Prépas 2006 - maths E sujet corrigé - EDHEC Grande Ecole
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ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD<br />
Concours d'admission sur classes préparatoires<br />
___________________<br />
MATHEMATIQUES<br />
Option économique<br />
Mardi 9 mai <strong>2006</strong> de 8h à 12h<br />
___________________<br />
La présentation, la lisibilité, l'orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des<br />
raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.<br />
Les candidats sont invités à encadrer, dans la mesure du possible, les résultats de leurs calculs.<br />
Ils ne doivent faire usage d'aucun document ; seule l'utilisation d'une règle graduée est autorisée.<br />
L'utilisation de toute calculatrice et de tout matériel électronique est interdite.<br />
Exercice 1<br />
Soit f l’endomorphisme de IR 3 dont la matrice dans la base canonique B de IR 3 est :<br />
⎛ 2 10 7⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
A =<br />
1 4 3<br />
⎜<br />
⎟ .<br />
⎝−2 −8 −6⎠<br />
On note I la matrice unité de M 3(IR) et on pose u = (2, 1, –2).<br />
1) a) Montrer que Ker f = vect(u).<br />
b) La matrice A est-elle inversible <br />
2) a) Déterminer le vecteur v de IR 3 , dont la 2 ème coordonnée dans B vaut 1, et tel que f (v) =<br />
u.<br />
b) Démontrer que le vecteur w de IR 3 , dont la 2 ème coordonnée dans B vaut 1, et qui vérifie<br />
f (w) = v est w = (0, 1, –1).<br />
c) Montrer que (u, v, w) est une base de IR 3 que l’on notera B’. On note P la matrice de<br />
passage de la base B à la base B’.<br />
3) a) Écrire la matrice N de f relativement à la base B’. En déduire la seule valeur propre de f.<br />
L’endomorphisme f est-il diagonalisable <br />
b) Donner la relation liant les matrices A, N, P et P –1 , puis en déduire que, pour tout entier<br />
k supérieur ou égal à 3, on a : A k = 0.<br />
4) On note C N (respectivement C A ) l’ensemble des matrices de M 3(IR) qui commutent avec N<br />
(respectivement A).<br />
a) Montrer que C N est un sous-espace vectoriel de M 3(IR) et que C N = vect (I, N, N 2 ).<br />
On admet que C A est aussi un sous-espace vectoriel de M 3(IR).<br />
b) Établir que : M∈C A ⇔ P –1 M P∈C N . En déduire que C A = vect (I, A, A 2 ).<br />
Quelle est la dimension de C A <br />
1
Exercice 2<br />
⎧ 1<br />
0 1 ⎪<br />
si x ∈[ , [<br />
2<br />
21 ( − x)<br />
2<br />
⎪<br />
⎪ 1 1<br />
On considère la fonction f définie par : f (x) = ⎨ si x ∈[ ,<br />
2<br />
2 1 [<br />
2<br />
⎪ x<br />
⎪0<br />
sinon.<br />
⎪<br />
⎩<br />
1) Montrer que f peut être considérée comme une densité de probabilité.<br />
Dans toute la suite, on considère une variable aléatoire X définie sur un certain espace<br />
probabilisé (Ω, A, P) et admettant la fonction f pour densité.<br />
2) Déterminer la fonction de répartition F de X.<br />
3) Montrer que X a une espérance et que celle-ci vaut 1 2 .<br />
4) a) Déterminer E((X – 1) 2 ).<br />
b) En déduire que X a une variance et que V(X) = 3 4<br />
– ln 2.<br />
5) On appelle variable indicatrice d’un événement A, la variable de Bernoulli qui vaut 1 si A<br />
est réalisé et 0 sinon.<br />
On considère maintenant la variable aléatoire Y, indicatrice de l’événement (X ≤ 1 ) et la<br />
2<br />
variable aléatoire Z, indicatrice de l’événement (X > 1 2 ).<br />
a) Préciser la relation liant Y et Z puis établir sans calcul que le coefficient de corrélation<br />
linéaire de Y et Z, noté ρ (Y , Z), est égal à –1.<br />
b) En déduire la valeur de la covariance de Y et Z.<br />
Exercice 3<br />
Soit f la fonction définie pour tout couple (x, y) de IR 2 par : f (x, y) = 2 x 2 + 2 y 2 + 2 x y – x – y.<br />
1) a) Calculer les dérivées partielles premières de f.<br />
b) En déduire que le seul point critique de f est A = ( 1 6 , 1 6 ).<br />
2) a) Calculer les dérivées partielles secondes de f.<br />
b) Montrer que f présente un minimum local en A et donner la valeur m de ce minimum.<br />
3) a) Développer 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1<br />
6 ) 2 .<br />
b) En déduire que m est le minimum global de f sur IR 2 .<br />
4) On considère la fonction g définie pour tout couple (x, y) de IR 2 par :<br />
g(x, y) = 2 e 2x + 2 e 2y + 2 e x + y – e x – e y .<br />
a) Utiliser la question 3) pour établir que : ∀(x, y)∈IR 2 , g(x, y) ≥ –<br />
b) En déduire que g possède un minimum global sur IR 2 et préciser en quel point ce<br />
minimum est atteint.<br />
Problème<br />
2<br />
1<br />
6 .
