exercice i - Pierre Veuillez

Corrigé ESCP 1999 Eco III par Pierre Veuillez
EXERCICE I
Soit M2 (R) l’ensemble des matrices carrées d’ordre 2 muni de sa structure d’espace vectoriel et soit
J la matrice
0 1
J=
1 0
On considère l’application S de M2 (R) dans lui-même qui associe à tout élément M de M2 (R)
l’élément S(M ) = J M J.
1.
a) S est une application de M2 (R) dans M2 (R) :
Linéarité :
Pour tout M et N 2 M2 (R) et et réels, S ( M + N ) = J ( M + N ) J = JM J +
JN J = S (M ) + S (N )
Conclusion : Donc S est une endomorphisme de M2 (R) :
a b
J = 0; ou plus rapidement :
c d
On peut remarquer que J 2 = I donc J est inversible d’inverse J donc si S (M ) = 0 alors
JM J = 0 et M = 0 donc ker (f ) = f0g et f est injective donc bijective de M2 (R) dans
M2 (R) :
Ou encore :
pour tout M 2 M2 (R) ; on a S (S (M )) = J 2 M J 2 = M donc S S = Id et S est sa
propre réciproque donc S est bijective.
On peut déterminer le noyau de S en résolvant J
Conclusion : Donc S est un automorphisme de M2 (R) autoréciproque
b) Si M et N sont deux éléments quelconques de M2 (R), on a S(M N ) = JM N J = JM J
JN J = S(M )S(N ) car J 2 = I
2. On considère les éléments
I=
1 0
0 1
0 1
1 0
J=
1
0
K=
0
1
L=
0 1
1 0
Soient x; y; z et t réels.
Si xI + yJ + zK + tL = 0 alors
x+z =0 x
y+t=0 y
z=0
d’où x = y = z = t = 0
t=0
Donc la famille est libre de cardinal 4 dans M2 (R) : qui est de dimension 4.
Conclusion : (I; J; K; L) forme une base de l’espace vectoriel M2 (R).
3. On calcule leurs images par S :
S (I) = JIJ = J 2 = I donc I est vecteur propre associé à 1:
S (J) = JJJ = J donc J est vecteur propre associé à 1
0 1
1 0
associé à 1:
0 1
S (L) =
1 0
à 1:
S (K) =
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1
0
0
1
0 1
1 0
0 1
1 0
0 1
1 0
1 0
0 1
=
=
0
1
1
0
=
=
K donc K est vecteur propre
L donc L est vecteur propre associé
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0
1
B 0
La matrice de S dans la base (I; J; K; L) est donc : B
@ 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0 C
C
0 A
1
4. Soit F l’ensemble des éléments M de M2 (R) véri…ant S(M ) = M et soit G l’ensemble des
éléments M de M2 (R) véri…ant S(M ) = M .
F et G sont les sous espaces propres associés aux valeurs propres 1 et
sous espaces vectoriels de M2 (R) :
1: Ce sont donc des
Soit M de M2 (R) :
On procède par induction/déduction :
Si M = M+ + M alors S (M ) = S (M+ ) + S (M ) = M+
M = 12 (M S (M ) :)
M d’où M+ = 12 (M + S (M )) et
D’où l’unicité.
Soient à présent M+ =
?
S (M+ ) =
M+ 2 F:
1
2
1
2
(M + S (M )) et M =
[S (M ) + S (S (M ))] et comme S
Et de même S (M ) =
1
2
S (M )) : Ces valeurs conviennent-elle
(M
S = Id; S (M+ ) =
1
2
(S (M ) + M ) = M+ donc
M et M 2 G::
Et on a bien M = M+ + M
Conclusion : M+ et M existent et sont uniques
Soit A =
3
1
Donc A+ =
1
2
et A =
5.
