EDHEC_2010_E-c

Corrig EDHEC Eco 2010 par Pierre Veuillez

Exercice 1

On considre la fonction f dnie, pour tout couple (x; y) de louvert ]0;+1[]0;+1[, par :

f(x; y) = (x+ y)

1

x+

1

y

:

1. Pour comparer, on factorise de part et dautre :

(x+ y)

1

x+

1

y

= (x+ y)

x+ y

xy

=

(x+ y)2

xy

2 +y

x+x

y=

2xy + y2 + x2

xy=

(x+ y)2

xy:

Conclusion : (x; y) de ]0;+1[]0;+1[, on a : f(x; y) = 2 + yx

+x

yet f(x; y) =

(x+ y)2

xy

2. Pour x 6= 0; (x; y)! yxest C2 donc f est C2 sur ]0;+1[]0;+1[. comme somme de fonctions

de classe C2

3. (x; y) est un point critique de f si et seulement si :@f

@x(x; y) = 0 et

@f

@y(x; y) = 0 que lon

calcule partir de la seconde criture

@f

@x(x; y) =

yx2

+1

y=y2 + x2x2y

@f

@y(x; y) =

1

x xy2

=y2 x2x2y

Donc (x; y) critique () x2 = y2;() x = y () x = y car y > 0 et x > 0Conclusion : f possde une innit de points critiques f(x; x) = x > 0gCest le demi axe des abscisses.

4. On calcule les drives partielles secondes :

r =@f

@x(x; y) =

2y

x3

s =@f

@x(x; y) = 1

x2 1y2

t =@f

@y(x; y) =

2x

y3

et en (x; x) on a r =2

x2: s = 2

x2et t =

2

x2

Donc rt s2 = 0Conclusion : sur louvert ]0;+1[]0;+1[; on ne peut pas conclure

lexistence (ou non) dextremum local

5. a) on calcule leurs dirences : (x+ y2) 4xy = x2 2xy + y2 = (x y)2 0Conclusion : (x+ y2) 4xy pour tout x et y rels

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b) On a donc pour tout (x; y) 2 ]0; +1[ ]0; +1[ : (x+ y)2

xy 4

Et comme en f (a; a) = 4; on a donc f (a; a) f (x; y) pour tout (x; y) 2 ]0; +1[ ]0; +1[ :Conclusion : f admet sur ]0;+1[]0;+1[ un minimum global en tout (a; a) avec a 2 R

6. Soit g la fonction dnie pour tout (x; y) de ]0;+1[]0;+1[, par :

g(x; y) = 2 ln(x+ y) lnx ln y:

= ln

(x+ y)2

xy

!= ln (f (x; y))

Et comme f (x; y) 4 et que ln est croissante sur ]0; +1[ alors ln (f (x; y)) ln (4) = ln (22)Conclusion : 8(x; y) 2]0;+1[]0;+1[; g(x; y) 2 ln 2.

Exercice 2

Pour tout entier naturel n, on pose un =nYk=0

1 +

1

2k

= (1 + 1)

1 +

1

2

1 +

1

4

1 +1

2n

.

1. On a u0 = 1+ 120 = 2 et u1 =1 + 1

20

1 + 1

21

= 2 3

2= 3 et u2 =

1 + 1

20

1 + 1

21

1 + 1

22

=

3 54

2. a) On a un+1 = un

1 +1

2n+1

= un+

1

2n+1un un car un 0 donc la suite est croissante

et comme u0 = 2Conclusion : un 2 :

b) un+1 = un

1 +1

2n+1

et on a vu Conclusion : la suite est croissante

3. a) Soit g (x) = ln(1 + x) x:g est drivable sur ]1; +1[ et g0 (x) = 1

1 + x 1 = x

1 + xx 1 0 + +1

g0 (x) + 0 g (x) % 0 & Donc g (x) 0 et Conclusion : 8x > 1, on a : ln(1 + x) x.On pouvait aussi utiliser la concavit de x! ln (1 + x) dont la courbe est donc en dessousde sa tangente en 0 dquation y = x

b) Comme produit de termes strictement positifs, ln (un) =nXk=0

ln

1 +

1

2k

Et comme 1 + 1

2k> 1 alors ln

1 +

1

2k

1

2ket

nXk=0

ln

1 +

1

2k

nXk=0

1

2k=

1 12n+1

1 12

= 2

1 1

2n+1

2

Conclusion : ln(un). 2 pour tout entier n


4. On a donc un e2:et comme la suite est croissante et majore par e2 (et minore par 2); elle converge vers unelimite ` 2 [2; e2]

