(em lyon 2004 voie éco, corrigé rapide) - Baudrand

em lyon 2004 voie éco, corrigé rapide

exercice 1
t ( R, [pic]
1. Pour tout t ( R, f '(t) = [pic] car t2 - t + 1 est partout positif (son
discriminant est positif).
En +(, f(t) ~ 2et/t qui tend vers +(, donc lim+( f = +(.
En -(, pas de problème, lim-( f = 0.
|x |-( |
| |+( |
|f ' | +|
|f |0 ? |
| |+( |



2. a) Soit g(t) = 2et - t - t2 ; g'(t) = 2et - 1 - 2t, et il est nécessaire
de passer à la dérivée seconde :
g''(t) = 2et - 2 = 2(et - 1) > 0 pour t > 0, donc g' est strictement
croissante sur [0,+([. Or g'(0) = 0, donc g'(t) > 0 pour tout t > 0. Donc g
est strictement croissante sur [0,+([. Or g(0) = 2, donc g est positive sur
[0, +([.
Donc, pour tout t ( [0,+([ : 2et - t - t2 > 0.
Pour tout t ( 0, [pic]( (1 + t2) ( 1 + t2 ( 1 + 2t + t2 ( 1 + 2t ( 2t ( 0
vrai.
Donc, pour tout t ( [0,+([ : [pic]
b) (t ( [0, +([, f(t) > t ( [pic]
Or d'après ce qu'on vient de voir, pour tout t ( 0 : 2et > t + t2 = t(1 +
t) ( t[pic]
Donc, (t ( [0, +([, f(t) > t.

3. a)
* (n ( N, un ( 0. En effet, u0 = 1 ( 0, et si un ( 0, alors un+1 = f(un) >
un ( 0. La conclusion en résulte, par récurrence.
* La suite (un) est croissante, car (n ( N, un ( 0 et (t ( 0, f(t) > t,
donc (n ( N, un+1 = f(un) > un.
* Si la suite (un) convergeait, sa limite ? vérifierait ? ( 0 (car un ( 0
pour tout n), et ? = f(?) ( car f est continue sur [0, +([). Or ( t ( 0,
f(t) > t. Donc la suite (un) diverge.
* La suite (un) diverge et elle est strictement croissante, donc un tend
vers +( lorsque n tend vers +(.
b) Vous préférez peut-être ce genre de questions ?
program eml2004 ;
var u : real ; k : integer ;
BEGIN
u : = 1 ; k : = 0 ;
repeat k : = k + 1 ; u : = 2*exp(u/sqrt(u*u + 1) ; until u > 1.e6 ;
writeln(k)
END.
4. [pic], x ( R.
a) Pour tout x ( R, [pic] (relation de Chasles), donc G(-x) = -G(x). Donc G
est impaire...
b) f est continue sur R, donc admet des primitives sur R. Soit ? l'une
d'entre elles. Par définition de l'intégrale :
(x ( R, G(x) = ?(x) - ?(-x).
Donc G est de classe C1 (somme de deux fonctions de classe C1). Pour tout x
( R,
G'(x) = ?'(x) + ?'(-x) = f(x) + f(-x) =[pic].
c) f est positive, donc pour tout x ( 0 :
G(x) = [pic] .
Donc G(x) tend vers +( quand x tend vers +(.
d) G est strictement croissante. Gest impaire et lim+( G = +( , donc lim-
( G = -(.

exercice 2
E1(A) = {M ( M3(R) ; AM = M} ;
E2(A) = {M ( M3(R) ; A2M = AM}
Partie I
1. 0 ( E1(A) car A 0 = 0. Si M et N appartiennent à E1(A), alors A(M + N)
= AM + AN = M + N, donc M + N ( E1(A). Si M appartient à E1(A) et a
appartient à R, alors A(aM) = a(AM) = aM, donc aM appartient à E1(A). Par
conséquent E1(A) est un sous-espace vectoriel de M3(R).
2. a) Soit M appartenant à E1(A). Alors AM = M, donc A2M = A(AM) = AM, donc
M ( E2A). Par conséquent E1(A) ( E2(A).
b) Soit M ( E2(A). Alors A2M = AM, donc A-1A2M = A-1AM, AM = M, M ( E1(A).
Donc E2(A) ( E1(A). Comme E1(A) ( E2(A) est toujours vrai, on a prouvé : si
A est inversible, alors E1(A) = E2(A).
3. a) Soit M ( E1(A). Alors AM = M, donc (A -I) M = 0, (A - I)-1(A - I)M =
(A - I)0, M = 0. Donc, si A - I est inversible, alors E1(A) = {0}.
b) B - I est inversible (triangulaire sans zéros sur la diagonale), donc
E1(B) = {0}. B est inversible (triangulaire sans zéros sur la diagonale),
donc E2(A) = E1(A) = {0}.
Partie II
[pic].
1. On cherche ? ( R et X ( 0 tels que (A - ?I)X = 0. Sur la matrice A - ??,
on effectue les opérations élémentaires :
L1 ( L3 ; L2 ( 2L2 - L1 et L3 ( 2L3 - (3 - ?)L1 ; L3 ( L3 - L2
On a alors la matrice (réduite de Gauss) :
[pic]
Les valeurs propres de C sont donc 0, 1, 2. Les sous espaces propres
associés sont :
E0 = Vect(1, 1, 1) ; E1 = Vect(1, 1, 0) ; E2 = Vect(1, 0, 1). (A
vérifier !)
2. C est diagonalisable (3 valeurs propres distinctes), et d'après la
théorie du changement de base :
C = PDP-1, avec [pic]