1
2
1
2
: On a S (A) =
3
1
3
1
1
2
1
2
+
0 1
1 0
2 1
1 3
2 1
1 3
=
=
1
2
3
1
1
2
1
2
0 1
1 0
=
2 1
1 3
1 0
0 1
5
2
2
5
a) On a vu que S (M N ) = S (M ) S (N ) pour toutes matrices M et N:
Donc si M et N appartiennent à F alors S (M N ) = M N donc M N 2 F:
Si M et N appartiennent à G alors S (M N ) = M ( N ) = M N donc M N 2 F:
et si l’un est dans F et l’autre dans G, le produit est dans G:
Conclusion : Le produit de deux éléments de G est élément de F:
b) Soient M et N de M2 (R), alors
M N = (M+ + M ) (N+ + N )
= M+ N+ + M+ N + M N+ + M N
= (M+ N+ + M N ) + (M+ N + M N+ )
et comme (M+ N+ + M N ) 2 F et (M+ N + M N+ ) 2 G en revenant à la dé…nition
(uniques vecteurs tels que ...) on a
Conclusion : (M N )+ = M+ N+ + M N et (M N ) = M+ N + M N+
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EXERCICE II
Pour tout entier k supérieur ou égal à 2, soit fk la fonction dé…nie sur ]0; +1[ par :
lnk (x)
si x > 0 et x 6= 1 et fk (1) = 0
fk (x) =
x 1
1. Etude des fonctions fk .
a) Soit k un entier supérieur ou égal à 2.
Pour x 2 ]0; 1[ [ ]1; +1[ on a x > 0 et x
fonction dérivables.
fk0
1 6= 0 donc fk est dérivable comme quotient de
1
ln (x)k
1
[k (x
x (x
ln (x)k
x (x
1
'k (x)
1)2
(x) =
=
=
1
(x 1)
x
(x 1)2
k ln (x)k
ln (x)k
1) x ln (x)]
1)2
Pour la dérivabilité en 0; on revient au taux d’accroissement : pour x 6= 1 on pose
h=x 1!0
fk (x)
x
fk (1)
lnk (x)
ln (1 + h)k
=
=
1
h2
(x 1)2
ln (1 + h)2
ln (1 + h)k 2
=
2
h
ln (1 + h)2
Et comme ln (1 + h) s h quand h ! 0 alors
!1
h2
Pour k = 2 le taux d’accroissement tend donc vers 1 donc f2 est dérivable en 1 et
f20 (1) = 1
Pour k 3 on a ln (1 + h)k 2 ! 0 donc le taux d’accroissement tend vers 0 donc f2
est dérivable en 1 et fk0 (1) = 0
b) Soit 'k (x) = k(x 1) xln(x):
'k est dérivable sur R+ et
'0k (x) = k
= k
x
0
0
'k (x)
ek
&+
&+ 0
+
0 %
%
1
'k (x)
k
1
ln(x) 1
1 ln (x) :
+1
&
&
1
On a 'k (1) = 0
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k
k
+
1 ! 1
x ln (x) ln (x)
en 0+ : on a ln (x)
1=x donc x ln (x) ! 0 et 'k (x) = k(x 1) xln(x) ! k
k 1
Comme k 2 on a e
e1 > 1
en +1 : 'k (x) = k(x
1)
xln(x) = x ln (x)
l’équation 'k (x) = 0
comme 'k est strictement croissante sur 1; ek 1 on a donc 'k (1) = 0 < 'k ek 1
Sur 1; ek 1 on a Comme k 2 on a 'k > 0 donc l’équation 'k (x) = 0 n’y a pas de
solution.
sur ek 1 ; +1 la fonction 'k est continue et strictement décroissante donc bijective
de ek 1 ; +1 dans ]lim+1 'k ; limek 1 'k [ = 1; 'k ek 1 :
et comme 'k est strictement croissante sur 1; ek 1 on a donc 'k (1) = 0 < 'k ek 1
Donc 0 2
1; 'k ek 1 donc l’équation a une unique solution sur ek 1 ; +1 :
Finalement l’équation 'k (x) = 0 admet une racine unique ak dans l’intervalle ]1; +1[.
c) On rappelle que
fk0
ln (x)k
(x) =
x (x
1
'k (x)
pour x 6= 1
1)2
ln (x)k
ln (x)k
en +1 on a fk (x) =
=
=
x 1
x (1 1=x)
pour k = 2 on a f 0 (1) = 1 et f20 (x) =
ln (x)
x1=k
k
1
!0
1 1=x
ln (x) '2 (x)
est du signe de ln (x) '2 (x) et on
x (x 1)2
a donc :
x
0
1
a2
+1
'2 (x)
0 + 0
ln (x)
0 +
+
0
f2 (x)
+ 1 + 0
f2 (x)
1 % 0 %
& 0
On sait que f2 est dérivable en 1 donc qu’elle y est continue.