Partie 1 : étude d’une variable discrète sans mémoire.<br />
Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans IN telle que : ∀m∈IN, P(X ≥ m) > 0.<br />
On suppose également que X vérifie :∀(m, n)∈IN ×IN , P (X ≥ m) (X ≥ n + m) = P(X ≥ n).<br />
On pose P(X = 0) = p et on suppose que p > 0.<br />
1) On pose q = 1 – p. Montrer que P(X ≥ 1) = q. En déduire que 0 < q < 1.<br />
2) Montrer que : ∀(m, n)∈IN ×IN , P(X ≥ n + m) = P(X ≥ m) P(X ≥ n).<br />
3) Pour tout n de IN, on pose u n = P(X ≥ n).<br />
a) Utiliser la relation obtenue à la deuxième question pour montrer que la suite (u n ) est<br />
géométrique.<br />
b) Pour tout n de IN , exprimer P(X ≥ n) en fonction de n et de q.<br />
c) Établir que : ∀n∈IN , P(X = n) = P(X ≥ n) – P(X ≥ n + 1).<br />
d) En déduire que, pour tout n de IN , on a P(X = n) = q n p.<br />
4) a) Reconnaître la loi suivie par la variable X + 1.<br />
b) En déduire E(X) et V(X).<br />
Partie 2 : taux de panne d’une variable discrète.<br />
Pour toute variable aléatoire Y à valeurs dans IN et telle que, pour tout n de IN, P(Y ≥ n) > 0,<br />
on définit le taux de panne de Y à l’instant n, noté λ n , par : ∀n∈IN , λ n = P (Y ≥ n) (Y = n).<br />
1) a) Montrer que : ∀n∈IN , λ n = PY ( = n )<br />
.<br />
PY ( ≥ n)<br />
b) En déduire que : ∀n∈IN , 1 – λ n = PY ( ≥ n + 1 ) .<br />
PY ( ≥ n)<br />
c) Établir alors que : ∀n∈IN , 0 ≤ λ n < 1.<br />
n−1<br />
d) Montrer par récurrence, que : ∀n∈IN *, P(Y ≥ n) = ( 1−<br />
) .<br />
n−1<br />
2) a) Montrer que : ∀n∈IN *, PY ( = k)<br />
= 1 – P(Y ≥ n).<br />
b) En déduire que lim<br />
n→+∞<br />
n−1<br />
∑<br />
k = 0<br />
P(Y ≥ n) = 0.<br />
∏<br />
k = 0<br />
c) Montrer que lim ∑ −ln( 1−λ k ) = +∞.<br />
n→+∞<br />
k = 0<br />
d) Conclure quant à la nature de la série de terme général λ n .<br />
3) a) Compléter la déclaration de fonction récursive suivante pour qu’elle renvoie la valeur<br />
de n ! lorsqu’on appelle f (n).<br />
Function f (n : integer) : integer ;<br />
Begin<br />
If (n = 0) then f : = ------<br />
else f : = ------- ;<br />
end ;<br />
λ k<br />
b) On considère la déclaration de fonction récursive suivante :<br />
3
Function g (a : real ; n : integer) : real ;<br />
Begin<br />
If (n = 0) then g : = 1<br />
else g : = a * g (a, n – 1) ;<br />
end ;<br />
Dire quel est le résultat retourné à l’appel de g(a, n).<br />
c) Proposer un programme (sans écrire la partie déclarative) utilisant ces deux fonctions et<br />
n−1<br />
k<br />
a<br />
permettant d’une part le calcul de la somme<br />
k<br />
e −a<br />
∑ et d’autre part, à l’aide du résultat de<br />
k = 0 !<br />
la question 1a), le calcul et l’affichage du taux de panne à l’instant n d’une variable aléatoire<br />
suivant la loi de Poisson de paramètre a > 0, lorsque n et a sont entrés au clavier par<br />
l’utilisateur (on supposera n ≥ 1).<br />
n−1<br />
∑<br />
k = 0<br />
d) Compléter la déclaration de fonction suivante pour qu’elle renvoie la valeur de<br />
k<br />
a<br />
k<br />
e −a<br />
à l’appel de sigma(a, n).<br />
!<br />
Function sigma(a : real ; n : integer) : real ;<br />
var k : integer ;<br />
p : real ;<br />
Begin<br />
p : = 1 ; s : = 1 ;<br />
For k : = 1 to n – 1 do begin p : = p * a / k ; s : = ....... ; end ;<br />
s : = ....... ;<br />
sigma : = s ;<br />
end ;<br />
Partie 3 : caractérisation des variables dont la loi est du type de celle de X.<br />
1) Déterminer le taux de panne de la variable X dont la loi a été trouvée à la question 3d) de la<br />
partie 1.<br />
2) On considère une variable aléatoire Z, à valeurs dans IN , et vérifiant : ∀n∈IN, P(Z ≥ n) > 0.<br />