3. M ( E1(C) ( CM = M ( PDP-1M = M ( PDN = M ( DN = P-1M = N ( DN = N.
Donc
M ( E1(C) ( N ( E1(D).
4. Cherchons N sous la forme N = [pic]. N ( E1(D) ( D N = N (
[pic] (
[pic] (
[pic]
On a montré que N ( E1(D) si et seulement s'il existe trois réels a, b, c
tels que
[pic].
5. M ( E1(C) ( N = P-1M ( E1(D) ( M = PN avec N de la forme précédente.
Donc M ( E1(C) (
[pic]
( M = aM1 + bM2 + cM3.
(M1, M2, M3) est donc une famille génératrice de E1(C). Comme cete famille
est libre (aM1 + bM2 + cM3 = 0 ( M = 0 ( a = b = c = 0), c'est une base de
E1 qui est donc de dimension 3
6. M ( E2(C) ( C2 M = C M ( P D2 P-1 M = P D P-1 M ( P D2 N = P D N ( D2 N
= D N (
[pic] (
[pic] (
[pic]
M ( E2(C) ( M = PN avec N comme ci- dessus. Pour abréger un peu, on dira
que E2 est engendré par les 6 matrices PMi,j , où i varie de 1 à 2 et j de
1 à 3, et où Mi,j désigne la matrice dont tous les éléments sont nuls, sauf
celui en i-ème ligne et j-ème colonne, qui vaut 1. La famille des 6
matrices Mi,j est libre (extraite de la base canonique de M3(R) ),
l'inversibilité de P assure que la famille des PMi,j est aussi libre, elle
est donc une base de E2(C), qui est de dimension 6, qui contient E1(C) mais
ne lui est pas identique...
exercice 3
Partie I
1. X prend ses valeurs dans N \ {0, 1}, car le premier changement
intervient au plus tôt au deuxième tirage, et, pour tout k ( 2, l'événement
B1... Bk-1 Rk réalise X = k.
2. (k ( N \{0, 1}, (X = k) = [pic].
Par incompatibilité, puis indépendance, on obtient :
(k ( N \{0, 1} , P (X = k) = bk-1 (1 - b) + rk-1 (1 - r) + vk-1(1 - v).
3. Sous réserve de convergence (absolue) :
[pic]X) = [pic]
La rérie est une combinaison linéaire de séries convergentes (séries
géométriques dérivées de raison appartenant à ( ]-1, 1[), donc convergente,
et
[pic]
(On reconnait dans les trois sommes l'expression de l'espérance d'une loi
géométrique de paramètre 1 - b,
1 - r, 1 - v.)
Partie II
( (x, y) ( ]0, 1[ × ]0, 1[ , f (x, y) = [pic].
1.
[pic]
2. f possède un extremum local en (x, y) seulement si les deux dérivées
partielles d'ordre 1 sont nulles en ce point, ce qui nous donne :
[pic]
On soustrait les deux équations pour obtenir :
y2 - x2 + 2(x - y) = 0
(y - x)(y + x - 2) = 0
0 < x < 1 et 0 < y < 1, donc 0 < x + y < 2, c'est donc y - x qui est nul,
soit x = y. En reportant dans le système, on obtient 3x2 + 2x - 1 = 0,
solutions -1 et 1/3. x (]0, 1[, la solution est donc x = 1/3.
L'unique point I de ]0, 1[ × ]0, 1[ en lequel f est susceptible de posséder
un extremum local est (1/3, 1/3).
3. Pour calculer la dérivée de 1/(1-x)2, le plus commode est d'écrire :
1/(1-x)2 = (1 - x)-2, dérivée (-1)(-2)(1 - x)-3.
[pic]
En I, r = 27/2, s = 27/4 , t = 27/2, rt - s2 = 272( 1/4 - 1/16), et par
conséquent
p = q = 0 ; rt - s2 > 0 ; r > 0 ;
f admet un minimum local en I
4. a) b + r + v = 1, donc 1 - v = b + r, donc E(X) = f(b, r) - 2.
b) E(X) admet donc un minimum local lorsque b = r = v = 1/3
Partie III
1. La fonction t ( 1/3t est continue sur [2, +([, par conséquent
[pic]
sous réserve de limite finie. Or :
[pic]
Donc ? =[pic]
2. g est positive ou nulle, continue sur R sauf en 2, et
[pic]
Donc g est une densité de probabilité.
3. Sous réserve de convergence, E(Y) = [pic].
Or, pour x > 2,
[pic]
On effectué une intégration par parties avec u = t, v' = exp( -t ln(3) ),
u' = 1, v = -exp( -t ln(3) ) / ln(3), u et v étant de classe C1 sur [2, x].
En passant à la limite (x ( +(), on obtient que l'intégrale est
convergente, et
E(Y) = [pic]
4. a) Encore un rappel qui n'en est pas un. A bien scruter le programme, la
fonction partie entière est inconnue au bataillon...
Bon, Z prend ses valeurs dans N \ {0, 1}, et pour tout k ( 2 :
[pic]
b) X prend ses valeurs dans N \ {0, 1}, et lorsque b = r = v = 1/3, on a,
pour tout k ( 2 :
P(X = k) = [pic]
X et Z ont même loi de probabilité.