Prépas 2007 - maths S sujet corrigé rapport - EDHEC Grande Ecole

SUJET MATHÉMATIQUES 2007
Option Scientifiques
Exercice 1
+∞
⌠ − x
e
Pour tout n de IN *, on pose u n = ⎮ dx .
⎮ 1
⌡ x +
0
n
1) Montrer que la suite (u n ) n∈IN* est bien définie.
2) Pour tout n de IN *, on pose alors v n =
a) Montrer que : ∀n∈IN *, 0 ≤ w n ≤ 1 e .
1
⌠ − x
⎮
e
dx
⎮ 1
⌡ x +
0
n
et w n =
+∞
⌠ − x
⎮
e
dx
⎮ 1
⌡ x +
1
n
b) Montrer que : ∀n∈IN *, v n ≥ 1 e
ln(n + 1).
c) Donner la limite de la suite (u n ).
3) On se propose de déterminer un équivalent de u n lorsque n est au voisinage de +∞.
1 1 − − x
e
a) Montrer que l’intégrale I = ∫ dx est une intégrale convergente.
0 x
1
⌠ − x
1 −
b) Établir que : ∀n∈IN *, 0 ≤ ⎮
e
dx ≤ I.
⎮ 1
⌡ x +
0
n
c) En déduire un encadrement de v n valable pour tout n de IN *.
d) Donner enfin, en utilisant cet encadrement, un équivalent simple de u n .
1

Exercice 2
On considère les matrices suivantes de M 4(IR) :
⎛ 1 0 0 0⎞
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜ ⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
0 1 0 0
I =
⎜ ⎟ 1 0 0 0
, J =
⎜
⎟
, K =
⎜ 0 0 0 −1⎟
⎜ 0 0 1 0⎟
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜ ⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 0 0 0 1⎠
⎝ 0 0 −1 0⎠
⎝ 0 1 0 0⎠
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
0 0 1 0
et L =
⎜ − ⎟
.
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
On note E le IR-espace vectoriel engendré par (I, J, K, L) et Id l’endomorphisme identité de E.
On pose A = J + K.
1) Montrer que (I, J, K, L) est une base de E et donner la dimension de E.
2) a) Exprimer J K, K L et L J en fonction respectivement de L, J et K.
b) Calculer J 2 , K 2 et L 2 puis en déduire que : K J = – L, L K = – J et J L = – K.
c) En déduire que E est stable pour le produit matriciel.
3) Calculer A 2 . En déduire que A est inversible et exprimer A –1 en fonction de A.
4) On considère maintenant l’application ϕ A qui à toute matrice M de E associe :
ϕ A (M) = A M A –1 .
a) Montrer que ϕ A est un endomorphisme de E.
b) Déterminer Kerϕ A puis montrer que ϕ A est un automorphisme de E.
5) a) Écrire la matrice Φ A de ϕ A dans la base (I, J, K, L), puis justifier que ϕ A est diagonalisable.
b) Donner les valeurs propres de ϕ A ainsi que les sous-espaces propres associés.
On rappelle que l’application, notée tr, qui à toute matrice de M 4(IR) associe sa trace (c’est-à-dire la
somme de ses éléments diagonaux) est une application linéaire de M 4(IR) dans IR.
On rappelle également que l’application qui à tout couple (M, N) de E × E associe le réel noté
( M / N ) défini par ( M / N ) = tr( t M N) est un produit scalaire sur E.
On munit désormais E de ce produit scalaire.
6) a) Montrer que, pour tout couple (P, Q) de E × E, tr(P Q) = tr(Q P).
b) Établir alors que ϕ A est un endomorphisme symétrique de E.
c) En déduire que Ker (ϕ A – Id) et Ker (ϕ A + Id) sont supplémentaires orthogonaux dans E.
Exercice 3
On considère une suite (X n ) n≥1 de variables aléatoires définies sur le même espace probabilisé
(Ω, A, P), mutuellement indépendantes, et qui suivent toutes la loi exponentielle de paramètre 1.
On pose S n =
n
∑ X k
k = 1
.
1) Rappeler quelle est la loi suivie par S n . Donner l’espérance et la variance de S n .
2) À l’aide du théorème de la limite centrée, établir que lim
n→+∞ P(S n ≤ n) = 1 2 .
3) En déduire la valeur de lim
n→+∞
∫
n−1
n
0 1
t
e
( n − )!
−t
dt .
4) a) Utiliser le résultat précédent pour montrer que z e dz
b) On admet que n !
−n
2
∫
1
0
n−1
−nz
~
n→+∞
n!
2 n
~ 2π nn n e . En déduire un nouvel équivalent de z e dz.
+∞
∫
n+
1
1
0
.
n−1
−nz

Problème
On désigne par n un entier naturel supérieur ou égal à 2.
On dispose de deux urnes U et V, l’urne U contenant une boule blanche et (n – 1) boules noires et
l’urne V contenant une boule noire et (n – 1) boules blanches.
Un joueur choisit une urne au hasard pour le premier tirage puis il effectue des tirages d’une boule
avec remise de cette boule dans l’urne dont elle provient, selon trois protocoles étudiés dans les
trois parties de ce problème.
Pour tout i de IN *, on note B i l’événement « on obtient une boule blanche au i ème tirage ».
On note X le numéro du tirage où l’on obtient, pour la première fois, une boule noire et Y le numéro
du tirage où l’on obtient, pour la première fois, une boule blanche. On admet que X et Y sont deux
variables aléatoires définies sur le même espace probabilisé (Ω, A, P).
Pour finir, on note U l’événement « le premier tirage a lieu dans l’urne U ».
Partie 1
Dans cette partie, les tirages qui suivent le premier tirage ont lieu dans l’urne qui a été choisie au
premier tirage.
1) a) Déterminer P(X = 1).
b) Pour tout entier k supérieur ou égal à 2, écrire l’événement (X = k) à l’aide de certains des
événements B i ou B , puis montrer que :
i
∀k ≥ 2, P(X = k) = 1 1 k−1
( ( ) 2 n
Vérifier que cette formule reste valable pour k = 1.
3
n − 1
n
2) Établir que X possède une espérance et donner sa valeur.
3) Montrer que X et Y suivent la même loi.
n − 1 k−1
+ ( )
n
1 ).
n
4) On décide de coder l’événement U par 1 et l’événement U par 0.
On rappelle que la fonction random renvoie, pour un argument k de type integer (avec k ≥ 1) un
entier aléatoire compris entre 0 et k – 1 (ceci de façon équiprobable).
Compléter le programme suivant pour qu’il permette le calcul et l’affichage de la valeur prise par la
variable aléatoire X lors de l’expérience décrite dans cette partie.
Program edhec_2007 ;
Var x, n, tirage, hasard : integer ;
Begin
Randomize ; Readln(n) ; hasard : = random(2) ; x : = 0 ;
If hasard = 0 then Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage = 0)
Else Repeat -------- ; tirage : = -------- ; until -------- ;
Writeln(x) ;
End.
Partie 2
Dans cette partie, les tirages qui suivent le premier tirage ont lieu dans l’urne U si le tirage
précédent a donné une boule blanche et dans l’urne V sinon.
1) a) Donner P(X = 1).
b) En procédant comme dans la partie 1, montrer que :
1 1 k −2
∀k ≥ 2, P(X = k) = ( ) 2 n
2) Établir que X possède une espérance et donner sa valeur.
n − 1 .
n