5. On se propose dans cette question de dterminer la nature de la srie de terme gnral (ùn).a) Comme ` > 0 alors ln est continue en ` donc ln (un)! ln (`)Or ln (un) =

nXk=0

ln

1 +

1

2k

donc

Pnk=0 ln

1 + 1

2k

! ln (`) quand n! +1ce qui signie que la srie

Xk0

ln

1 +

1

2k

converge et que

Conclusion : ln(`) =+1Xk=0

ln

1 +

1

2k

b) Comme un et ` sont strictement positifs,

ln

`

un

= ln (`) ln (un)

=+1Xk=0

ln

1 +

1

2k

nXk=0

ln

1 +

1

2k

=+1X

k=n+1

ln

1 +

1

2k

c) Et comme ln

1 +1

2k

1

2kalors

+1Xk=n+1

ln

1 +

1

2k

+1Xk=n+1

1

2k=

1

2n+11

112

Conclusion : 8n 2 N; 0 ln`

un

1

2n.

d) On a vu que la suite u tait croissante donc ` u 0 et de lautre cot :

` un `

1 e 12n

= un + è 12n

et de ln`

un

1

2non tire

`

un e1=2n soit ùne1=2n 0 donc

un + è1=2n e1=2n 0Finalement ` un `

1 e1=2n 0 et

Conclusion : 8n 2 N, 0 ` un `1 e1=2n.

e) g (x) = 1 ex x est drivable sur R et g0 (x) = ex 1x 1 0 +1

ex 1 & + 0 & g (x) % 0 &

Donc g (x) x sur R et pour tout rel x, on a 1 ex x.1 e1=2n 1

2net nalement


Conclusion : 8n 2 N, 0 ` un `2n.

Comme la srie de terme gnral1

2nest convergente, alors par majoration de termes

positifs,

Conclusion : la srie de terme gnral (` un) est galement convergente.

Exercice 3

On considre la fonction f dnie sur R par : f(x) =

8 0 alors ex > 1 et ex < 1 donc

g (x) = ex

1

2 (ex)2+

1

2 (ex)2

= ex

Conclusion : Y ,! " (1)


4. a) Si x 0 alors x 0 et 0 < ex 1 donc 0 1 ex < 1 et 1 ex 2 [0; 1[ :si x < 0 alors x > 0 et ex > 1 donc 1 ex < 0

b) On considre une variable alatoire U suivant la loi uniforme sur [0; 1[ et Z = ln(1U)Soit FZ sa fonction de rpartition.pour tout x 2 R :

(Z x) = ( ln (1 U) x)=

1 U ex

=U 1 ex

Donc FZ (x) = FU (1 ex) et comme prcdemment, FZ est continue sur R et C1 en xtel que 1 ex 6= 0 et de 1 (toujours) donc pour x 6= 0.Donc Z est bien densit et une densit est g (x) = exh (1 ex) avec h la densit de UDonc si x 0 alors 1 ex 2 [0; 1[ et h (1 ex) = 1 donc g (x) = exSi x < 0 alors 1 ex < 0 donc h (1 ex) = 0 donc g (x) = 0Conclusion : Z ,! " (1)

c) Simulation informatique de la loi de Y . On rappelle quen Turbo Pascal, la fonction randompermet de simuler la loi uniforme sur [0; 1[. Complter la dclaration de fonction suivantepour quelle simule la loi de Y .U est simule par U :=randomDonc une loi exponentielle sera simule par Y :=-ln(1-random)Function expo :real ;

Begin

expo := -ln(1-random)

End ;

Problme

On note B = (e1; e2; e3) la base canonique de R3 et on considre lendomorphisme de R3 dni parles galits suivantes :

f(e1) =1

3(e2 + e3) et f(e2) = f(e3) =

2

3e1:

Partie 1 : tude de f .

1. a) On lit les coordonnes dans B des images do matB (f) = M =0@ 0 2=3 2=31=3 0 0

1=3 0 0

1Ab) Im (f) est engendre par (f (e1) ; f (e2) ; f (e3)) donc par (e2 + e3; e1) qui est une famillede 2 vecteurs non proportionnels, donc libre.Donc dim (Im (f)) = 2 et par le thorme du rang dim (ker (f)) = 3 2 = 1

c) Il su t donc davoir un vecteur libre (non nul) du noyau pour en avoir une base.f (e2 e3) = f (e2) f (e2) = 0 par linarit donc(e2 e3) est donc une famille libre de 1 vecteur de ker (f) donc une base de ker (f)Conclusion : 0 est donc valeur propre de f associ Vect (e2 e3)


d) En sinspirant de la matrice P ci-dessous :

0@ 0 2=3 2=31=3 0 01=3 0 0

1A0@211

1A =0@432

323

1A = 23

0@211

1ADonc (2; 1; 1) est vecteur propre de f associ 2=30@ 0 2=3 2=31=3 0 0

1=3 0 0

1A0@211

1A =0@ 432

323

1ADonc (2; 1; 1) est vecteur propre de f associ -2=3Donc 0, 2=3 et 2=3 sont des valeurs propres de f: et comme f 2 L (R3) et que dim (R3) =3; elle ne peut pas avoir plus de 3 valeurs propres.Donc 0, 2=3 et 2=3 sont les valeurs propres de f:La somme des dimensions des sous espaces propres ne pouvant pas excder 3, chaque sousespace propre est de dimensions 1.Donc 0 est valeur propre associ Vect (0; 1;1)2=3 est valeur propre associ Vect (2; 1; 1)et 2=3 est valeur propre associ Vect (2; 1; 1)

e) f ayant 3 valeur propres distinctes et dim (R3) = 3 donc (condition su sante) f estdiagonalisable.

