corrigé épreuve de mathématiques edhec 2002 option économique
corrigé épreuve de mathématiques edhec 2002 option économique .... J, K, L ; E
est donc le sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel M4(R) engendré par la ...
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((x ; u et v sont de classe C1 sur [0,1]. Tous calculs faits, on trouve :
INCORPORER Equation.3
Ce résultat était prévisible dans la mesure où :
INCORPORER Equation.3
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
INCORPORER Equation.3
L'espérance est linéaire et les variables Xi,k sont de Bernoulli, donc :
INCORPORER Equation.3
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 :
INCORPORER Equation.3
Donc, pour tout x > 0 :
INCORPORER Equation.3
Le dénominateur est positif, les racines du polynôme du deuxième degré du numérateur sont :
INCORPORER Equation.3
h est donc strictement décroissante sur ]0, r2] , strictement croissante sur [r2, +([ ; h admet donc son minimum en r2. Or ce minimum est positif :
INCORPORER Equation.3
car
INCORPORER Equation.3
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 :
INCORPORER Equation.3
car 0 ( un ( 1et f est positive ou nulle sur [0, 1]. Mais
INCORPORER Equation.3
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
INCORPORER Equation.3
On obtient la réduite de Gauss :
INCORPORER Equation.3
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 :
INCORPORER Equation.3
INCORPORER Equation.3
INCORPORER Equation.3
INCORPORER Equation.3
(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)
INCORPORER Equation.3
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
INCORPORER Equation.3
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...