3) Montrer que X et Y suivent la même loi.
4) Avec les mêmes conventions et les mêmes notations que celles de la partie 1, écrire un
programme permettant le calcul et l’affichage de la valeur prise par la variable aléatoire X lors de
l’expérience décrite dans cette partie.
Partie 3
Dans cette partie, chacun des tirages suivant le premier tirage a lieu dans la même urne que le tirage
qui le précède si ce dernier a donné une boule blanche et dans l’autre urne dans le cas contraire.
1) a) Donner P(X = 1).
b) Toujours selon la même méthode, montrer que :
∀k ≥ 2, P(X = k) = ( n ) k −1
− 1 + n −1
.
k
2 n
Vérifier que la formule précédente reste valable pour k = 1.
2
n
c) Établir que X possède une espérance puis montrer que E(X) = .
2( n − 1)
2) a) En procédant comme à la question 1b), montrer que :
∀i∈IN*, P(Y = 2 i) = ( n − 1
) i−1 n 2
− 2 n + 2
2 2 .
n 2 n
b) Montrer également que :
∀i∈IN *, P(Y = 2 i +1) = 1 2 ( n − 1
) i .
2
n
Vérifier que cette formule reste valable pour i = 0.
2n
2n
c) On pose : ∀n∈IN *, E 2n (Y) = ∑ k P( Y = k)
et ∀n∈IN, E 2n+1 (Y) = ∑ + 1
k P(
Y = k)
.
k=
1
k=
1
Montrer que la suite (E 2n (Y)) n∈IN * converge et donner sa limite.
Montrer que la suite (E 2n+1 (Y)) n∈IN converge et a la même limite que (E 2n (Y)) n∈IN * .
2
3n
En déduire que Y possède une espérance et que E(Y) =
.
2
2( n − n+
1)
3) a) Montrer que X et Y suivent la même loi lorsque n = 2. Quelle est cette loi ?
b) Comment pouvait-on justifier, sans calcul, les deux résultats ci-dessus ?
4) Montrer que E(Y) ≤ E(X) avec égalité si et seulement si n = 2.
5) Écrire un programme permettant le calcul et l’affichage de la valeur prise par la variable
aléatoire X lors de l’expérience décrite dans cette partie.
4

Corrigé Mathématiques 2007
option scientifique
Exercice 1 ...................................................................................
1 e x
1) Pour tout x élément de IR +, x + est différent de 0 donc la fonction x a est bien définie
n 1
x +
n
sur IR +. De plus, c’est le quotient de deux fonctions continues sur IR +, elle est donc continue sur IR
+.
Ceci montre que l’intégrale définissant u n est seulement impropre en sa borne +∞.
1 1
Enfin, pour tout réel x positif, on a : , 0 ≤ ≤ .
1 1
x +
n n
En multipliant par e –x −
e x −
e x
> 0, on obtient : 0 ≤ ≤ , d’où l’on déduit :
1 1
x +
n n
−
e x
0 ≤ ≤ n e –x .
1
x +
n
Comme l’intégrale ∫ + ∞ −
e x dx est convergente, le critère de comparaison pour les intégrales de
0
⌠ −
fonctions continues et positives assure que ⎮
e x
dx est, elle aussi, convergente.
⎮ 1
⌡ x +
0
n
La suite (u n ) n∈IN* est bien définie.
+∞
−
2) a) ∀x ≥ 1, x + n
1 ≥ 1 + n
1 ≥ 1.
Par décroissance de la fonction inverse sur [1, +∞[, on en déduit :
1
Comme de plus, 0 ≤ , on a : ∀x ≥ 1, 0 ≤
1
x +
n
1
≤ 1.
1
x +
n
1
1
x +
n
≤ 1.
1

En multipliant par e –x e x
> 0, on obtient : ∀x ≥ 1, 0 ≤ ≤ e –x .
1
x +
n
En intégrant, bornes dans l’ordre croissant, de 1 à A (pour tout A ≥ 1), on a alors :
A
A
⌠ − x
⌠
e
A
0 ≤ ⎮
−
dx ≤
⎮ 1 ∫
x − x
e dx , soit 0 ≤ ⎮
e 1
dx ≤ – e –A .
1
⌡ x +
⎮ 1
x
1
⌡ + e
1
n
n
Or l’intégrale du milieu a une limite finie lorsque A tend vers +∞, cette limite étant w n (qui existe
d’après la question 1) et lim ( 1 – e –A 1
) = . On obtient donc, après passage à la limite :
A→+∞
e e
−
∀n∈IN *, 0 ≤ w n ≤ 1 e .
b) ∀x∈[0, 1], 1 e ≤ e –x .
−
1 1/ e e x
On en déduit, en divisant par x + >0 : ≤ .
n 1 1
x + x +
n n
1 1 1
En intégrant de 0 à 1 (0 < 1), on a alors : ∫ dx ≤ v n .
e 0 1
x +
n
Il reste à calculer l’intégrale du membre de gauche :
1
1 1 ⎡ 1⎤
1 1
∫ dx = ln(
0 1 ⎢
x +
⎥
= ln (1 + ) – ln ( ) = ln (n + 1).
x + ⎣ n ⎦ 0 n n
n
En conclusion :
∀n∈IN *, v n ≥ 1 e
ln(n + 1).
c) Comme lim ln (n + 1) = +∞, on a, par minoration : lim v n = +∞.
n→+∞
n→+∞
On sait que, d’une part, u n = v n + w n , et d’autre part, w n ≥ 0.
On en déduit donc que : u n ≥ v n , et avec lim v n = +∞, on peut conclure :
e −x
n→+∞
lim u n = +∞.
n→+∞
1−
3) a) La fonction h : x a est continue sur ]0, 1], comme quotient bien défini de fonctions
x
continues sur cet intervalle.
De plus, on sait que e –x – 1 ~ – x d’où l’on déduit : 1 – e –x ~ x.
0 0
Ceci prouve que
en 0.
Conclusion :
1−
lim
x→0
x
e −x
I =
= 1 et permet de constater que la fonction h se prolonge par continuité
∫
1 − − x
0
1
e
x
dx est une intégrale convergente.
2

) ∀x∈]0, 1], x + n
1 ≥ x (ce qui est même toujours vrai).
En prenant l’inverse, on obtient : 0 ≤
1
1
x +
n
≤ x
1 . (* )
De plus : ∀x∈]0, 1], e
1 ≤ e –x ≤ 1. Par conséquent : ∀x∈]0, 1], 1 – e –x ≥ 0.
En multipliant ( * ) par 1 – e –x 1 1−
, on a alors : ∀x∈]0, 1], 0 ≤ ≤ .
1
x +
x
n
On peut intégrer cette inégalité sur [0, 1], le problème en 0 ayant été réglé à la question précédente,
et on trouve :
− e −x
e −x
∀n∈IN *, 0 ≤
⌠
⎮
⎮
⌡
0
1
− x
1 − e
1
x +
n
dx
≤ I.
⌠
⎮
⎮
⌡
0
1
c) Par linéarité de l’intégration,
− x
1 − e
1
x +
n
dx = ln (n + 1) – v n .
⌠
⎮
⎮
⌡
0
1
− x
1 − e
1
x +
n
dx
1
⌠
1
= ⎮ dx
⎮ 1
⌡0
x +
n
1
⌠ −
– ⎮
e x
dx , d’où :
⎮ 1
⌡ x +
0
n
L’encadrement obtenu à la question 3b) fournit alors : 0 ≤ ln (n + 1) – v n
encore :
∀n∈IN *, ln (n + 1) – I ≤ v n ≤ ln (n + 1).
≤ I, ce qui peut s’écrire
d) On a déjà vu plus haut que ln (n + 1) = ln n + ln (1 + n
1 ). En remplaçant dans l’encadrement
ci-dessus, on obtient : ln n + ln (1 + n
1 ) – I ≤ vn ≤ ln n + ln (1 + n
1 ).
Pour tout n plus grand que 1, on a ln n > 0 et on peut diviser tout ceci par ln n, ce qui donne :
1 1 I v
∀n ≥ 2, 1 + ln (1 + ) – ≤ n 1 1
≤ 1 + ln (1 + ).
ln n n ln n ln n ln n n
1 1 1 1
Comme lim = 0 et lim ln (1 + ) = 0, on a lim ln (1 + ) = 0.
n→+∞ ln n n→+∞
n n→+∞
ln n n
De plus, I étant indépendante de n, on a aussi lim I
= 0.
n→+∞
ln n
1 1 I
Pour résumer, lim (1 + ln (1 + ) – )
n→+∞
ln n n ln n
= 1 1
lim (1 + ln (1 + ) n →+∞
) = 1.
ln n n
v
Le théorème d’encadrement assure alors que lim n
= 1, ce qui veut dire que :
n→+∞ ln n
v n ~ ln n.
+∞
On se souvient maintenant que u n = v n + w n et que (w n ) est une suite bornée (cf question 2a).
3