ln (x)2 ! +1
En 0 on a f2 (x) =
! 1
x 1! 1
Pour k pair k 4 on a k 1 impair et
x
0
1
ak
+1
'k (x)
0 + 0
ln (x)
0 +
+
k 1
ln (x)
0 +
+
fk0 (x)
+ 0 + 0
fk (x)
1 % 0 %
& 0
k
ln (x) ! +1
En 0 on a fk (x) =
! 1
x 1! 1
Pour k impair k 3 on a k 1 pair et
x
0
1
ak
+1
'k (x)
0 + 0
ln (x)
0 +
+
k 1
ln (x)
+ 0 +
+
fk0 (x)
0 + 0
fk (x)
+1 & 0 %
& 0
k
ln (x) ! 1
En 0 on a fk (x) =
! +1
x 1! 1
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2. Etude asymptotique de la suite (ak )k 2 .
a) On a déjà vu que ak 2 ek 1 ; +1 donc que ek 1 ak
Pour comparer les termes, on compare les images par 'k :
'k ek = k(ek 1) ek ln(ek ) = k(ek 1) kek = k < 0 = 'k (ak )
Donc comme 'k est strictement décroissante sur ek 1 ; +1 et que ek et ak en sont
éléments alors ek > ak
Finalement, pour tout entier k supérieur ou égal à 2 : ek 1 ak ek
b) On a pour tout entier k
2 : 'k (ak ) = 0 donc
0 = 'k ek (1 +
k
= k e (1 +
k)
k
= k e (1 +
ek (1 +
1
k)
k
1
e (1 +
k ek (1 + k ) ln (1 +
ek (1 + k ) ln (1 + k )
=
k =
Conclusion :
k)
ke
On a ak = ek (1 +
k
= (1 +
k)
k ) ln (1
donc 1 +
k
+
k)
k ) ln
k ) ln
ek (1 +
k
e
k)
k
e (1 +
k )j =
ke k e = ke1
k )j
k)
k)
ke k
= ke
ak =ek
ke
k)
ke k = (1 +
=
k)
alors
k
ak
Il nous su¢ t donc de minorer ak =ek : comme ek 1
ak alors ak =ek
e
(tout est strictement positif et x ! 1=x est décroissante sur ]0; +1[ )
Conclusion : jln (1 +
+
donc
= ak =ek et comme ln (1 +
jln (1 +
k ) ln (1
1
et ek =ak
e
k
Comme k est négligeable devant ek en +1 alors ke1 k = ek=ek ! 0
Donc par encadrement ln (1 + k ) ! 0 et en prenant l’exponentielle 1 + k ! 1 et …nalement ( k )k 2 a une limite nulle.
Comme k ! 0 alors ln (1 + k ) s k
Et comme ln (1 + k ) = ke k = (1 + k ) s ke k (car 1 + k ! 1 ) alors
Conclusion :
k
est équivalent à
ke
k
quand k tend vers l’in…ni.
c) On repart de l’écriture de ak et on fait réapparaître le quotient de l’équivalent :
ak = ek (1 +
k
= e
= ek
car
k)
= ek + ek
k
= ek
ke k ek
k
ke
k
k (1 + " (k))
k k" (k)
k
! 1 et peut donc s’écrire 1 + " (k) avec " (k) ! 0
ke k
N.B. la notation o (k) signi…e que l’on a une quantité négligeable devant k:
3. Calcul approché des nombres ak .
a4 est dé…ni comme solution de l’équation '4 (x) = 4 (x 1) x ln (x) = 0 et est compris entre
e3 et e4 avec '4 strictement décroissante sur cet intervalle. (si f (x)
0 alors x
a4 ) On
encadre a4 entre les variables a a4 b
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Program dicho;
var a,b,m:real;
function f(x:real):real;
begin
f:=4*(x-1)-x*ln(x)
end;
begin
a:=exp(3);b:=exp(4);
repeat
m:=(a+b)/2; if f(m)>=0 then a:=m else b:=m;
until (b-a)<=1E-4
writeln(’a4=’,a,’à 0,0001 près’);
end.