2. On pose P =

0@2 2 01 1 11 1 1

1A, Q =0@ 1 1 11 1 1

0 2 2

1A et I =0@1 0 00 1 0

0 0 1

1A.a) de plus, la juxtaposition de vecteurs propres associs chacune des valeurs propres formeune base de R3

Donc C = ((2; 1; 1) ; (2; 1; 1) ; (0; 1;1)) est une base de R3:Comme P est la matrice de leurs coordonnes dans BConclusion : P est inversible

La matrice de f dans C est donc D =0@2=3 0 00 2=3 0

0 0 0

1AEt la formule de changement de base donne matB (f) = matB (C) matC (f) matC (B)Conclusion : M = PDP1

b) PQ =

0@2 2 01 1 11 1 1

1A0@ 1 1 11 1 10 2 2

1A =0@4 0 00 4 0

0 0 4

1A = 4IDonc P

1

4Q = I et Conclusion : P1 =

1

4Q

c) Pour j = 0 on a PD0P1 = PP1 = I = M0

Soit j 2 N tel que M j = PDjP1 alorsM j+1 = M jM = PDjP1PD1P1 = PDjD1P1 = PDj+1P1

Conclusion : pour tout entier naturel j, on a M j = PDjP1.

d) On aura la premire colonne de M j en faisant le produit par la droite par les premirescolonnes :crire, pour tout entier naturel j non nul, la premire colonne de la matrice M j. Vrierque ce rsultat reste valable si j = 0.


M j = PDjP1

=1

4

0@2 2 01 1 11 1 1

1A0@(2=3)j 0 00 (2=3)j 00 0 0

1A0@ 1 1 0

1A=

1

4

0@2 2 01 1 11 1 1

1A0@ (2=3)j (2=3)j 0

1A=

1

4

0B@2

23

j+ 2

23

j 23

j 23

j 23

j 23

j 1CA

et pour j = 0 la premire colonne est

0@1 0 0

1A ce qui est bien celle de M0 = IPartie 2 : tude dune suite de variables alatoires.Une urne contient trois boules numrotes de 1 3. Un tirage consiste extraire au hasard une boulede lurne puis la remettre dans lurne pour le tirage suivant.On dnit une suite de variables alatoires (Xk)k2N de la manire suivante : Pour tout entier naturel k non nul, Xk est dnie aprs le keme tirage. On procde au 1er tirage et X1 prend la valeur du numro de la boule obtenue ce tirage. Aprs le keme tirage (k 2 N) :Soit Xk a pris la valeur 1, dans ce cas on procde au (k + 1)eme tirage et Xk+1 prend la valeur dunumro obtenu ce (k + 1)eme tirage.Soit Xk a pris la valeur j, dirente de 1, dans ce cas on procde galement au (k + 1)eme tirageet Xk+1 prend la valeur j si la boule tire porte le numro j et la valeur 1 sinon.

1. X1 prend la valeur du numro de la boule obtenue lors du premier tirage.Les numros sont quiprobables donc X1 ,! Uf1;2;3g

2. Simulation informatique de lexprience alatoire dcrite dans cette partie.On rappelle que random(n) renvoie un entier compris entre 0 et n1.Complter le programme suivant pour quil simule lexprience alatoire dcrite dans cettepartie et pour quil a che la valeur de la variable Xk, lentier k tant entr au clavier parlutilisateur.random(3)+1 simule le tirage dune boule parmi les 3X contient les valeurs successives des variables X1; X2 XkSiXk = 1 alorsXk+1 = numro obtenu au k+1eme tirage traduit par If X=1 then X :=tirageSi Xk = j 6= 1 et que le numro tir est j alors Xk+1 = j (la valeur de X reste inchange) etXk+1 = 1 sinon (If tirage X then X :=1)Program simul ;

var i,k,X,tirage : integer ;

Begin

randomize

Readln(k) ; X :=random(3)+1 ;

For i :=2 to k do begin

tirage :=random(3)+1 ;

If X=1 then X := tirage ;

else If tirage X then X :=1 ;


end ;

Writeln(X) ;

End.