Comme
lim v n =
n→+∞
d’obtenir : u n ~ v n .
+∞
Par transitivité, on a enfin :
lim ln n = +∞, on en déduit que w n est négligeable devant v n , ce qui permet
n→+∞
u n
~ln n.
+∞
Exercice 2 ...................................................................................
1) Soit 4 réels a, b, c et d tels que a I + b J + c K + d L = 0.
⎛ a − b − c d ⎞ ⎛0
0 0 0⎞
⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎜ b a − d − c⎟
⎜0
0 0 0⎟
En remplaçant I, J, K et L, on obtient ⎜ c d a b ⎟ = ⎜ ⎟ .
0 0 0 0
⎜
⎟ ⎜ ⎟
⎝−
d c − b a
⎠ ⎝0
0 0 0⎠
En identifiant, on a immédiatement a = b = c = d = 0.
La famille (I, J, K, L) est donc libre, or elle engendre E donc c’est une base de E.
Cette famille contient 4 matrices donc dim E = 4.
En conclusion :
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎜
⎟
1 0 0 0
2) a) J K =
⎜
⎟
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 −1 0⎠
On a donc :
(I, J, K, L) est une base de E et dim E = 4.
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜
⎟
⎜ 0 0 0 −1⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 0⎠
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
0 0 1 0
=
⎜ − ⎟
.
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
J K = L.
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜
⎟
0 0 0 1
K L =
⎜ − ⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 0⎠
On a donc :
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
⎜ 0 0 −1 0⎟
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
=
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎜
⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
.
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 −1 0⎠
K L = J.
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
0 0 1 0
L J =
⎜ − ⎟
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
On a donc :
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎜
⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 −1 0⎠
=
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜
⎟
⎜ 0 0 0 −1⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 0⎠
L J = K.
b) J 2 =
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎜
⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 −1 0⎠
⎛ 0 −1 0 0⎞
⎜
⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜ 0 0 0 1⎟
⎜
⎟
⎝ 0 0 −1 0⎠
⎛−1
⎜
⎜ 0
= ⎜ 0
⎜
⎝ 0
0
−1
0
0
0
0
−1
0
0 ⎞
⎟
0 ⎟
⎟ .
0
⎟
−1
⎠
4

On a donc :
J 2 = – I.
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜
⎟
K 2 0 0 0 1
=
⎜ − ⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 0⎠
On a donc :
⎛ 0 0 −1 0⎞
⎜
⎟
⎜ 0 0 0 −1⎟
⎜ 1 0 0 0⎟
⎜
⎟
⎝ 0 1 0 0⎠
⎛−1
⎜
⎜ 0
= ⎜ 0
⎜
⎝ 0
0
−1
0
0
K 2 = – I.
0
0
−1
0
0 ⎞
⎟
0 ⎟
⎟ .
0
⎟
−1
⎠
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
L 2 0 0 1 0
=
⎜ − ⎟
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
On a donc :
⎛ 0 0 0 1⎞
⎜
⎟
⎜ 0 0 −1 0⎟
⎜ 0 1 0 0⎟
⎜
⎟
⎝−1 0 0 0⎠
⎛−1
⎜
⎜ 0
= ⎜ 0
⎜
⎝ 0
0
−1
0
0
L 2 = – I.
0
0
−1
0
0 ⎞
⎟
0 ⎟
⎟ .
0
⎟
−1
⎠
On en déduit : K J = K (KL) = K 2 L = –I L = – L.
De même, L K = L (L J) = L 2 J = –I J = – J.
Et enfin, J L = J (J K) = J 2 K = – I K = – K.
Pour résumer :
K J = – L, L K = – J et J L = – K.
c) Soit M et N deux matrices quelconques de E.
Posons M = a I + b J + c K + d L et N = x I + y J + z K + t L. On a alors :
M N = (a I + b J + c K + d L) (x I + y J + z K + t L)
M N = a x I + (a y + b x) J + (a z + c x)K + (a t + d x) L + b y J 2 + c z K 2 + d t L 2
+ b z J K + b t J L + c y K J + c t K L + d y L J + d z L K.
En remplaçant, grâce aux calculs faits dans la 2a) et 2b), on obtient :
M N = a x I + (a y + b x) J + (a z + c x)K + (a t + d x) L – (b y + c z + d t) I + (b z – c y)L
+ (d y – b t) K + (c t– d z) J.
En regroupant :
M N = (a x – b y – c z – d t) I + (a y + b x + c t– d z) J + (a z + c x + d y – b t)K +
(a t + d x + b z – c y)L.
M N est donc une combinaison linéaire de I, J, K et L, ce qui prouve que M N∈E.
On en déduit :
E est stable pour le produit matriciel.
3) A 2 = (J + K) 2 = J 2 + J K + K J + K 2 = – I + L – L –I = –2 I.
On en déduit que – 2
1 A A = I, par conséquent A est inversible et A –1 = – 2
1 A.
En conclusion :
A 2 = –2 I et A –1 = – 2
1 A
4) a) Soit λ un réel quelconque et (M, N) un couple quelconque de matrices de E.
ϕ A (λ M + N) = A (λ M + N) A –1 = A λ M A –1 + A N A –1 = λ A M A –1 + A N A –1 , d’où :
ϕ A (λ M + N) = λ ϕ A (M) + ϕ A (N).
5

Ceci prouve que ϕ A est linéaire.
Il reste à montrer que si M appartient à E, alors ϕ A (M) appartient à E.
Comme A appartient à E alors A –1 appartient aussi à E (car A –1 = – 2
1 A). Par conséquent, si M
appartient à E, alors, comme E est stable pour le produit matriciel, le produit A M A –1 appartient
également à E.
En conclusion :
ϕ A est un endomorphisme de E.
b) M∈Ker ϕ A ⇔ ϕ A (M) = 0 ⇔ A M A –1 = 0 ⇔ A –1 (A M A –1 ) A = A –1 0 A.
On a donc : M∈Ker ϕ A ⇔ M = 0.
Ceci prouve que ϕ A est injectif, mais comme ϕ A est un endomorphisme d’un espace vectoriel de
dimension finie, ϕ A est bijectif.
5) a) On calcule les images de I, J, K et L par ϕ A .
• ϕ A (I) = A I A –1 = A A –1 = I.
ϕ A est un automorphisme de E.
• ϕ A (J) = A J A –1 = (J + K) J (– 2
1 (J + K)) = – 2
1 (J 2 + K J) (J + K).
En remplaçant : ϕ A (J) = – 2
1 (– I – L) (J + K) = 2
1 ( I + L) (J + K).
En développant : ϕ A (J) = 2
1 (J + K + L J + L K) = 2
1 (J + K + K – J).
Enfin : ϕ A (J) = K.
• ϕ A (K) = A K A –1 = (J + K) K (– 2
1 (J + K)) = – 2
1 (J K + K 2 ) (J + K).
En remplaçant : ϕ A (K) = – 2
1 ( L – I) (J + K)
En développant : ϕ A (K) = – 2
1 (LJ – J + L K – K) = – 2
1 (K – J – J – K).
Enfin : ϕ A (K) = J.
• ϕ A (L) = A L A –1 = (J + K) L (– 2
1 (J + K)) = – 2
1 (J L + K L) (J + K).
En remplaçant : ϕ A (L) = – 2
1 (– K + J) (J + K)
En développant : ϕ A (L) = – 2
1 (–KJ + J 2 – K 2 + J K) = – 2
1 (L – I + I + L).
Enfin : ϕ A (L) = – L.
On en conclut alors que :
⎛1
0 0 0 ⎞
⎜
⎟
⎜0
0 1 0 ⎟
Φ A = ⎜
⎟ .
0 1 0 0
⎜
⎟
⎝0
0 0 −1⎠
Φ A est symétrique réelle donc diagonalisable, par conséquent, ϕ A l’est aussi.
6