EXERCICE III
Une chaîne de fabrication produit des objets dont certains peuvent être défectueux. Pour modéliser
ce processus on considère une suite (Xn )n 1 de variables aléatoires de Bernoulli indépendantes, de
paramètre p, (0 < p < 1). La variable aléatoire Xn prend la valeur 1 si le nieme objet produit est
défectueux et prend la valeur 0 s’il est de bonne qualité.
Pour contrôler la qualité des objets produits, on e¤ectue des prélèvements aléatoires et on considère
une suite (Yn )n 1 de variables aléatoires de Bernoulli indépendantes, de paramètre p0 , (0 < p0 < 1),
telle que Yn prend la valeur 1 si le nieme objet produit est contrôlé et 0 s’il ne l’est pas.
Toutes les variables aléatoires Xn et Yn sont dé…nies sur un même espace probabilisé , muni d’une
probabilité notée P et sont supposées toutes indépendantes entre elles.
La probabilité conditionnelle d’un événement A sachant un événement B est notée PB (A)
Pour tout entier n 1, on pose Zn = Xn Yn . La variable aléatoire Zn ainsi dé…nie vaut donc 1 si le
nieme objet est à la fois défectueux et contrôlé et 0 sinon.
L’objet de l’exercice est d’étudier le nombre d’objets défectueux produits par la chaîne avant qu’un
objet défectueux n’ait été détecté.
1. Comme Zn ainsi dé…nie vaut donc 1 si le nieme objet est à la fois défectueux et contrôlé et 0
sinon, on a donc Zn ( ) = f0; 1g
et (Zn = 1) = (Xn = 1 \ Yn = 1) donc
P (Zn = 1) = P (Xn = 1 \ Yn = 1) indépendantes
= P (Xn = 1) P (Yn = 1)
= p p0
Conclusion : Zn ,! B (pp0 )
On a de même (Xn Zn = 1) = (Xn = 1 \ Zn = 1) = (Zn = 1) (car si Zn = 1 alors Xn = 1 ) et
Xn Zn est nulle sinon.
Donc Xn Zn ,! B (pp0 ) et E (Xn Zn ) = pp0 d’où
cov (Xn Zn ) = E (Xn Zn ) E (Xn ) E (Zn ) = pp0
Conclusion : cov (Xn Zn ) = pp0 (1
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p2 p0 = pp0 (1
p)
p) et comme cette covariance est non nulle,
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Conclusion :
Xn et Zn ne sont pas indépendantes.
Par contre, il résulte des hypothèses (et on ne demande pas de le justi…er) que, pour tout entier
n, la variable aléatoire Zn est indépendante des variables (Xi ; i 6= n) et des variables (Yi ; i 6= n),
de même que des variables (Zi ; i 6= n).
2. Soit, pour tout entier n 1, An l’événement : “le nieme objet fabriqué est le premier qui ait
été contrôlé et trouvé défectueux“.
a) ATn signi…e que jusqu’au n 1ieme objet, l’objet n’était pas contrôlé et trouvé défectueux,
( nk=11 Zk = 0 ) et que le nieme l’était.
T
T
Conclusion : An = nk=11 (Zk = 0) (Zn = 1) et les variables étant indépendantes,
P (An ) =
n
Y1
P (Zk = 0) P (Zn = 1)
k=1
= (1
n 1
pp0 )
pp0
N.B. On pouvait aussi voire An par le rang du premier contrôle positif dans une suite
d’expériences indépendantes pour les quelles la probabilité est de pp0
T
b) "Ne jamais détecter de défaut" est l’événement +1
k=1 (Zk = 0) dont la probabilité est
!
N
\
N
lim P
(Zk = 0)
= lim (1 pp0 )
N !+1
N !+1
k=1
= 0
Donc la probabilité de l’événement contraire (détecter au moins un objet défectueux) est
de 1:
Conclusion : On …nira, presque sûrement, par détecter un objet défectueux
3. Soit un entier n
2.