On suppose que le taux de panne de Z est constant, c’est-à-dire que l’on a : ∀n∈IN , λ n = λ.<br />
a) Montrer que 0 < λ < 1.<br />
b) Pour tout n de IN , déterminer P(Z ≥ n) en fonction de λ et n.<br />
c) Conclure que les seules variables aléatoires Z à valeurs dans IN , dont le taux de panne<br />
est constant et telles que pour tout n de IN, P(Z ≥ n) > 0, sont les variables dont la loi est du<br />
type de celle de X.<br />
4
<strong>EDHEC</strong> <strong>2006</strong> : option ES<br />
Corrigé de l’épreuve de mathématiques<br />
Exercice 1<br />
⎛ x⎞<br />
⎜ ⎟<br />
1) a) On résout AX = 0 avec X =<br />
y<br />
, où X est la colonne des coordonnées d’un vecteur<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ z⎠<br />
quelconque de Ker f dans la base canonique de IR 3 .<br />
⎧ 2x+ 10y+ 7z=<br />
0<br />
⎪<br />
Ce système s’écrit : ⎨ x+ 4y+ 3z=<br />
0 .<br />
⎪<br />
⎩−2x−8y− 6z=<br />
0<br />
Avec les transformations L 2 ← 2 L 2 – L 1 et L 3 ← L 3 + L 1 , on obtient le système équivalent :<br />
⎧2x+ 10y+ 7z=<br />
0<br />
⎪<br />
⎨ −2y− z=<br />
0<br />
⎪<br />
⎩ 2y+ z=<br />
0<br />
qui, en remplaçant z par –2y dans la première équation, est équivalent à :<br />
⎧2x− 4y=<br />
0<br />
⎧ x=<br />
2y<br />
⎨ , soit finalement : ⎨<br />
⎩ z=−2y<br />
⎩z=−2 y<br />
.<br />
⎛ 2y<br />
⎞ ⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
En conclusion, AX = 0 ⇔ X =<br />
y<br />
⎜ ⎟ ⇔ X = y ⎜ ⎟<br />
1<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝−2y⎠<br />
⎝−2⎠<br />
Ceci montre que Ker f = vect( (2, 1, –2) ), ce qui s’écrit aussi :<br />
Ker f = vect(u).<br />
b) Ker f est différent de {(0, 0, 0)} donc f n’est pas injectif, a fortiori pas bijectif. On en<br />
conclut que :<br />
A n’est pas inversible.<br />
Remarque : on pouvait aussi écrire que le système AX = 0 a d’autres solutions que X = 0, ce<br />
qui prouve que A n’est pas inversible.<br />
1
⎛ x⎞<br />
⎛ 2 ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
2) a) On pose v = (x, 1, z). L’équation f (v) = u est équivalente au système : A<br />
1<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
1<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝ z⎠<br />
⎝−2⎠<br />
⎧ 2x+ 10+ 7z=<br />
2<br />
⎪<br />
Ce système s’écrit : ⎨ x+ 4+ 3z=<br />
1 . Les deux dernières équations étant équivalentes, il<br />
⎪<br />
⎩−2x−8− 6z= −2<br />
⎧2x+ 7z+ 8=<br />
0 ⎧ z + 2 = 0<br />
reste ⎨<br />
, soit ⎨<br />
et enfin z = –2 et x = 3.<br />
⎩ x=−3z−3<br />
⎩x<br />
=−3z−3<br />
Le vecteur v cherché vérifiant f (v) = u est v = (3, 1, –2)<br />
b) L’énoncé semblant admettre que le vecteur w proposé, solution de f (w) = v, existe et est<br />
unique, on se contente de vérifier par un simple calcul :<br />
⎛ 0 ⎞ ⎛ 2 10 7⎞<br />
⎛ 0 ⎞ ⎛ 3 ⎞<br />
⎜ ⎟<br />
A<br />
1<br />
⎜ ⎟ = ⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟<br />
1 4 3<br />
1<br />
⎜<br />
⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
1<br />
. Ceci montre bien que :<br />
⎜ ⎟<br />
⎝−1⎠<br />
⎝−2 −8 −6⎠<br />
⎝−1⎠<br />
⎝−2⎠<br />
Le vecteur w cherché vérifiant f (w) = v est w = (0, 1, –1).<br />
b) Il suffit de montrer que la matrice de passage P de la base canonique B de IR 3 à la<br />
famille (u, v, w) est inversible.<br />
⎛ 2 3 0⎞<br />
⎜<br />
⎟<br />
On cherche donc une réduite de Gauss de la matrice P =<br />
1 1 1<br />
⎜<br />
⎟ .<br />
⎝−2 −2 −1⎠<br />
Avec les transformations élémentaires L 2 ← 2 L 2 – L 1 et L 3 ← L 3 + L 1 , on obtient :<br />
⎛ 2 3 0⎞<br />
⎜ ⎟<br />
0 −1 2<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝ 0 1 −1⎠<br />