) La matrice Φ A contenant de nombreux termes nuls, on peut éviter de s’intéresser à Φ A – λ I et
résoudre directement le système (S) :Φ A (X) = λ X.
⎛ x ⎞
⎧ x = λx
⎧ (1 − λ)
x = 0
⎜ ⎟
⎜ y
⎪
⎟
z = λy
⎪
z = λy
On pose X = ⎜ z ⎟ et on obtient : (S) ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 2
⎜ ⎟
⎪ y = λz
⎪(1
− λ ) y = 0
⎝ t ⎠
⎪
⎩−
t = λt
⎪
⎩ (1 + λ)
t = 0
• Pour λ = 1, (S) ⇔ t = 0 et z = y. Ceci prouve que 1 est valeur propre de Φ A et que les vecteurs
⎛ x ⎞ ⎛1⎞
⎛0⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ y⎟
⎜0⎟
⎜1⎟
propres associés sont X = ⎜ y⎟
= x⎜
⎟ + y
0 ⎜ ⎟ .
1
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 0
⎠ ⎝0
⎠ ⎝0⎠
1 est valeur propre de ϕ A et le sous-espace propre associé est vect(I, J + K). Comme la famille (I, J
+ K) est libre (deux vecteurs non proportionnels), ce sous-espace propre est de dimension 2.
• Pour λ = –1, (S) ⇔ x = 0 et z = –y. Ceci prouve que –1 est valeur propre de Φ A et que les vecteurs
⎛ 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛0⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ y ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜0⎟
propres associés sont X = ⎜−
y⎟
= y⎜
⎟ + t
−1
⎜ ⎟ .
0
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ t
⎠ ⎝ 0
⎠ ⎝1⎠
–1 est valeur propre de ϕ A et le sous-espace propre associé est vect(J – K, L).
Comme la famille (J – K, L) est libre (deux vecteurs non proportionnels), ce sous-espace propre est
de dimension 2.
Comme dim M 2 (IR) = 4, il n’y a pas d’autre valeur propre que 1 et –1 (la somme des dimensions des
deux sous-espaces propres déjà trouvés étant égale à 4).
6) a) En notant p i, j et q i, j les termes généraux des matrices P et Q, le terme de la i ème ligne et de la
j ème colonne de P Q est ∑ p i,
k qk,
j .
4
k = 1
Par conséquent, la trace de PQ est : tr(PQ) = ∑∑ p i,
k qk,
i .
De la même façon : tr(QP) = ∑∑q i,
k pk,
i .
4
4
i= 1 k=
1
4
4
i= 1 k=
1
En inversant les sommes , on obtient : tr(QP) = ∑∑q i,
k pk,
i = ∑∑ p k,
i qi,
k .
On a bien (les indices étant muets) :
4
4
k= 1 i=
1
tr(PQ) = tr(QP).
4
4
k= 1 i=
1
b) Pour tout couple (M, N) de E 2 , on a :
(ϕ A (M) / N) = tr( t (A M A –1 ) N) = tr( t (A –1 ) t M
t A N).
On remarque que t A = –A (facile à vérifier).
De plus, en transposant la relation A A –1 = I, on obtient : t (A –1 )
t A = I , d’où l’on déduit : t (A –1 ) = ( t A) –
1 = (– A) –1 = – A –1 .
En remplaçant, on a alors : (ϕ A (M) / N) = tr(A –1 t M A N). D’après la question précédente, avec P = A –
1 et Q = t M A N, on obtient (ϕ A (M) / N) = tr( t M A N A –1 ), ce qui signifie exactement : (ϕ A (M) / N) =
(M / ϕ A (N)).
Conclusion :
7

ϕ A est un endomorphisme symétrique de E.
c) Comme ϕ A est diagonalisable, E est somme directe des sous-espaces propres de ϕ A , ces sousespaces
propres étant Ker(ϕ A – Id) et Ker(ϕ A + Id), d’après 5b).
Par ailleurs, on sait, d’après le cours, que les sous-espaces propres d’un endomorphisme symétrique
sont orthogonaux, donc :
Ker(ϕ A – Id) et Ker(ϕ A + Id) sont supplémentaires orthogonaux.
Exercice 3 ...................................................................................
1) La suite (X n ) n ≥ 1 est une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes, suivant toutes
la loi exponentielle de paramètre 1, c’est-à-dire la loi Γ (1, 1).
Par stabilité de la loi Γ, on en déduit que :
S n suit la loi Γ (1, n) et E(S n ) = n, V(S n ) = n
S
2) Il faut remarquer que (S n ≤ n) = (S n – n ≤ 0) = ( n − n
≤ 0) car n > 0.
n
Sn
− E(
Sn)
Comme E(S n ) = n et V(S n ) = n, on a donc : (S n ≤ n) = ( ≤ 0)
.
V ( Sn)
Les variables X n sont mutuellement indépendantes, de même loi et ont une espérance et une
variance, on peut donc appliquer le théorème de la limite centrée et écrire :
Sn − E(
Sn)
lim P( ≤ 0) = Φ (0 ) , où Φ désigne la fonction de répartition de la loi normale centrée
n→+∞
V ( Sn)
réduite.
Ceci donne
1
lim P(S n ≤ n) = Φ (0). Comme Φ (0) = , on a :
n→+∞
2
1
S n ≤ n) = .
lim P(
n→+∞
2
3) Une densité de S n est donnée par : f n (t) =
⎧
n−1
t −t
⎪ e
⎨(
n −1)!
⎪
⎩0
si t < 0
n
Comme, par définition, P(S n ≤ n) = ∫ f
−∞
n( t)
dt , on a donc :
0
n−1
n t −t
P(S n ≤ n) = ∫ 0dt +
−∞
∫ e dt
0 ( n −1)!
D’après la question précédente, on en déduit :
si t ≥ 0
.
= ∫
n
0
n−1
t
e
( n −1)!
−t
dt .
lim
n
n→+∞
∫ 0
n−1
t
e
( n −1)!
−t
dt
= 2
1 .
4) a) Dans l’intégrale ci-dessus, on fait le changement de variable z = n
t
(de classe C 1 sur IR, donc
sur [0, n]. On trouve alors :
8

