1 ecricome 2008 option économique : corrigé – pas si rapide que ça exercice 1.
1°) Pour tout couple , de réels, , . est l'ensemble des combinaisons linéaires.
ecricome 2008 option économique : corrigé – pas si rapide que ça exercice 1
1°) Pour tout couple , de réels, , . est l’ensemble des combinaisons linéaires , et , est une famille génératrice de . des matrices , , donc un sous-espace vectoriel de 2°) Or cette famille est libre : 0 , 0 0. Il en résulte qu’il s’agit d’une base de , et que est de dimension 2. 3°) Le système d’équations est équivalent à l’unique équation 2 0 dont l’ensemble des solutions est Vect 1,1,0 , 2,0,1 . Le système d’équations 2 est équivalent au système 2 0 2 3 4 0 0 dont l’ensemble des solutions est Vect 1,2, 1 . 1 et 2 sont deux valeurs propres de , la somme des dimensions des sous-espaces propres de associées à ces deux valeurs propres est égale à 3, ce qui permet de dire que est diagonalisable. avec 4°) La théorie du changement de base et les contraintes de l’énoncé donnent 2 0 0 1 1 2 0 1 0 , 2 1 0 0 0 1 1 0 1 La méthode du pivot aboutit à 1 1 2 2 3 4 1 1 1 , ! On utilise , , et on a, en appelant 5°) Surtout, ne pas faire le calcul , , les trois vecteurs colonne de : , 2, 1. Ce qui prouve que , est diagonalisable, puisque , , sont des avec vecteurs propres de , pour les valeurs propres 2 , , , et qu’ils forment une base . Le théorie du changement de base assure alors que , , est une de , matrice diagonale, les éléments de la diagonale étant 2 , , . 6°) , et , ont les mêmes valeurs propres, par conséquent , est inversible ssi 0 n’est pas valeur propre de , , ssi 0 n’est pas valeur propre de , , ssi , est inversible. Les valeurs propres de , ( et de , ) sont 2 , , par conséquent , est inversible ssi 2 0 et 0. , , , 7°) , , 2 1 et 1 2 1 et 1 ou 2 1 et 1 ou 2 1 et 1 ou 2 1 et 1 On trouve donc 4 couples de solutions , : 1, 0 ; 3, 2 ; 3, 2 ; 1,0 , puis les 4 matrices correspondantes. , , exercice 2 2.1 1. Retour en fanfare du « domaine de définition ». , 1 ln est défini ssi 0. Pour la représentation graphique, vous avez dû voir ce genre de choses en des temps anciens (régionnement du plan). On trace la droite d’équation 0 ; la « deuxième bissectrice » ? ), et on hachure le demi-plan « au-dessus » de cette droite, plus présisément celui qui contient le point 1, 0 par exemple. ; . Sur l’ouvert , et ne sont jamais égales à 0. La fonction n’admet donc 2. pas de point critique sur l’ouvert , et par conséquent n’a pas d’extremum sur cet ouvert. Bien préciser, comme y invitait un rapport de jury récent, que est un ouvert, les théorèmes sur la recherche des extrema ( 0, 0, etc) s’appliquent pour des ouverts… 2.2 1 ln 1 est défini ssi 1 0, c'est-à-dire sur 1, ∞ . 1. 1
2. Bon, ça devrait aller : 1
ln
1
1
avec de limite nulle en 0. 3. Pour l’équation de la tangente, pas besoin de D.L : point d’abscisse 0 a donc pour équation 0 0 0 ; 1 ; 1 Pour la position de la courbe par rapport à la tangente, oui : 1
2 ;
0
1. La tangente à
1 2 2 , c'est-à-dire négatif, au voisinage de 0, car
est négligeable devant – est du signe de – voisinage de 0. La courbe est donc en dessous de sa tangente au point d’abscisse 0, au voisinage de ce point. 1 ∞ , donc lim ∞. 4. lim 1 1 ln 1 1 1 ln 1 1 1 ln ln
au
au
(Prudence avec l’utilisation des équivalents quand il y a des logarithmes…) 0 Donc lim admet une branche parabolique de direction l’axe des Ces deux résultats permettent de dire que abscisses. Là aussi un grand retour ! 2.3 1. La fonction : 1 ln est continue (somme de fonctions continues) et strictement 1
croissante (car 0
1
ln
0 sur 0, ∞ ).
0 ; lim
∞ car ln
.
Donc l’équation 0 admet une solution unique sur 0, ∞ , donc l’équation sur 0, ∞ . admet une unique solution 2. 1 ln . Par définition de , 1 ln 1 0. On en déduit 1 ln 1 0, et par conséquent 1 ln ln 1 ln 0 car ln est strictement croissante. 0 ; 0 ; strictement croissante. Donc , pour tout . donc la est strictement croissante. suite 3. 1 ln ln ln 1 ln 0 car ln est strictement croissante ; 0; est 1 ln . lim 1 ln ∞, donc lim ∞. strictement croissante. Donc 2.4 1. La propriété à établir est vraie pour 0 car 1 1. Supposons la propriété vraie pour fixé 1 ln 1 est strictement croissante sur 1 car dans N. Alors 0, ∞ . Donc 1 ln 2 1 : la propriété est vraie pour 1. 1. On en conclut : , | 2. et appartiennent à l’intervalle 1, ∞ . Sur cet intervalle, | . La formule des accroissements finis donne alors : 1 1 | | | | ; | | | | ; 2 2 | |1 | puis le résultat annoncé, par récurrence : | 1 3 1 2 , et si |
|
, alors | 10 , alors on aura |
3. Si 1 2
10 1
Ent
|
| |
| 10
d’après la question précédente. Or
1 4 ln 10 4 ln 10 1 2 ln 2 convient donc. (Ent : partie entière). 1 ln
2
. 4 ln 10 ln 2
4. program ecr2008 ; var n0,k:integer;u:real; BEGIN n0 :=1+Ent(4*ln(10)/ln(2)) ; u:=1; for k:=1 to n0 do u:= 1+ln(u+1); writeln(n0,u); END.
