont
indépendantes et de même loi.
P1110si0
1si01
11si1 , donc
110si0
11si01
1si1
est continue sur R et de classe sur 0,1, donc 11 est continue sur R
et de classe sur 0,1. est donc une variable aléatoire à densité, et on a
0si0;
23161si01;
0si1
admet donc pour densité par exemple la fonction telle que
61si01
0sinon
4
5. Le joueur gagne la partie ssi
, donc avec la probabilité
P1
5P1
5
1
5124
25
3.3
Jusqu’ici l’énoncé a donné lieu à des calculs simples et classiques, il va se rattraper maintenant !
1. Au minimum, 1 si toutes les boules tombent dans la même case. Au maximum, si les boules
tombent toutes dans des case différentes, si , si .
On a donc Ω1,Min,.
2. : on lance une boule, qui va occuper une case ! 1, variable aéatoire certaine.
: on lance deux boules, qui vont occuper une ou deux cases. 1 ssi la deuxième boule tombe
dans la même case que la première, donc P1
, et P21
.
3. 1 : les deuxième, troisième, …, -ème boule vont tomber dans la même case que la
première boule ! Probabilité P1
2 : Glurps, une question qui demande de la culture, ou bien assez de clairvoyance pour laisser
tomber, et surtout ne pas donner un résultat « au hasard ». Commençons par déterminer P2:
P2
22
Explication : il y a
manières de choisir les deux cases parmi dans lesquelles vont tomber les
boules. Chacune de ces boules a la probabilité
de tomber dans une des dites cases. On obtient ainsi
la probabilité que toutes les boules soient dans deux cases au maximum, c’est à dire P2. On
continue en écrivant
P2P2P1
. Après simplification on trouve
P212
1
Avec 2, cela donne P21
, cohérent avec le résultat P1
.
: P0 si . Si , on divise le nombre de cas favorables par le nombre de
cas possibles : 1…1
4. On utilise la formule avec le système complet d’événements (en glissant pudiquement
sur le fait que le sce en question n’en est pas vraiment un si , certains des événements étant alors
de probabilité nulle…)
P P P
P
car, sachant que cases sont non vides au -ème lancer, il en sera de même
au 1-ème lancer ssi la 1-ème boule arrive dans une des cases non vides.
P
car, sachant que 1 cases sont non vides au -ème lancer, il y aura
une cases non vide supplémentaire ssi au 1-ème la 1-ème boule arrive dans une des
11 cases vides.
Les autres probabilités conditionnelles sont nulles, d’où le résultat.
5. a. 1∑
1 car Ω1,.
b.
∑P
;
1∑P
E
c. On utilise les propriétés connues du signe Σ : ( ∑∑∑ )
P
1
P
1
1
1P1
5
1
P
1
1P1
Dans la première somme, on a tenu compte du fait que est à valeurs dans 1,. Dans la
deuxième et la troisième somme, on effectue le changement d’indice 1 :
1
P
P
1
1
d. Tiens, si on dérivait ?
1
12
1
Avec 1, on obtient :
11
1
1
11
11
1
D’où le résultat, compte tenu de 11,
1E
.
e. Le plus beau est pour la fin. On va établir le résultat par récurrence. La propriété est vraie pour
1, car est la variable aléatoire certaine 1, donc E1, alors que 11
1 !
Supposons la propriété vraie pour fixé dans N*, alors d’après le résultat précédent :
E 11
111
1
11
11
1
111
1
111
La propriété est vraie pour 1.
Elle est donc établie pour tout .
Le troisième jeu est certainement le plus amusant, mais pas le jour du concours ! Bah, il y avait de
quoi se distraire par ailleurs…
1
/
5
100%