n−1
n−1
n−1
n t −t
1 n z −nz
∫ e dt =
0 ( n −1)!
∫ e n dz =
0 ( n −1)!
( n −1)!
∫
La limite trouvée à la question 3) s’écrit maintenant :
lim n n
n →+∞ ( n −1 )!
∫
1
0
z
n−1
e
−nz
n dz
= 2
1 .
En multipliant par 2, on obtient lim
n→+∞
∫
1
0
z
n−1
e
−nz
n dz
de droite, on a bien :
~
n →+∞
n
n n
n n
1
0
z
n−1
e
−nz
n dz .
2 1
n−1
−nz
( n −1)!
∫ z e n dz = 1, ce qui prouve que :
0
( n −1)!
. En multipliant par n le numérateur et le dénominateur du membre
2n
∫
1
0
z
n−1
e
−nz
n dz
n!
~
n →+∞
n+ 1
2n
.
∫
1
0
b) En utilisant l’équivalent donné par l’énoncé, on a :
n −n
n−1
−nz
z e n dz ~ 2π
n n e
, ce qui, après simplification par 2n
n n donne :
n →+∞
n+
1
2n
∫
1
0
z
n−1
e
−nz
n dz
π
2n
~ −n
e
n →+∞
.
Problème.....................................................................................
Partie 1
1) a) La formule des probabilités totales associée au système complet d’événements (U, U )
s’écrit : P(X = 1) = P U (X = 1) P(U) + P (X = 1) P(U ).
U
Pour le premier tirage, le joueur choisit l’urne au hasard, donc P(U) = P(U ) = 2
1 .
D’autre part (X = 1) est l’événement « obtenir une boule noire au premier tirage » et au vu du
n −1
contenu des urnes, on a : P U (X = 1) = et
U
n
P (X = 1) = 1 .
n
1 n − 1 1 1 1 n − 1 1
En remplaçant, on trouve : P(X = 1) = × + × = ( + ).
2 n 2 n 2 n n
Conclusion :
P(X = 1) = 2
1 .
b) ∀k ≥ 2, (X = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k .
Toujours avec la formule des probabilités totales associée au système complet d’événements (U,
U ), on a :
P(X = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ).
• P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) =
P(U) P U (B 1 ) P U ∩ B ( B 2 ) … P ( )
1
U ∩B1 ∩... ∩B
B
k −2
k −1
P U ∩B1 ∩... ∩B
( B
k −1
k ).
Dans cette partie, le fait de connaître la couleur d’une boule ne conditionne pas le tirage suivant, et
comme le premier tirage a lieu dans l’urne U, les autres aussi (d’après la règle du jeu). On peut
donc simplifier l’écriture :
9

P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
B k ) = P(U)
P (B 1 ) … P ) P ( B ).
U
U ( B k − 1
La probabilité de tirer une boule blanche dans U étant égale à n
1 , on a :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
1 1 k −1
B k ) = ( ) 2 n
n − 1 .
n
• De la même façon, on a :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) = P(U ) P (B
U 1 ) … P ( B 1)
U k − P ( B
U k ).
n − 1
La probabilité de tirer une boule blanche dans V étant égale à , on a :
n
1 n − 1 k −1
1
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) = ( ) .
2 n n
Finalement :
∀k ≥ 2, P(X = k) = 1 1 k−1
n − 1 n − 1 k−1
(( ) + ( ) 2 n n n
1 n − 1 1 1
Pour k = 1, cette formule donne : P(X = 1) = ( + ) = .
2 n n 2
Cette formule est donc valable pour k = 1 et on peut conclure :
∀k∈IN *, P(X = k) = 1 1 k−1
(( ) 2 n
1 1 k−1
n − 1
2) Pour tout k de IN *, k P(X = k) = k (( ) 2 n n
n −1
1 k−1
En arrangeant, on trouve : k P(X = k) = k ( )
2n
n
U
n − 1
n
k
n − 1 k−1
+ ( )
n
n − 1 k−1
+ ( )
n
n 1
1 ).
n
− k−1
)
1
+ k ( .
2n n
1 k−1
n − 1 k−1
Comme les séries de termes généraux k ( ) et k ( ) sont absolument convergentes
n n
(séries géométriques “dérivées” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut
affirmer que X possède une espérance et que :
n −1
+∞
1 k−1
1
+∞
n − 1 k−1
E(X) =
2n
∑ k ( ) +
k =1 n 2n ∑ k ( ) .
n
k =1
n − 1 1 1 1
On a alors : E(X) = × + × .
2n
1 2
(1 − )
2n n −1
2
(1 − )
n
n
2
n − 1 n 1
En simplifiant un peu, on trouve : E(X) = × +
2 ×
2
n .
2n
( n −1) 2n
n n n n(
n −1)
On peut encore arranger : E(X) = + = + .
2(
n −1)
2 2(
n −1)
2( n −1)
Finalement :
E(X) =
3) De la même façon qu’à la question 1a), on a :
• P(Y = 1) = P U (Y = 1) P(U) + P (Y = 1) P(U ).
U
2
n
.
2( n −1)
1 ).
n
1 ).
n
10

1
Ici, P U (Y = 1) = et P (Y = 1) =
n
U
n
On a donc : P(Y = 1) = 2
1 = P(X = 1).
n − 1
1 , avec toujours P(U) = P(U ) = . 2
• ∀k ≥ 2, (Y = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k .
P(Y = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 1 ∩ B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ 1
k −
Comme la probabilité de tirer une boule noire dans U est égale à
étapes écrites à la question 1b) :
1 n − 1 k −1
1
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = ( ) .
2 n n
1 1 k −1
De la même façon, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = ( ) 2 n
Finalement : ∀k ≥ 2, P(Y = k) = 1 1 k−1
(( ) 2 n
n − 1
n
n − 1 k−1
+ ( )
n
X et Y suivent la même loi.
B ∩ B k ) .
k −
n − 1 , on a ici, sans toutes les
n
n − 1 .
n
1 ) = P(X = k).
On aurait pu se dispenser de faire ce calcul pour trouver la loi de Y, car la symétrie du contenu des
urnes et le fait qu’une fois qu’une urne est choisie on y reste, montre que Y suit la même loi que X.
4) Les instructions manquantes sont :
Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage > 0) ;
NB : on aurait pu également écrire “until (tirage < n)”, l’idée est simplement de traduire qu’il y a n –
1 chances sur n d’obtenir une boule noire dans l’urne U.
Partie 2
1) a) Comme dans la partie 1 (les calculs sont les mêmes), on a :
n
P(X = 1) = 2
1 .
b) On a toujours : ∀k ≥ 2, (X = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k .
La formule des probabilités totales, encore une fois, associée au système complet d’événements (U,
U ) peut s’écrire :
P(X = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k )
Pour calculer chacune des probabilités du membre de droite, on utilise la formule des probabilités
composées :
• P( U ∩ B1 ∩... ∩ B k −1 ∩ Bk
) =
P(U) P U (B 1 ) P U ∩ B ( B 2 ) … P ( )
1
U ∩B1 ∩... ∩B
B
k −2
k −1
P U ∩B1 ∩... ∩B
( B
k −1
k )
Comme, dans cette partie, seul le fait d’avoir obtenu une boule blanche à un tirage donné permet de
savoir que le tirage suivant a lieu dans l’urne U, on peut écrire plus simplement :
P( U ∩ B1 ∩... ∩ B k −1 ∩ Bk
) = P(U) P U (B 1 ) P B ( B 2 )… B ( Bk
1)
P ( B k )
1
P
k −2 − B k −1
11

