corrigé épreuve de mathématiques edhec 2002 option ... - Baudrand

corrigé épreuve de mathématiques edhec 2002 option économique exercice 1
1°) a) X qui suit une loi exponentielle prend ses valeurs dans R+, donc Y,
partie entière de X, prend ses valeurs dans N.
b) [pic]
c) Y prend ses valeurs dans N, donc Y + 1 prend ses valeurs dans N*, et
pour tout k appartenant à N* :
P(Y + 1 = k) = P(Y = k ( 1) = (e(()k(1 (1 ( e(()
Donc Y + 1 suit la loi géométrique de paramètre 1 ( e((.
d) [pic]
On utilise les formule E(aX + b) = aE(X) + b, V(aX + b) = a2V(X) :
[pic]
2°) a) Z = X ( [X] prend ses valeurs dans [0, 1[.
b) La formule des probabilités totales utilisée avec le sce indiqué donne :
[pic]
[pic]
c) Z prend ses valeurs dans [0, 1[, on peut donc prendre f(x) = 0 si x
n'appartient pas à [0, 1].
Si x appartient à [0, 1] :
[pic]
d) [pic]
On effectue alors une intégration par parties avec u = x, v' = e((x, u' =
1, v = ((1/()e((x ; u et v sont de classe C1 sur [0,1]. Tous calculs faits,
on trouve :
[pic]
Ce résultat était prévisible dans la mesure où :
[pic] exercice 2
Tout d'abord bien comprendre le problème. Y1 est le nombre de fois où on
rencontre un "pile" isolé dans la suite des résultats, Y2 est le nombre de
fois où on rencontre une suite isolée de deux "pile", etc. On peut alors
suivre son intuition, au moins pour répondre aux premières questions :
1°) En lançant n fois la pièce, on peut obtenir au plus une n-chaine de
pile : P1P2 ... Pn. Par indépendance des lancers successifs :
P(Yn = 1) = pn, P(Yn = 0) = 1 ( pn, et, puisque Yn est une variable de
Bernoulli : E(Yn) = pn.
2°) De même on obtiendra au plus une (n ( 1)-chaîne de "pile" :
(Yn(1 = 1) = P1P2 ... Pn(1Fn ( F1P2 ... Pn(1. Par additivité et
indépendance :
P(Yn(1 = 1) = pn(1q + qpn(1 = 2qpn(1, P(Yn(1 = 0) = 1 ( 2qpn(1, E(Yn(1) =
2qpn(1.
3°) a) (Xi,k = 1) = P1P2 ... PkFk+1, donc P(Xi,k = 1) = pkq.
b) Pour i appartenant à [[2, n ( k]], (Xi,k = 1) = Fi(1PiPi+1 ...
Pi+kFi+k+1, donc P(Xi,k = 1) = q2pk.
c) (Xn(k+1,k = 1) = Fn(kPn(k+1Pn(k+2 ... Pn(k+k = Fn(kPn(k+1Pn(k+2 ... Pn,
donc P(Xn(k+1,k = 1) = qpk.
d) Une k-chaîne de "pile" commence au plus tard au (n ( k + 1)-ème lancer,
donc
[pic]
L'espérance est linéaire et les variables Xi,k sont de Bernoulli, donc :
[pic]
E(Yk) = 2pkq + q2pk(n ( k (1). exercice 3
1°) a) f est continue sur ]0, +([ (quotient de deux fonctions continues
avec le dénominateur qui ne s'annule pas) et en 0 ( car x ln(x) tend vers 0
quand x tend vers 0, donc la limite de f en 0 est égale à 0 qui est égal à
f(0) ), donc f est continue sur R+.
b) Sans l'ombre d'un doute :
x 0 1 +(
f(x) 0 + 0 (
2°) f est continue sur [0, +([, 0 appartient à [0, +([, donc, pour tout x
dans [0, +([, F(x) est bien définie (c'est la primitive de f sur [0,+([ qui
s'annule en 0).
3°) F est dérivable sur R+ et F' = f, donc g est dérivable sur R+ comme
somme de deux fonctions dérivables, et on a :
[pic]
Donc, pour tout x > 0 :
[pic]
Le dénominateur est positif, les racines du polynôme du deuxième degré du
numérateur sont :
[pic]
h est donc strictement décroissante sur ]0, r2] , strictement croissante
sur [r2, +([ ; h admet donc son minimum en r2. Or ce minimum est positif :
[pic]
car
[pic]
On peut donc se dispenser de l'étude de h en 0 et en +(, et conclure que h
est positive sur ]0, +([.
c) Du résultat du a), on déduit alors que g' est négatif sur ]0, +([ ; g
est donc strictement décroissante sur [0, +([. Comme g(0) = 0, on conclut
que g(x) est négatif pour tout x > 0.
4°) a) u0 = 1 appartient à [0, 1], et si un (avec n appartenant à N)
appartient à [0, 1], alors :
[pic]
car 0 ( un ( 1et f est positive ou nulle sur [0, 1]. Mais
[pic]
car g(1) = F(1) ( 1 est négatif ou nul. On a bien obtenu un+1 ( 1. La
conclusion en résulte, d'après le principe de récurrence.
b) g(x) = F(x) ( x ( 0 sur [0, +([ et un appartient à [0, +([ pour tout n,
donc F(un) ( un ( 0,
un+1 ( un ( 0, un+1 ( un : la suite (un) est décroissante.
c) (un) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente. Sa
limite est un point fixe de F, car F est continue. Or le seul point fixe de
F est 0, d'après 3°)c). La suite (un) converge donc vers 0. problème
partie 1
1°) a) E est l'ensemble des combinaisons linéaires des matrices I, J, K, L
; E est donc le sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel M4(R) engendré
par la famille (I, J, K, L), donc un espace vectoriel.
b) En regardant juste la première ligne des matrices I, J, K, L :
xI + yJ + zK +tL = 0 implique x = y =z = t = 0.