3. On note Uk la matrice 3 lignes et une colonne dont llment de la ieme ligne est P (Xk = i).

a) Le comportement est dirent pour Xk = 1 et pour les autres :

Xk = 1 alors Xk+1 ,! Uf1;2;3g donc P(Xk=1)(Xk+1 = 1) =1

3 Si Xk = j avec j = 2 ou 3 alors

P(Xk=2)(Xk+1 = 2) = P ( tirer 2 ) =1

3et P(Xk=3)(Xk+1 = 3) = P ( tirer 3 ) =

1

3

P(Xk=2)(Xk+1 = 1) = P ( tirer 6= 2 ) =2

3et P(Xk=3)(Xk+1 = 1) = P ( tirer 6= 3 ) =

2

3P(Xk=2)(Xk+1 = 3) = 0 et P(Xk=3)(Xk+1 = 2) = 0

b) On admet que f(Xk = 1); (Xk = 2); (Xk = 3)g est un systme complet dvnements.On a donc

P (Xk+1 = 1) = PXk=1 (Xk+1 = 1) P (Xk = 1) + PXk=2 (Xk+1 = 1) P (Xk = 2)

+PXk=3 (Xk+1 = 1) P (Xk = 3)

=1

3 P (Xk = 1) + 2

3 P (Xk = 2) + 2

3 P (Xk = 3) et de mme

0@P (Xk+1 = 1)P (Xk+1 = 2)P (Xk+1 = 2)

1A =0@13 P (Xk = 1) + 23 P (Xk = 2) + 23 P (Xk = 3)1

3 P (Xk = 1) + 13 P (Xk = 2) + 0 P (Xk = 3)

13 P (Xk = 1) + 0 P (Xk = 2) + 13 P (Xk = 3)

1A=

0@1=3 2=3 2=31=3 1=3 01=3 0 1=3

1A0@P (Xk = 1)P (Xk = 2)P (Xk = 2)

1A

Donc avec A =

0@1=3 2=3 2=31=3 1=3 01=3 0 1=3

1A (on a lu la suite = M + 13I ) on a Uk+1 = AUk. pour

tout k 2 N:

c) Pour k = 0; U0 =

0@100

1A, par dnition et A0U0 = U0Soit k 0 tel que Uk = AkU0 alors Uk+1 = AUk ... nest valable que si k 1:La relation Uk+1 = AUk nest utilisable que sur N: Donc il faut recommencer la rcurrenceen linitialisant pour k = 1 :

Pour k = 1 : A1U0 =

0@1=31=31=3

1A =0@P (X1 = 1)P (X1 = 2)

P (X1 = 2)

1A = U1Soit n 1 tel que Uk = AkU0 alors Uk+1 = AUk = Ak+1U0Conclusion : pour tout k de N, on a : Uk = AU0.

d) On a M + 13I = A


et comme 13IM = 1

3M = M 1

3I alors pour tout k de N, on a :

Ak =

kXj=0

k

j

1

3I

kjM j

=kXj=0

k

j

1

3

kjM j

e) On avait calcul la premire colonne des M j donc la premire colonne de Ak est

kXj=0

k

j

1

3

kj1

4

0B@2

23

j+ 2

23

j 23

j 23

j 23

j 23

j 1CA

avecPk

j=0

kj

13

kj 23

j=

13

+ 23

k= 1 et

Pkj=0

kj

13

kj 23

j=1

3

kLa premire colonne de Ak est donc

1

4

0B@2 + 21

3

k1 1

3

k1 1

3

k1CA

Et la colonne Uk = AkU0 est elle mme la premire colonne de Ak donc on retrouve danscette colonne les trois termes de la loi de Xk soit

8k 2 N; P (Xk = 1) = 12

1 +

1

3

k!et P (Xk = 2) = P (Xk = 3) =

1

4

1

1

3

k!:

f) Et comme1

3

< 1 alors 13

k ! 0 doncP (Xk = 1)! 12 et P (Xk = 2) = P (Xk = 3)! 14Donc la suite Xk converge en loi vers X de loi

Conclusion : X () = f1; 2; 3g avec P (X = 1) = 12et P (X = 2) = P (X = 3) = 1

4

4. a) Attention, les valeurs de Xk sont seulement f1; 2; 3g donc, pas de somme sur tous les k !

E (Xk) = 1P (Xk = 1) + 2P (Xk = 2) + 3P (Xk = 3)

=7

4 3

4

1

3

kb) Il faut ici calculer une puissance ou bien par rcurrence ou en passant par x = exp (ln (x)).MAIS cette formule nest valable que pour x > 0:Il faudra donc calculer exp (ln (1=3)) et ajuster le signe suivant la parit de k ( if odd(k)pour k impair )function esp(k :integer) :real ;

var p :real ;i :integer ;

begin

p :=1 ;

for i :=1 to k do p :=-1/3*p ;

sec :=7/4-3/4*p ;

end ;


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