On a bien sûr P(U) = 2
1 . D’autre part, les (k – 1) probabilités conditionnelles qui suivent valent n
1
(puisque l’on veut une boule blanche sachant que le tirage a lieu dans l’urne U) et la dernière
n − 1
probabilité conditionnelle vaut (on veut une boule noire dans l’urne U).
n
1 1 k −1
n − 1
Au final on a : P( U ∩ B1 ∩... ∩ B k −1 ∩ Bk
) = ( ) .
2 n n
• De la même façon, on peut écrire :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k ) = P(U ) P (B U 1 ) P ( ) B B
1 2 … PB
k
( B 1)
−2 k − P B k −1
( B k ).
1 n −1
On a toujours P(U ) = . D’autre part, P 2 U
(B 1 ) = (puisque l’on veut une boule blanche
n
sachant que le tirage a lieu dans l’urne V), les (k – 2) probabilités conditionnelles qui suivent valent
1 (puisque l’on veut une boule blanche sachant que le tirage a lieu dans l’urne U) et la dernière
n
probabilité conditionnelle vaut
On a donc : P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
n − 1 (on veut une boule noire dans l’urne U).
n
1
B k ) = 2
n − 1 1 k −2
( )
n n
n − 1 .
n
• On peut maintenant conclure :
1 1 k −1
n − 1 1
∀k ≥ 2, P(X = k) = ( ) + 2 n n 2
1 1 k −2
n −1
En mettant ( ) en facteur, on a :
2 n n
1 1 k −2
∀k ≥ 2, P(X = k) = ( ) 2 n
D’où, pour finir :
n − 1 1 ( +
n n
n − 1 1 k −2
( )
n n
n − 1 ).
n
n − 1 .
n
1 1 k −2
∀k ≥ 2, P(X = k) = ( ) 2 n
n − 1 .
n
n −1
1 k −2
n −1 1 k−1
2) Pour tout k ≥ 2, k P(X = k) = k ( ) = k ( ) .
2n
n 2 n
1 k−1
Comme la série de terme général k ( ) est absolument convergente (série géométrique
n
“dérivée” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut affirmer que X possède une
espérance et que :
E(X) = P(X = 1) + ∑ +∞ 1 n −1
k P(
X = k)
= +
k = 2
2 2
∑ +∞ 1 k−1
k ( ) .
k =2 n
1 n −1
E(X) = + 2 2
(∑ +∞ 1 k−1
1 n −1 1
k ( ) – 1) = + ( – 1).
k =1 n 2 2 1 2
(1 − )
n
2
1 n −1 n 1 n −1 2n
−1
1 2n
−1
E(X) = + ( – 1) = 2
2 + × =
2 ( n −1) 2
2 + .
2 ( n −1)
2 2( n −1)
Finalement :
3n
− 2
E(X) = .
2( n −1)
12

3) • P(Y = 1) = P U (Y = 1) P(U) + P (Y = 1) P(U ).
U
1 n − 1
On a encore : P U (Y = 1) = et P (Y = 1) =
n
U
.
n
1
Par conséquent : P(Y = 1) = = P(X = 1).
2
• ∀k ≥ 2, (Y = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k .
P(Y = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) .
La formule des probabilités composées donne, après les mêmes simplifications que dans la question
1b) de cette partie :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = P(U) P U ( B 1 ) P B
( B 2 ) … P B
( B k −1)
P (B k ).
1
k −2
B k − 1
1 n − 1
On a toujours P(U) = . D’autre part, P U ( B 1 ) = (puisque l’on veut une boule noire sachant
2 n
1
que le tirage a lieu dans l’urne U), les (k – 2) probabilités conditionnelles qui suivent valent n
(puisque l’on veut une boule noire sachant que le tirage a lieu dans l’urne V) et la dernière
n − 1
probabilité conditionnelle vaut (on veut une boule blanche dans l’urne V).
n
1 n − 1 1 k −2
n − 1
Au final on a : P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = ( ) .
2 n n n
De la même façon :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = P(U ) P U
( B 1 ) P B
( B 2 ) … P ( −1)
1
B
B
k −2
k P (B
B k ).
k − 1
1 1
On a bien sûr P(U ) = . D’autre part, les (k – 1) probabilités conditionnelles qui suivent valent 2 n
(puisque l’on veut une boule noire sachant que le tirage a lieu dans l’urne V) et la dernière
n − 1
probabilité conditionnelle vaut (on veut une boule blanche dans l’urne V).
n
1 1 k −1
n − 1
Au final on a : P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k −1
∩ B k ) = ( ) .
2 n n
n − 1
Enfin : ∀k ≥ 2, P(Y = k) = 2
1
On peut conclure :
n − 1 1 k −2
( )
n n
n − 1 1 1 k −1
+ ( )
n 2 n
X et Y suivent la même loi.
n
= P(X = k).
Ici aussi, on aurait pu se dispenser de faire ce calcul pour les mêmes raisons de symétrie qu’à la
question 3) de la partie 1.
4) Program edhec_2007bis ;
Var x, n, tirage, hasard : integer ;
Begin
Randomize ; Readln(n) ; hasard : = random(2) ; x : = 0 ;
If hasard = 0 then begin x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ;
If (tirage > 0) then
Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage > 0) ; end
Else Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage > 0) ;
Writeln(x) ;
End.
13

Partie 3
1) a) Comme d’habitude, on a :
P(X = 1) = 2
1 .
b) On a toujours : : ∀k ≥ 2, (X = k) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B k–1 ∩ B k .
P(X = k) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
B k ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B k–1 ∩
B k ).
D’après la règle du jeu, on est certain, comme dans la partie 1, que les k tirages ont lieu dans la
même urne (soit U, soit V) puisque tant que l’on tire des boules blanches, on reste dans la même
urne pour le tirage suivant.
Les calculs sont donc les mêmes que dans la partie 1 et ils donnent, bien sûr le même résultat, soit :
∀k ≥ 2, P(X = k) = 1 1 k−1
n − 1 n − 1 k−1
(( ) + ( ) 1 ).
2 n n n n
1 n − 1 ( n −1)
On peut réécrire ceci sous la forme : P(X = k) = ( 2
k +
k
n n
On a bien :
∀k ≥ 2, P(X = k) =
( n −1)
k −1
2n
k
k −1
+ n −1
.
Comme dans la partie 1, la formule est toujours valable pour k = 1.
c) Le calcul est, ici aussi, inutile :
).
E(X) =
2
n
.
2( n −1)
2) a) ∀i∈IN *, (Y = 2i) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i .
On a alors (toujours la formule des probabilités totales) :
P(Y = 2i) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i )
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ).
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = P(U) P U ( B 1 ) P B
( B 2 ) … P ( 2 1)
1
B
B i−
P (B
2i−2
B 2i ).
2i−1
Comme le premier tirage a lieu dans l’urne U, le 2 ème a lieu dans V, le 3 ème a lieu dans U, etc (on
change d’urne à chaque tirage tant que l’on ne tire que des boules noires).
1 n − 1 1 n − 1 1 n − 1 n − 1
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = × × × … × × × × . Sans compter le
2 n n n n n n
1 1
facteur , nous sommes en présence d’un produit de 2i facteurs dont (i – 1) valent et (i + 1)
2 n
n − 1
valent .
n
On a donc :
1 1 i−1
n − 1 i+ 1
∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = ( ) ( ) 2 n n
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ).
Comme précédemment, on obtient :
1 ( n −1)
= × 2
2i
n
i+
1
.
14