Avec la transformation L 3 ← L 3 + L 2 , on obtient :<br />
⎛ 2 3 0⎞<br />
⎜ ⎟<br />
0 −1 2<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝ 0 0 1⎠<br />
Cette réduite de P est triangulaire sans élément diagonal nul, elle est donc inversible et P l’est<br />
aussi. En conséquence :<br />
B’ = (u, v, w) est une base de IR 3 .<br />
3) a) On a : f (u) = 0, f (v) = u et f (w) = v donc la matrice N de f dans la base B’ est :<br />
N =<br />
⎛ 0 1 0⎞<br />
⎜ ⎟<br />
0 0 1<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
2
La matrice N est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses éléments diagonaux.<br />
On peut donc conclure que 0 est la seule valeur propre de N, donc la seule valeur propre de f.<br />
De plus, le sous-espace propre de f associé à la valeur propre 0 est Kerf.<br />
Comme dim Ker f = 1, on a dim Ker f < dim IR 3 donc :<br />
f n’est pas diagonalisable.<br />
b) La formule de changement de base s’écrit : A = P N P –1 .<br />
⎛ 0 0 1⎞<br />
Un calcul simple montre que :N 2 ⎜ ⎟<br />
=<br />
0 0 0<br />
⎜ ⎟ et N 3 = 0.<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
On en déduit que A 3 = 0. Pour tout entier k supérieur ou égal à 3, on a alors : A k = A 3 A k–3 = 0.<br />
Conclusion :<br />
∀k ≥ 3, A k = 0.<br />
4) a) Soit M =<br />
⎛ a b c⎞<br />
⎜ ⎟<br />
d e f<br />
⎜ ⎟ une matrice quelconque de C N .<br />
⎝ g h i⎠<br />
La relation M N = N M équivaut à :<br />
⎛ a b c⎞<br />
⎜ ⎟<br />
d e f<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ g h i⎠<br />
⎛ 0 1 0⎞<br />
⎛ 0 1 0⎞<br />
⎜ ⎟<br />
0 0 1<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
0 0 1<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
⎛ 0 a b⎞<br />
⎛ d e f⎞<br />
⎧d = g = h=<br />
0<br />
⎜ ⎟<br />
M∈C N ⇔<br />
0 d e<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
g h i<br />
⎜ ⎟ , d’où, en identifiant : ⎪<br />
⎨ a = e=<br />
i .<br />
⎝ 0 g h⎠<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
⎪<br />
⎩ b=<br />
f<br />
⎛ a b c⎞<br />
⎜ ⎟<br />
On a donc : M∈C N ⇔ M =<br />
0 a b<br />
⎜ ⎟ .<br />
⎝ 0 0 a⎠<br />
En conclusion : M∈C N ⇔ M = a I + b N + c N 2 .<br />
Ceci prouve que :<br />
C N = vect(I, N, N 2 )<br />
b) M∈C A ⇔ AM = MA ⇔ (PNP –1 ) M = M (PNP –1 ) ⇔ PNP –1 M = M PNP –1 .<br />
En multipliant les deux membres par P –1 à gauche et par P à droite, on obtient :<br />
M∈C A ⇔ NP –1 MP = P –1 M PN ⇔ N(P –1 MP) = (P –1 M P)N.<br />
On a donc :<br />
M∈C A ⇔ P –1 MP∈C N .<br />
⎛ a b c⎞<br />
⎜ ⎟<br />
d e f<br />
⎜ ⎟ , d’où :<br />
⎝ g h i⎠<br />
D’après le résultat de la question 4a), on peut écrire :<br />
M∈C A ⇔ ∃(a, b, c)∈IR 3 , P –1 MP = a I + b N + c N 2 .<br />
Ceci est équivalent (en multipliant les deux membres par P à gauche et par P –1 à droite) à :<br />
M∈C A ⇔ ∃(a, b, c)∈IR 3 , M = P(a I + b N + c N 2 )P –1 , d’où, en développant :<br />
M∈C A ⇔ ∃(a, b, c)∈IR 3 , M = a PIP –1 + b PNP –1 + c PN 2 P –1 .<br />
3
Comme PIP –1 = I, PNP –1 = A et PN 2 P –1 = A 2 , on trouve finalement :<br />
M∈C A ⇔ ∃(a, b, c)∈IR 3 , M = a I + b A + c A 2 .<br />
Conclusion :<br />
C A = vect(I, A, A 2 ).<br />
La famille (I, A, A 2 ) est génératrice de C A , on va vérifier que c’est une famille libre.<br />
Soit donc trois réels a, b et c tels que a I + b A + c A 2 = 0.<br />
En multipliant les deux membres par P –1 à gauche et par P à droite, on obtient (avec une<br />
technique identique à celle utilisée plus haut) : a I + b N + c N 2 = 0.<br />
⎛ a b c⎞<br />
⎛ 0 0 0⎞<br />
⎜ ⎟<br />
Ceci s’écrit :<br />
0 a b<br />
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟<br />
0 0 0<br />