exercice 3 3.1 est le nombre de succès lors de épreuves identiques et indépendantes, la probabilité du succès 1. à chaque épreuve étant 1/10. Donc 1 9 9 , ; V ; E 10 10 10 10 100 2. 3 : on gagne 3 euros par partie gagnée, à quoi il faut enlever 1 euro de mise par partie jouée. On en déduit, en utilisant les célébrissimes formules E E , V V : 7 81 3E E ; V 9V 10 100 a une espérance égale à 6, on a donc approximativement 6 . 3. a. … En jouant 60 parties, le joueur a déjà perdu 60 euros. Pour qu’il perde moins b. Laissons tomber de 50 euros, il faut et il suffit qu’il gagne au moins 4 parties (à 3 euros la partie gagnante). On cherche donc la probabilité de l’événement 4: P 4 1 P 3 1 0,1512 0,8488 approximativement. Il ne faut pas désespérer du hasard… 3.2 1. est positive ou nulle, continue sur ]0, 1[ (fonction affine), et sur ]−∞ , 0[ et ]1 , +∞ [ (fonction nulle). Enfin, est nulle en dehors de [0 , 1], donc 2d
d
1
est donc bien une densité de probabilité. est nulle en dehors de [0 , 1], donc 0 si 0; 1 si 1; 2. est nulle en dehors de [0 , 1], donc 2 2 d E d 3 3. 4. Pour tout réel, P indépendantes et de même loi.
2d
si 0
1.
2 3 . 1
P M
P
car les
sont
0 si 0 si 0 1 , donc 1 si 1 0 si 0 1 1 si 0 1 1 1 1 si 1 1 1 sur 0, 1 , donc est continue sur R est continue sur R et de classe sur 0, 1 . est donc une variable aléatoire à densité, et on a et de classe 0 si 0 ; 2 3 1 0 si 1 6 1 si 0 1 ; admet donc pour densité par exemple la fonction telle que 6 1 si 0 1 0 sinon P
1
1
1 1 1
1
3
, donc avec la probabilité
5. Le joueur gagne la partie ssi 1 5
P
1 5
P
1 5
24 25
1
3.3 Jusqu’ici l’énoncé a donné lieu à des calculs simples et classiques, il va se rattraper maintenant ! 1. Au minimum, 1 si toutes les boules tombent dans la même case. Au maximum, si les boules si , si . tombent toutes dans des case différentes, Ω 1 , Min , . On a donc 1, variable aéatoire certaine. 2. : on lance une boule, qui va occuper une case ! : on lance deux boules, qui vont occuper une ou deux cases. 1 ssi la deuxième boule tombe dans la même case que la première, donc P 1 , et P 2 1 . 1 : les deuxième, troisième, …, -ème boule vont tomber dans la même case que la 3. première boule ! Probabilité P 1 2 : Glurps, une question qui demande de la culture, ou bien assez de clairvoyance pour laisser tomber, et surtout ne pas donner un résultat « au hasard ». Commençons par déterminer P 2 : 2 2 P 2 manières de choisir les deux cases parmi dans lesquelles vont tomber les Explication : il y a boules. Chacune de ces boules a la probabilité de tomber dans une des dites cases. On obtient ainsi 2 . On la probabilité que toutes les boules soient dans deux cases au maximum, c’est à dire P continue en écrivant P
2
P
2
P
1 2
P 2, cela donne P :P 0 si cas possibles : Avec
. Après simplification on trouve
2
1 . Si
1
2
1
, cohérent avec le résultat P 1 . , on divise le nombre de cas favorables par le nombre de 1 …
4. On utilise la formule avec le système complet d’événements sur le fait que le sce en question n’en est pas vraiment un si de probabilité nulle…) P
P
1 (en glissant pudiquement , certains des événements étant alors P
car, sachant que cases sont non vides au -ème lancer, il en sera de même P au 1 -ème lancer ssi la 1 -ème boule arrive dans une des cases non vides. car, sachant que 1 cases sont non vides au -ème lancer, il y aura P une cases non vide supplémentaire ssi au 1 -ème la 1 -ème boule arrive dans une des 1 1 cases vides. Les autres probabilités conditionnelles sont nulles, d’où le résultat. ∑ 1 Ω 1, . 1 car 5. a. ∑ ∑ b. P 1 P ; E ∑ c. On utilise les propriétés connues du signe Σ : ( ∑ ∑ ) P 1
P
1
1
4
1 P
1
1
P
1
1 P
1
est à valeurs dans 1 , . Dans la Dans la première somme, on a tenu compte du fait que deuxième et la troisième somme, on effectue le changement d’indice 1: 1 P P
1
1
d. Tiens, si on dérivait ? 1 1 2 Avec 1
1
1, on obtient : 1 1
1
1
1
1
1
1
1 1 , 1 E . D’où le résultat, compte tenu de e. Le plus beau est pour la fin. On va établir le résultat par récurrence. La propriété est vraie pour est la variable aléatoire certaine 1, donc E
1, car
1, alors que
1
1
1!
*
Supposons la propriété vraie pour fixé dans N , alors d’après le résultat précédent : 1 1 E 1 1 1 1
1
1
1
1 1
1 1
1
1
1 1
1
La propriété est vraie pour 1. Elle est donc établie pour tout
.
Le troisième jeu est certainement le plus amusant, mais pas le jour du concours ! Bah, il y avait de quoi se distraire par ailleurs…
5