P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = P(U ) P U
( B 1 ) P B
( B 2 ) … P ( 2 1)
1
B
B i−
P (B
2i−2
B 2i ).
2i−1
Le premier tirage ayant lieu dans l’urne V, le 2 ème a lieu dans U, le 3 ème a lieu dans V, etc (on change
d’urne à chaque tirage tant que l’on ne tire que des boules noires).
On a donc :
1 1 n − 1 1 n − 1 1 1
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = × × × … × × × × . Sans compter le facteur
2 n n n n n n
1 1 , nous sommes ici en présence d’un produit de 2i facteurs dont (i + 1) valent et (i – 1) valent
2
n
n − 1 .
n
On a donc :
i−1
1 1 i+ 1 n − 1 i −1
1 ( n −1)
∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2i−1
∩ B 2i ) = ( ) ( ) = × .
2 n n 2
2i
n
i+
1
i−1
( n −1)
1 ( n −1)
1
• En remplaçant, on obtient : P(Y = 2i) = ×
2i
+ ×
2i
.
n 2 n 2
i−1
i−1
2
( n −1)
( n −1)
( n −1)
+ 1
En mettant en facteur, on trouve : P(Y = 2i) = ( ).
2i−2
2i−2
2
n
n 2n
En arrangeant, on a bien :
n − 1 i−1
∀i∈IN *, P(Y = 2i) = (
2 )
n
2
n − 2n
+ 2
.
2
2n
b) ∀i∈IN *, (Y = 2i + 1) = B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩
P(Y = 2i + 1) = P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
B 2 i ∩ B 2i+1 .
B 2 i ∩ B 2i+1 ) + P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩ B 2 i ∩ B 2i+1 ).
Pour les mêmes raisons que précédemment, on trouve :
P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
B 2 i ∩ B 2i+1 ).
1 n − 1 1 n − 1 1 n − 1
B 2 i ∩ B 2i+1 ) = × × × … × × × .
2 n n n n n
1
Sans compter le facteur , nous sommes en présence d’un produit de (2i + 1) facteurs dont i valent
2
1 n − 1
et (i + 1) valent .
n
n
On a donc :
∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
• Cherchons P(U ∩ B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩
De la même façon que d’habitude :
P(U ∩ B 1 ∩ B 2 ∩ ... ∩
1 1 i
B 2 i ∩ B 2i+1 ) = ( ) ( 2 n
B 2 i ∩ B 2i+1 ).
1
B 2 i ∩ B 2i+1 ) = × 2 n
1 ×
n − 1 i+ 1
)
n
n − 1 1 × … × ×
n n
1 ( n −1)
= × 2
2i+
n
i+
1
1
n − 1 1 1 × × .
n n n
Sans compter le facteur 2
1 , nous sommes ici en présence d’un produit de (2i + 1) facteurs dont (i + 1)
valent n
1 et (i – 1) valent
n − 1 .
n
On a donc : ∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
∀i∈IN *, P(U ∩ B 1 ∩ ... ∩
1
B 2 i ∩ B 2i+1 ) = × 2
1 1 i+ 1
B 2 ∩ B 2i+1 ) = × ( ) ( 2 n
i
( n −1)
.
2i
n
i
n − 1 i
) .
n
.
15

( n −1)
1 ( n −1)
En remplaçant, on obtient : P(Y = 2i + 1) = ×
2i+
1 + ×
2i+
1
n 2 n
i
1 ( n −1)
1 ( n −1)
En mettant en facteur, on trouve : P(Y = 2i + 1) = 2
2i+
1
n
2
2i+
1
n
On a bien :
i+
1
1 n − 1 i
∀i∈IN *, P(Y = 2i + 1) = ( 2
2 ) .
n
i
1 .
2
i
n.
1
Pour I = , cette formule donne : P(Y = 1) = , ce qui est correct et prouve que, finalement :
2
1 n − 1 i
∀i∈IN, P(Y = 2i + 1) = ( 2
2 ) .
n
2 p
c) ∀p∈IN*, E 2p (Y) = ∑ k P( Y = k)
. En séparant les termes pairs et les termes impairs, on a :
p
k = 1
p 1
E 2p (Y) = ∑ 2 i P(
Y = 2i)
+ ∑ − (2i + 1) P(
Y = 2i
+ 1) .
i=
1
i=
0
Il reste à remplacer les probabilités par leurs expressions ,ce qui donne :
p
2
p
n − 1 i−1
n − 2n
+ 2
E 2p (Y) = ∑ 2 i (
2 ) +
2 ∑ − 1
1 n − i
(2i
+ 1) (
i=
1 n 2n
i=
0 2 n
21 ) .
En mettant en facteur et en scindant la deuxième somme en deux, on obtient :
2
p
n − 2n
+ 2 n − 1 i−1
n
E 2p (Y) =
2 ∑ i (
2 ) + − p
1
2 ∑ − 1
n − 1 i−1
i (
2 ) + 1 p
n i=
1 n n i=
1 n 2
∑ − 1
n − 1 i
(
2 ) .
i=
0 n
n − 1 i n − 1 i−1
Comme les séries de termes généraux (
2 ) et i (
2 ) sont absolument convergentes en tant
n n
n − 1
que série géométrique et série géométrique “dérivée” de raison
2 , qui appartient à ]–1, 1[, on
n
peut affirmer que :
La suite (E 2p (Y)) p∈IN * converge.
Après passage à la limite (lorsque p tend vers +∞) dans l’égalité écrite 5 lignes plus haut, on
trouve :
2
lim E n − 2n
+ 2 1 n − 1 1 1 1
2p(Y) = ×
+
p→+∞
2
n
n −1
)
2 ×
+ × .
2
(1 −
n n −1
2
(1 −
2 2
n
n
) 2 n −1
1−
2
n
2
4
4
lim E n − 2n
+ 2 n n − 1 n
2p(Y) = ×
+
p→+∞
2
2
2 2 ×
2
2
n ( n − n + 1) n ( n − n + 1)
En regroupant les deux premières expressions, on obtient :
2
4
2
lim E n − n + 1 n 1 n
2p(Y) = ×
+
p→+∞
2
2
2 × .
n ( n − n + 1) 2
2
n − n + 1
1
+ × 2 n
2
2
n
.
− n + 1
16

lim E n 1
2p(Y) = +
p→+∞
2
×
n − n + 1 2
On a enfin, en factorisant :
2
n
2
n
2
− n + 1
=
n
2
2
n 1
( 1 + ).
− n + 1 2
lim E 2p(Y) =
p→+∞
2
3n
.
2
2( n − n + 1)
De plus, on a : E 2p+1 (Y) = E 2p (Y) + (2p + 1) P(Y = 2p + 1).
1 n − p n − p 1 n −
Or (2p + 1) P(Y = 2p + 1) = (2p + 1) (
2 n
21 ) = p (
n
21 ) + ( 2 n
21 ) p .
n − 1 p 1 n − p
Comme (encore une fois) les séries de termes généraux p (
2 ) et (
n 2 n
21 ) convergent, on a
lim p n − 1 p
(
p→+∞
2 ) =
n
lim 1 n − p
(
p→+∞
2 n
21 ) = 0.
Par conséquent : lim (2p + 1)P(Y = 2p + 1) = 0. Ceci prouve que :
p→+∞
La suite (E 2p+1 (Y)) p∈IN * converge et a même limite que la suite (E 2p (Y)) p∈IN * .
Comme les suites (E 2p+1 (Y)) p∈IN * et (E 2p (Y)) p∈IN * convergent et ont même limite, on peut conclure que
la suite (E p (Y)) p∈IN * converge.
On peut donc affirmer que Y a une espérance (la série de terme général k P( Y = k)
étant
convergente et positive donc absolument convergente.
On a donc :
E(Y) =
2
3n
.
2
2( n − n + 1)
1
3) a) • Pour n = 2, on a : ∀k∈IN *, P(X = k) =
k .
2
1 i−1
• Pour n = 2, on a : ∀i∈IN *, P(Y = 2i) = ( ) 4
On a aussi : ∀i∈IN, P(Y = 2i + 1) = 2
1 ( 4
1 )
i
Dans les deux cas : ∀k∈IN *, P(Y = k) =
En conclusion :
1
k .
2
1
= ( )
2 i + 1.
2
1 1 i
= ( )
4 4
X et Y suivent la même loi.
1
= ( ) 2 i
. 2
1 k −1
En écrivant tout ceci autrement, on a : ∀k∈IN *, P(X = k) = P(Y = k) = ( ) 2
Ceci prouve que :
1 .
2
X et Y suivent la loi géométrique de paramètre 2
1 .
b) Pour n = 2, les urnes ont le même contenu (une boule blanche et une boule noire) donc
l’éventuel changement d’urne n’a aucun effet. Tout se passe alors comme si les tirages se faisaient
dans une seule urne, X et Y étant les temps d’attente respectifs de la première boule noire et de la
17