La famille (I, J, K, L) est donc libre.
c) La famille (I, J, K, L) est libre et génératrice de E, c'est donc une
base de E, qui est donc de dimension 4.
2°) a) La principale difficulté de cette question et de quelques-unes des
suivantes est de ne pas faire tous les calculs demandés, sous peine de
perdre un temps considérable à manipuler des tableaux de 16 nombres : il
faut tricher un peu et repérer rapidement que chacun des produits est égal
à une des matrices I, J, K, L ; il suffit alors de former la première
colonne de chacun des produits pour se décider. Les calculs demandés ici
seront facilités si on pense aux endomorphismes canoniquement associés à I,
J, K, L. Par exemple si j est l'endomorphisme canoniquement associé à J et
si (e1,e2,e3,e4) est la base canonique de R4, on j(e1) = e2, j(e2) = e3,
donc la première colonne de J2 (matrice qui représente joj) s'obtient en
écrivant en colonne le vecteur e3. Bref, on obtient :
J2 = L K2 = L L2 = I J3 = K K3 = J
qui sont bien des éléments de E.
b) Par "sans aucun calcul matriciel", il faut comprendre "sans calculer sur
les matrices explicitées".
JK= K3K = K2K2 = LL = L2 = I
KJ = KK3 = K2K2 = LL = L2 = I
KL = KK2 = K3 = J
LK = K2K = K3 = J
JL = JK2 = JKK = IK = K
LJ = K2J = KKJ = KI= K
appartiennent tous à E.
c) Chaque élément de E est une combinaison linéaire de I, J, K, L. Le
produit de deux éléments de E est donc une combinaison linéaire des
matrices I, J, K, L, J, J2, JK, JL, K,KJ, K2,KL, L, LJ, LK, L2. Or toutes
ces matrices appartiennent à E, leur combinaison linéaire aussi. Le produit
de deux matrices de E est donc une matrice de E.
3°) a) L est symétrique réelle, donc diagonalisable.
b) Sur la matrice L ((I, on effectue les opérations élémentaires
[pic]
On obtient la réduite de Gauss :
[pic]
Les valeurs propres de L sont donc 1 et (1.
Le sous-espace propre associé à la valeur propre 1 a pour équations x = z,
y = t, pour base
( (1, 0, 1, 0) , (0, 1, 0, 1) )
Le sous-espace propre associé à la valeur propre (1 a pour équations x =
(z, y = (t, pour base
( (1, 0, (1, 0) , (0, 1, 0, (1) )
(Il est licite d'écrire les vecteurs concernés sous cette forme, en tenant
compte de l'identification habituelle de M4,1(R) à R4.)
4°) a) xu1 + yu2 + zu3 + tu4 = 0 est équivalent à :
[pic]
[pic]
[pic]
[pic]
(u1,u2, u3, u4) est donc une famille libre. Comme M4,1(R) est de dimension
4, c'est une base de M4,1(R).
b) Là aussi, on esquisse les calculs :
Lu1 = u1 Lu2 = u2 Lu3 = (u3 Lu4 = (u4
Et après avoir formé J + K (un damier de 0 et de 1 avec un 0 dans le coin
supérieur gauche) :
(J + K)u1 = 2u1 (J + K)u2 = (2u2 (J + K)u3 = 0u3 (J + K)u4 = 0u4
Ce qui montre que u1,u2, u3, u4 sont des vecteurs propres de L et de J + K.
partie 2
1°) a)
[pic]
b) A = p(J + K) + (1 ( 2p)L
2°) a) Au1 = p(J + K)u1 + (1 ( 2p)Lu1 = 2pu1 + (1 ( 2p)u1 = u1
Au2 = (2pu2 + (1 ( 2p)u2 = (1 ( 4p)u2
Au3 = (2p ( 1)u3
Au4 = (2p ( 1)u4
u1,u2, u3, u4 sont donc des vecteurs propres de A pour les valeurs propres
respectives 1, 1 (4p, 2p (1, 2p (1. Comme (u1,u2, u3, u4) est une base de
M4,1(R), A est diagonalisable, et d'après la théorie du changement de base
: A = P D P(1 avec P obtenue en "collant" les quatre vecteurs u1,u2, u3, u4
et
D = diag(1, 1 ( 4p, 2p (1, 2p (1)
b) P2 = 4I, donc P(1 = (1/4)I
3°) a) Le système complet d'événements est bien sûr (Xn = i), i appartenant
à {1, 2, 3, 4}.
b) De Cn+1 = ACn on déduit par récurrence, comme d'habitude : Cn = An C0,
puis :
Cn = (P D P(1)n C0 = P Dn P(1 C0 = P Dn (1/4)P C0 = (1/4)P DnPC0.
C0 est la colonne 1 0 0 0, donc PC0 est la première colonne de P, donc
[pic]
Et ya basta !
Remarquons néanmoins que p doit appartenir ]0, 1/2[ (et non pas seulement à
]0, 1[ comme le dit l'énoncé) pour que 1 ( 2p appartienne à ]0, 1[. Cela
assure que 1 ( 4p et 2p (1 appartiennent à ](1, 1[, et par conséquent la
convergence en loi de (Xn) vers X variable aléatoire uniforme sur {1, 2, 3,
4}, ce qui est plutôt rassurant...