et on conclut que : a = b = c = 0.<br />
⎜ ⎟<br />
⎝ 0 0 a⎠<br />
⎝ 0 0 0⎠<br />
La famille (I, A, A 2 ) est génératrice de C A et libre, c’est donc une base de C A .<br />
On a donc :<br />
dim C A = 3.<br />
Exercice 2<br />
1) •Sur ]–∞, 0[ et sur [1, +∞[, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est positive.<br />
1<br />
Sur [0,<br />
2 [, f est bien définie (1– x ≠ 0) et positive (car 2(1 – x) 2 > 0).<br />
Sur [ 1 2 , 1[, f est bien définie (x ≠ 0) et positive (car 2 x 2 > 0).<br />
f est positive sur IR.<br />
• Sur ]–∞, 0[ et sur [1, +∞[, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est continue.<br />
1<br />
Sur [0, [, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est<br />
2<br />
continue.<br />
Sur [ 1 , 1[, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est<br />
2<br />
continue.<br />
f est continue sur IR sauf peut-être en 0, en 1 et en 1.<br />
2<br />
• ∫ 0 f () t dt = ∫ f () t dt = 0 (aucun problème de convergence).<br />
−∞<br />
12 /<br />
• ∫ f () t dt =<br />
0<br />
1<br />
+∞<br />
1 ⎡−1⎤<br />
• ∫ f () t dt =<br />
12 /<br />
⎢ ⎥<br />
⎣2<br />
t ⎦<br />
⎡ 1 ⎤<br />
⎢ ⎥<br />
⎣21<br />
( − t)<br />
⎦<br />
1<br />
12 /<br />
12 /<br />
0<br />
= –<br />
= 1 –<br />
1<br />
2 = 1 2 .<br />
1<br />
2 + 1 = 1 2 .<br />
Avec la relation de Chasles, on a bien :<br />
4
+∞<br />
∫ f () t dt converge et vaut 1.<br />
−∞<br />
Les trois points précédents prouvent que f est une densité de probabilité.<br />
x<br />
x<br />
2) • ∀x < 0, F(x) = ∫ f () t dt = ∫ 0dt .<br />
−∞<br />
−∞<br />
∀x < 0, F(x) = 0.<br />
• ∀x∈[0,<br />
1<br />
2<br />
x<br />
[, F(x) = f () t dt<br />
∫<br />
−∞<br />
F(x) = ∫ 0 f () t dt + f () t dt<br />
−∞ ∫ 0<br />
x 1<br />
F(x) = 0 + ∫ dt .<br />
0<br />
21 ( − t) 2<br />
F(x) =<br />
⎡ 1 ⎤<br />
⎢ ⎥<br />
⎣21<br />
( − t)<br />
⎦<br />
F(x) = 1 2 ( 1<br />
1− x<br />
− 1 )<br />
x<br />
0<br />
x<br />
∀x∈[0,<br />
1<br />
2 [, F(x) = x<br />
.<br />
21 ( − x)<br />
• ∀x∈[ 1 , 1[, F(x) =<br />
2 f<br />
F(x) =<br />
∫<br />
x<br />
−∞<br />
() t dt<br />
∫ 0 f () t dt + ∫ f () t dt + ∫ f () t dt.<br />
−∞<br />
F(x) = 0 + 1 2 + x 1<br />
∫<br />
F(x) = 1 2 + ⎡ −1⎤<br />
⎢ ⎥<br />
⎣2t<br />
⎦<br />
12 /<br />
0<br />
12 /<br />
2 t<br />
2<br />
x<br />
12 /<br />
dt<br />
F(x) = 1 2 + (– 1<br />
2 x + 1) ∀x∈[ 1 2 , 1[, F(x) = 1 2 (3 – 1<br />
x ).<br />
x<br />
12 /<br />
• ∀x∈[1, +∞[, F(x) =<br />
∫<br />
x<br />
−∞<br />
f () t dt<br />
5
F(x) =<br />
∫ 0 f () t dt + ∫ f () t dt + ∫ f () t dt + ∫ f () t dt<br />
−∞<br />
12 /<br />
0<br />
1<br />
12 /<br />
1<br />
x<br />
F(x) = 0 + 1 2 + 1 2 + 0 ∀x∈[1, +∞[, F(x) = 1.<br />
+∞<br />
3) • ∫ 0 tf()<br />
t dt = tf()<br />
t dt<br />
−∞ ∫ = 0 (aucun problème de convergence).<br />
1<br />
12 /<br />
12 / t<br />
12 / t − 1+<br />
1<br />
12 / −1<br />
1<br />
• ∫ tf()<br />
t dt=<br />
dt<br />
0 ∫ =<br />
dt<br />
0<br />
2 ∫<br />
= (<br />
2<br />
21 ( − t)<br />
0 ∫<br />
+<br />
21 ( − t)<br />
0 21 ( − t) 21 ( − t)<br />
12 /<br />
∫ tf()<br />
t dt=<br />
0<br />
12 /<br />
⎡1<br />
⎤<br />
ln 1 −<br />
⎣<br />
⎢<br />
t<br />
2 ⎦<br />
⎥<br />
–<br />
0<br />
⎡ 1 ⎤<br />
⎢ ⎥<br />
⎣21<br />
( − t)<br />
⎦<br />
12 /<br />
0<br />
= 1 2 ln( 1 2 ) + 1 2 = 1 (1– ln2).<br />
2<br />
1<br />
1 1<br />
• ∫ tf()<br />
t dt=<br />
12 /<br />
122t dt ⎡ 1 ⎤<br />
∫ = ln t<br />
/<br />
⎣<br />
⎢2 ⎦<br />
⎥<br />
= – 1<br />
12 / 2 ln( 1 2 ) = ln 2<br />
2 .<br />
D’après la relation de Chasles, X a une espérance qui vaut :<br />
E(X) = 1 ln 2<br />
(1– ln2) +<br />
2 2 , d’où : E(X) = 1 2 .<br />
1<br />