RAPPORT DU JURY
ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES 2007
(Option scientifique)
Présentation de l'épreuve :
• L'épreuve comportait, comme d'habitude, trois exercices et un problème, ce qui permettait
de juger les candidats sur une partie conséquente du programme des classes préparatoires. Le
sujet balayait largement le programme en donnant une place importante aux probabilités
(troisième exercice et problème).
La diversité des thèmes abordés a permis à tous les candidats de s’exprimer et de montrer
leurs compétences, ne serait-ce que sur une partie du programme. Dans l'ensemble, les
correcteurs ont trouvé ce sujet sélectif, d’un niveau abordable, permettant de bien apprécier
les connaissances et les capacités à raisonner des candidats (ce qui est le premier but d’un
texte de concours).
• L'exercice 1 proposait l’étude de la suite (u n ) n ≥ 1 définie par u n =
+∞
⌠ − x
⎮
e
dx .
⎮ 1
⌡ x +
0
n
• L'exercice 2 avait pour but d’étudier l’automorphisme ϕ de M 4 (IR) défini par :
∀M∈M 4(IR), ϕ (M) = A M A –1 , la matrice A étant donnée par l’énoncé.
Il nécessitait d’avoir des connaissances solides en algèbre linéaire et en algèbre bilinéaire.
• L'exercice 3, se fixait pour objectif de trouver, grâce au théorème de la limite centrée, un
1
n−1
−nz
équivalent, lorsque n est au voisinage de + ∞, de z e dz.
• Le problème, portant sur le programme de probabilités, étudiait deux variables aléatoires X
et Y, où X (resp Y) désignait le temps d’attente de la première boule noire (resp blanche) lors
d’un jeu à deux urnes selon trois procédures différentes. L’informatique y était très présente.
Statistiques :
Pour l’ensemble des 3367 candidats ayant composé, la moyenne obtenue à cette épreuve est
de 10,87 sur 20.
33% des candidats ont une note strictement inférieure à 8 (le quart d’entre eux ayant une note
inférieure à 4).
31% des candidats ont une note comprise entre 8 et 12.
20% des candidats ont une note supérieure ou égale à 16.
1
∫
0

Analyse des copies :
Dans l’exercice 1, la première question demandait de vérifier que la suite (u n ) était bien
définie, ce qui a semblé dérouter une majorité de candidats qui n’ont pas vu que le problème
consistait à montrer la convergence de l’intégrale définissant u n .
L’exercice 2 a révélé certaines failles dans les connaissances de certains candidats en algèbre
linéaire (dimE = 64 alors que E est un sous-espace vectoriel de M 4 (IR), notion de trace pas
toujours bien maîtrisée, celle d’endomorphisme symétrique non plus, etc).
L’exercice 3 nécessitait de connaître le théorème de la limite centrée et de savoir que la
somme de variables suivant toutes la même loi exponentielle et indépendantes suivait une loi
gamma : de nombreux candidats semblent l’ignorer.
Comme d’habitude avec les études de variables aléatoires discrètes, le problème a montré que
trop peu de candidats maîtrisent les formules classiques (probabilités totales et probabilités
composées) ainsi que la façon de les appliquer : très souvent une explication peu
convaincante était donnée. L’informatique a permis à un très petit nombre de candidats
seulement de gagner assez facilement des points.
Il faut noter que les copies sont, pour la plus grande part, bien présentées, propres et honnêtes
(une majorité de candidats précisent clairement qu’ils admettent le résultat d’une question non
traitée), mais les correcteurs ont constaté que lorsque les résultats sont donnés par l’énoncé,
certains candidats sont prêts à tout pour faire croire qu’ils ont prouvé le résultat demandé
(pour les questions portant sur les probabilités notamment) : qu’ils sachent que ceci est
sanctionné sévèrement.
Les correcteurs ont trouvé nettement moins de copies très faibles (note inférieure à 4) que
l’année dernière, ce qui est peut-être dû à des points facilement “prenables” dans l’exercice 2.
Voici une liste des quelques fautes les plus fréquentes (chacune d’entre elles ayant été trouvée
sur un nombre significatif de copies) commises cette année :
Exercice 1
• Une faute incroyablement fréquente : la convergence d’une intégrale impropre se résume
pour une majorité de candidats à la continuité de la fonction intégrée
• De nombreux candidats pensent que l’encadrement 0 ≤ w n ≤ e
1 prouve que la suite (wn )
converge.
• Ayant 0 ≤ w n ≤ e
1 , vn ≥ e
1 ln(n + 1) et u n = v n + w n , il n’est pas question de conclure :
1 1 ln(n + 1) ≤ u n ≤ . Il est encore pire d’en déduire que
e
lim u 1
n = .
e n→+∞
e
Exercice 2.
• Commençons par une remarque : il est très insuffisant de remarquer que les matrices I, J, K
et L ne sont pas proportionnelles pour conclure qu’elles forment une famille libre.
• Il serait bon d’éviter d’asséner des égalités du genre : LK = J
I , alors que I, J, K et L sont
des matrices !
• Vu, y compris sur de bonnes copies : AMA –1 = 0, alors, comme ni A, ni A –1 ne sont nulles,
“forcément” M est nulle.
Exercice 3
• La faute la plus fréquente : la somme de n variables aléatoires suivant la loi exponentielle de
paramètre 1 suit la loi exponentielle de paramètre n.
2

• L’intégrale suivante est un monstre mathématique : ∫ −∞
n
n−1
t
e
( n −1)!
1
n−1
−nz
( n −1)!
• L’égalité lim z e dz
n→+∞
∫
= , vue très souvent, est un non sens.
0
n
2 n
Problème
• Une remarque d’ordre général : trop de candidats se contentent de plagier l’énoncé et
donnent des explications très succinctes ou floues pour établir le résultat demandé lorsque
celui-ci est donné. De plus, ces “explications” étaient souvent les mêmes pour les trois
procédures différentes, ce qui a troublé plus d’un correcteur…
• Il faut absolument éviter d’écrire que la série géométrique “dérivée” de raison q converge si
q < 1, ou pire, si q ≤ 1.
Conclusion :
Dans leur grande majorité, les candidats présentent de mieux en mieux leur copie, mais les
correcteurs regrettent le manque de rigueur d’un trop grand nombre de candidats, ainsi que la
malhonnêteté de certains, qui sont manifestement prêts à tout pour trouver les résultats
demandés : il faut savoir qu’aucun correcteur n’est dupe.
Rappelons, comme les années précédentes, que l’honnêteté, la simplicité la précision et la
rigueur sont des vertus attendues par tous les correcteurs sans exception, et qu’une bonne
réponse est toujours une réponse construite rigoureusement.
−t
dt .
3

première boule blanche (la probabilité de succès dans les deux cas étant égale à 2
1 ) et suivant donc,
toutes les deux, la loi géométrique de paramètre 2
1 .
2
2
n 3n
n 1 3
4) E(X) –E(Y) = –
=
2
( – ).
2( n −1)
2( n − n + 1) 2
2
n −1
n − n + 1
2 2
2 2
n n − n + 1−
3( n −1)
n n − 4n
+ 4
E(X) –E(Y) = ( ) = 2
2
( )
( n −1)(
n − n + 1)
2
2
( n −1)(
n − n + 1)
2
2
n ( n − 2)
E(X) –E(Y) = ≥ 0.
2
2
( n −1)(
n − n + 1)
Conclusion :
E(X) ≥ E(Y).
2
Le calcul précédent montre que E(X) –E(Y) = 0 si et seulement si n = 2.
5) Comme on l’a remarqué dans la question 1b), la loi suivis par X dans cette partie est la même
que celle suivie par X dzans la partie 1. Par conséquent le programme demandé est le même que
celui qu’il fallait compléter dans la partie 1.
Program edhec_2007 ;
Var x, n, tirage, hasard : integer ;
Begin
Randomize ; Readln(n) ; hasard : = random(2) ; x : = 0 ;
If hasard = 0 then Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage = 0)
Else Repeat x : = x + 1 ; tirage : = random(n) ; until (tirage > 0) ;
Writeln(x) ;
End.
18