a) Pour tout entier k véri…ant 1 k n 1,
(Xk = 1) \ An signi…e que le k ieme un objet est défectueux, mais qu’il n’a pas été détecté
(Yk = 0 sinon, le premier objet contrôlé défectueux aurait été au plus tard au k ieme < n)
et que le premier contrôlé défectueux a eu lieu au nieme : Donc
(Xk = 1) \ An =
k\1
i=1
(Zi = 0) \ [(Xk = 1) \ (Yk = 0)]
n\1
i=k+1
(Zk = 0) \ (Zn = 1)
les étapes étant indépendantes,
Conclusion : P [(Xk = 1) \ An ] = (1
n 2
pp0 )
p (1
p0 ) pp0
(Xk = 1) \ (Zk = 0) signi…e plus simplement (Xk = 1) \ (Yk = 0)
Conclusion : P [(Xk = 1) \ (Zk = 0)] = p (1 p0 )
On a :
P [(Xk = 1) \ An ]
PAn (Xk = 1) =
P (An )
(1 pp0 )n 2 p (1 p0 ) pp0
=
(1 pp0 )n 1 pp0
p (1 p0 )
p pp0
=
=
1 pp0
1 pp0
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On note Bk l’événement (Zk = 0).
P [(Xk = 1) \ Zk = 0]
P (Zk = 0)
p pp0
p (1 p0 )
=
=
(1 pp0 )
1 pp0
PBk (Xk = 1) =
p pp0
1 pp0
N.B. C’était le lieu pour véri…er la validité de tous les calculs précédents.
Conclusion : PAn (Xk = 1) = PBk (Xk = 1) =
b) Si x1 ; x2 ; : : : ; xn 1 est une suite quelconque de nombres égaux à 0 ou à 1, on repense à
la question a) :
PAn (Xi = xi ) = PBk (Xk = xi ) est vrai pour xi = 1 donc (contraire) pour xi = 0 (la
probabilité conditionnelle est une probabilité) et
n
Y1
PAn (Xi = xi ) =
i=1
=
=
=
n
Y1
i=1
n
Y1
PBk (Xk = xi )
P (Xk = xk \ Zk = 0)
P (Zk = 0)
i=1
Qn 1
i=1
P
P (Xk = xk \ Zk = 0)
Qn 1
i=1 P (Zk = 0)
Tn
1
i=1
Xk = xk \ Zk = 0
Tn 1
P i=1 Zk = 0
car les étapes sont indépendantes, puis on fait apparaître le premier contrôle de défaut
(pour An ) indépendant là encore des précédents
Tn 1
n
Y1
Xk = xk \ Zk = 0 P (Zn = 1)
P i=1
PAn (Xi = xi ) =
Tn 1
P i=1 Zk = 0 P (Zn = 1)
i=1
Tn 1
P
i=1 Xk = xk \ Zk = 0 \ (Zn = 1)
=
Tn 1
P
i=1 Zk = 0 \ (Zn = 1)
Tn 1
Tn 1
Avec
i=1 Xk = xk \ Zk = 0 \ (Zn = 1) =
i=1 Xk = xk \ An (si l’un alors l’autre et
réciproquement)
et
Tn 1
Z
=
0
\
(Z
k
n = 1) = An donc
i=1
n
Y1
PAn (Xi = xi ) =
i=1
P (X1 = x1 ; X2 = x2 ; : : : ; Xn
P (An )
1
= PAn (X1 = x1 ; X2 = x2 ; : : : ; Xn
Conclusion : Donc PAn (X1 = x1 ; X2 = x2 ; : : : ; Xn
1
= xn 1 ) =
= xn
1
1
\ An )
= xn 1 )
n
Y1
PAn (Xi = xi )
i=1
c) Soit Sn =
nP1
Xj le nombre d’objets défectueux fabriqués avant le nieme objet et soit un
j=1
entier m véri…ant 0
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m
n
1.
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On pense à une somme de variables de Bernouilli indépendantes. Mais c’est, ici, pour la
probabilité sachant An que l’on cherche la loi de Sn .
Or, la question b) démontre l’indépendance des variables (Xk )2[[1;n 1]] pour la probabilité
PAn .
Donc Sn est une somme de variables de Bernouilli indépendantes pour PAn ; de même
p pp0
paramètre PAn (Xk = 1) =
1 pp0
Conclusion : sachant An ; Sn ,! B n
et avec 1
p
1
1;
p
1
pp0
pp0
pp0
1 p
=
0
pp
1 pp0
Conclusion : PAn (Sn = m) =
n
1
m
p
1
pp0
pp0
m
1
1 p
1 pp0
d) Conclusion : l’espérance de Sn sachant An est EAn (Sn ) = (n
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n 1 m
p
1)
1
pp0
pp0
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