2<br />
) dt .<br />
0<br />
+∞<br />
4) a) • ∫ ( t − 1) 2 f ( t)<br />
dt = ( t − ) f ( t)<br />
dt<br />
−∞ ∫ 1 2 = 0 (aucun problème de convergence).<br />
1<br />
12 /<br />
• ∫ ( t − 1) 2<br />
12 / 1<br />
f ( t)<br />
dt =<br />
0<br />
∫ dt = 1<br />
0 2 4 .<br />
• ∫ ( t − 1) 2<br />
2<br />
1<br />
1 t − 2t<br />
+ 1<br />
f ( t)<br />
dt =<br />
dt<br />
12 /<br />
∫ = 1 1 2 1<br />
( 1 )<br />
12 / 2<br />
2 t 2<br />
∫ − + dt .<br />
12 /<br />
2<br />
t t<br />
1<br />
∫ ( t − 1) 2 f ( t)<br />
dt = 1 ⎡<br />
12 /<br />
2 t − t 1⎤<br />
−<br />
⎣<br />
⎢<br />
2 ln<br />
t ⎦<br />
⎥<br />
1<br />
1<br />
12 /<br />
= 1 2 ((1 – 2 ln1 – 1) – ( 1 2 – 2 ln( 1 2 ) – 2)).<br />
∫ ( t − 1) 2 f ( t)<br />
dt = – 1<br />
12 /<br />
2 (– 3 + 2ln 2) = 3 − ln 2 .<br />
2<br />
4<br />
Toujours avec la relation de Chasles, (X– 1) 2 a une espérance et :<br />
E((X – 1) 2 ) = 1 – ln 2.<br />
b) Comme X 2 = (X – 1) 2 + 2 X – 1, on déduit de la question précédente que E(X 2 ) existe.<br />
Par linéarité de l’espérance : E(X 2 ) = E((X – 1) 2 ) + 2 E(X) – 1.<br />
Par conséquent, E(X 2 ) = 1 – ln 2 + 2 × 1 2<br />
– 1 = 1 – ln 2.<br />
Comme V(X) = E(X 2 ) – (E(X)) 2 , on a finalement :<br />
6
V(X) = 1 – ln 2 – 1 4 , soit : V(X) = 3 – ln 2.<br />
4<br />
5) a) On remarque que :<br />
(Y = 1) = (X ≤ 1 2 ) = (Z = 0) et (Z = 1) = (X > 1 ) = (Y = 0).<br />
2<br />
Or, pour tout ω de Ω,<br />
soit (X(ω) ≤ 1 ) et on a Y(ω) + Z(ω) = 1,<br />
2<br />
soit (X(ω) > 1 ) et on a encore Y(ω) + Z(ω) = 1.<br />
2<br />
En conclusion :<br />
Y + Z = 1.<br />
Les variables Y et Z sont donc affinement liées, ce qui prouve que ρ (Y, Z)∈{–1, 1}.<br />
De plus, Z = –Y + 1, donc Z est une fonction décroissante de Y et on a donc :<br />
ρ (Y, Z) = –1.<br />
b) On sait que cov (Y, Z) = ρ (Y, Z) VY ( ) VZ ( ) .<br />
Y suit la loi de Bernoulli dont le paramètre est P(X ≤ 1 2 ) = F( 1 2 ) = 1 2 .<br />
Z suit la loi de Bernoulli dont le paramètre est P(X > 1 2 ) = 1 – F( 1 2 ) = 1 2 .<br />
On a donc V(Y) = V(Z) = 1 ,ce qui donne :<br />
4<br />
cov (Y, Z) = –<br />
Exercice 3<br />
Tout d’abord, f est une fonction polynomiale donc elle est de classe C 2 sur IR 2 .<br />
1) a) Les dérivées partielles premières de f sont :<br />
f x ’(x, y) = 4 x + 2 y – 1.<br />
f y ’(x, y) = 2 x + 4 y – 1.<br />
b) Les points critiques de f sont les points en lesquels les deux dérivées premières<br />
⎧4x+ 2y− 1=<br />
0<br />
s’annulent simultanément, ce sont donc les solutions du système : ⎨<br />
.<br />
⎩2x+ 4y− 1=<br />
0<br />
Avec la transformation élémentaire L 2 ← 2 L 2 – L 1 , on obtient le système équivalent :<br />
1<br />
4 .<br />
7
⎧4x+ 2y− 1=<br />
0<br />
⎨<br />
. On en déduit que :<br />
⎩ 6y<br />
− 1=<br />
0<br />
La fonction f admet un seul point critique : ( 1 6 , 1 6 ).<br />
2) a) Les dérivées partielles secondes de f sont :<br />
f<br />
″<br />
x<br />
2 (x, y) = 4.<br />
f<br />
″<br />
xy (x, y) = 2.<br />
f<br />
″<br />
yx (x, y) = 2.<br />
f<br />
″<br />
y<br />
2 (x, y) = 4.<br />
b) Avec les notations de Monge, on a : r = 4, s = 2 et t = 4.<br />
On en déduit que r t – s 2 = 12 > 0 donc f admet un extremum local en ( 1 6 , 1 6 ).<br />
Comme de plus, r > 0, cet extremum est un minimum local.<br />
Ce minimum vaut f ( 1 6 , 1 6 ) = 2 36 + 2 36 + 2 36 – 1 6 – 1 6 = – 1 6 .<br />
En conclusion :<br />
f admet un minimum local au point ( 1 6 , 1 6 ) et ce minimum est m = – 1 6 .<br />
3) a) 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1<br />
6 ) 2 = 2 (x 2 + y 2<br />
4 + 1<br />
16 + x y – x 2 – y 4 ) + 3 2 (y 2 + 1 36 – y 3 ).<br />
Après réduction, on trouve : 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1<br />
6 ) 2 = 2 x 2 + 2 y 2 + 2x y – x – y + 1 6 .<br />
Et enfin :<br />
2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1<br />
6 ) 2 = f (x, y) + 1 6 .<br />
b) Pour tout (x, y) de IR 2 , 2 (x + y 2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (y – 1<br />
6 ) 2 ≥ 0 (somme de deux nombres<br />
positifs), ce qui s’écrit d’après la question précédente : ∀(x, y)∈IR 2 , f (x, y) + 1 6 ≥ 0.<br />
On a donc : ∀(x, y)∈IR 2 , f (x, y) + ≥ – 1 6 .<br />
Ceci prouve que :<br />
– 1 6 est le minimum global de f sur IR2 .<br />
8
4) a) En remplaçant x par e x et y par e y dans l’expression que l’on a développée à la question<br />
3a), on trouve : 2 (e x + e y<br />
2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (e y 1<br />
–<br />
6 ) 2 = 2 e 2x + 2 e 2y + 2 e x + y – e x – e y + 1 6 .<br />
On en déduit que g(x, y) + 1 6 = 2 (e x + e y<br />
2 – 1 4 ) 2 + 3 2 (e y 1<br />
–<br />
6 ) 2 , d’où l’on conclut que :<br />
∀(x, y)∈IR 2 , g(x, y) ≥ – 1 6 .<br />
⎧<br />
b) De plus, g(x, y) = – 1 e<br />
6 ⇔ ⎪<br />
⎨<br />
⎪e<br />
⎩<br />
x<br />
y<br />
y<br />
e 1<br />
+ − = 0<br />
2 4<br />
1<br />
− = 0<br />
6<br />
⇔ e y = e x = 1 6<br />
⇔ x = y = – ln 6.<br />
g admet un minimum global égal à –<br />
1<br />
6<br />
et ce minimum est atteint au point (– ln 6, – ln 6).<br />
Problème<br />
Partie 1<br />
1) Par définition, q = 1 – p = 1 – P(X = 0) donc, puisque X est à valeurs dans IN, q = P(X ≥ 1).<br />
D’après l’énoncé, P(X ≥ 1) > 0 donc q > 0.<br />
D’autre part, on sait que p > 0 donc 1 – p < 1, c’est-à-dire q < 1.<br />
En conclusion :<br />
0 < q < 1.<br />
2) Par hypothèse : ∀(m, n)∈IN ×IN , P (X ≥ m) (X ≥ n + m) = P(X ≥ n).<br />
La formule des probabilités composées donne alors : PX ( ≥ m ∩ X ≥ n + m )<br />
PX ( ≥ m)<br />
Comme n ≥ 0, on a n + m ≥ m donc (X ≥ n + m) ⊂ (X ≥ m).<br />
On en déduit alors (X ≥ n + m) ∩ (X ≥ m) = (X ≥ n + m).<br />
On obtient donc : PX ( ≥ n + m )<br />
= P(X ≥ n), ce qui s’écrit : :<br />
PX ( ≥ m)<br />
= P(X ≥ n).<br />
∀(m, n)∈IN ×IN , P(X ≥ n + m) = P(X ≥ m) P(X ≥<br />
n).<br />
3) a) En écrivant la formule précécdente pour m = 1, on a :<br />
∀n∈IN , P(X ≥ n + 1) = P(X ≥ 1) P(X ≥ n), soit : u n+1 = q u n .<br />
La suite (u n ) est donc une suite géométrique de raison q.<br />
b) Comme X prend ses valeurs dans IN, u 0 = P(X ≥ 0) = 1.<br />
D’après le cours sur les suites géométriques, on a donc : u n = q n .<br />
Conclusion :<br />
∀n∈IN, P(X ≥ n) = q n .<br />
c) Par définition du symbole “≥”, on a : (X ≥ n) = (X = n) ∪ (X > n).<br />
9
Comme X prend des valeurs entières, (X > n) = (X ≥ n + 1) et on en déduit :<br />
(X ≥ n) = (X = n) ∪ (X ≥ n + 1).<br />
Par incompatibilité des événements (X = n) et (X ≥ n + 1), on a :<br />
P(X ≥ n) = P(X = n) + P(X ≥ n + 1), ce qui s’écrit :<br />
∀n∈IN , P(X = n) = P(X ≥ n) – P(X ≥ n + 1).<br />
d) D’après 3b) et 3c), on peut écrire : ∀n∈IN , P(X = n) = q n – q n+1 .<br />
On trouve donc bien :<br />
∀n∈IN , P(X = n) = q n p.<br />
4) a) X (Ω) = IN donc (X + 1) (Ω) = IN *.<br />
∀n∈IN *, P(X + 1 = n) = P(X = n – 1) = q n–1 p.<br />
On en déduit que :<br />
X + 1 suit la loi géométrique de paramètre p.<br />
b) D’après le cours, E(X + 1) = 1 p et V(X + 1) = q<br />
p . 2<br />
On sait que : E(a X + b) = a E(X) + b et V(a X + b) = a 2 V(X) donc :<br />
E(X) + 1 = 1 p et V(X) = q<br />
, ce qui donne enfin :<br />
2<br />
p<br />
E(X) = q p et V(X) = q<br />
p 2 .<br />
Partie 2<br />
1) a)<br />
Notions dans un premier temps que λn est bien défini puisque P(Y ≥ n) > 0.<br />
D’après la formule des probabilités composées, λ n = P ([ Y = n ] ∩ [ Y ≥ n ])<br />
.<br />
PY ( ≥ n)<br />
Comme (Y = n) ⊂ (Y ≥ n), on a : (Y = n) ∩ (Y ≥ n) = (Y = n) et il en résulte que :<br />
∀n∈IN, λ n = PY ( = n )<br />
.<br />
PY ( ≥ n)<br />
b) 1 – λ n = 1 – PY ( = n ) PY ( ≥ n) − PY ( = n)<br />
= .<br />
PY ( ≥ n)<br />
PY ( ≥ n)<br />
D’après le résultat de la question I3c), on a bien :<br />
∀n∈IN, 1 – λ n = PY ( ≥ n + 1 ) .<br />
PY ( ≥ n)<br />
c) (Y ≥ n + 1) ⊂ (Y ≥ n) donc P(Y ≥ n + 1) ≤ P(Y ≥ n).<br />
10
En divisant par P(Y ≥ n) > 0, on obtient PY ( ≥ n + 1)<br />
≤ 1, c’est-à-dire 1 – λn ≤ 1.<br />
PY ( ≥ n)<br />
On en déduit alors : λ n ≥ 0.<br />
D’autre part, on sait par hypothèse que P(Y ≥ n + 1) > 0 et P(Y ≥ n) > 0.<br />
Par conséquent, 1 – λ n > 0, d’où : λ n < 1.<br />
En conclusion :<br />
∀n∈IN, 0 ≤ λ n < 1.<br />
1−1<br />
∏<br />
k = 0<br />
λ k<br />
0<br />
∏<br />
d) • Pour n = 1, ( 1 − ) = ( 1−<br />
) = 1 – λ 0 .<br />
k = 0<br />
Or 1 – λ 0 = PY ( ≥ 1)<br />
et, comme Y prend ses valeurs dans IN , P(Y ≥ 0) = 1.<br />
PY ( ≥ 0)<br />
On a donc : 1 – λ 0 = P(Y ≥ 1).<br />
1−1<br />
∏<br />
Pour finir : ( 1 − ) = P(Y ≥ 1).<br />
k = 0<br />
λ k<br />
λ k<br />
• Supposons, pour un entier n fixé supérieur ou égal à 1, que ( 1−<br />
) = P(Y ≥ n).<br />
On a alors, d’après 1b), P(Y ≥ n + 1) = (1 – λ n ) P(Y ≥ n), ce qui, grâce à l’hypothèse de<br />
n−1<br />
∏<br />
récurrence, donne : P(Y ≥ n + 1) = (1 – λ n ) ( 1−<br />
) , d’où : P(Y ≥ n + 1) = ( 1−<br />
).<br />
On a bien montré par récurrence que :<br />
n−1<br />
k = 0<br />
k = 0<br />
λ k<br />
n−1<br />
∏<br />
∀n∈IN *, P(Y ≥ n) = ( 1−<br />
) .<br />
n−1<br />
k = 0<br />
2) a) ∀n∈IN *, ∑ PY ( = k)<br />
= P( U ( Y = k)<br />
) = P(Y ≤ n – 1).<br />
k = 0<br />
Comme Y prend ses valeurs dans IN, (Y ≤ n – 1) = ( Y ≥ n)<br />
, donc : P(Y ≤ n – 1) = 1 – P(Y ≥ n).<br />
En conclusion :<br />
n−1<br />
∑<br />
k = 0<br />
λ k<br />
∀n∈IN *, PY ( = k)<br />
= 1 – P(Y ≥ n).<br />
n−1<br />
∏<br />
k = 0<br />
λ k<br />
n<br />
∏<br />
k = 0<br />
λ k<br />
b) (Y = k) k∈IN est un système complet d’événements donc PY ( = k)<br />
n−1<br />
Ceci signifie exactement que lim PY ( = k)<br />
= 1.<br />
n→+∞<br />
k = 0<br />
D’après le résultat de la question 2a), on en déduit que :<br />
∑<br />
+∞<br />
∑<br />
k = 0<br />
= 1.<br />
lim P(Y ≥ n) = 0.<br />
n→+∞<br />
11
c) Comme P(Y ≥ n) > 0, on peut prendre le logarithme népérien dans l’égalité obtenue à la<br />
n−1<br />
question 1d), ce qui donne : ln(P(Y ≥ n)) = ln( 1−<br />
) .<br />
n−1<br />
∑ ln( λ k ) .<br />
On a donc – ln(P(Y ≥ n)) = − 1−<br />
Comme lim<br />
n→+∞<br />
k = 0<br />
P(Y ≥ n) = 0, on a lim<br />
n→+∞<br />
∑<br />
k = 0<br />
λ k<br />
– ln(P(Y ≥ n)) = + ∞, ce qui donne :<br />
lim<br />
n→+∞<br />
n−1<br />
∑ −ln( 1−λ k )<br />
k = 0<br />
= + ∞.<br />
d) D’après la question précédente, la série de terme général – ln(1 – λ k ) est divergente et à<br />
termes positifs (en effet λ k ∈[0, 1[ donc 1 – λ k < 1 et ln(1 – λ k ) < 0).<br />
Deux cas se présentent :<br />
• soit lim λ k = 0 et on a – ln(1 – λ k ) ~ λ k . Dans ce cas, le critère d’équivalence pour les<br />
k→+∞ +∞<br />
séries à termes positifs permet de conclure que, comme la série de terme général – ln(1 – λ k )<br />
est divergente, alors la série de terme général λ k est divergente.<br />
• soit lim λ k ≠ 0 ou λ k n’a pas de limite et dans ce cas la série de terme général λ k est<br />
k→+∞<br />
divergente (son terme général ne tend pas vers 0).<br />
Dans tous les cas :<br />
La série de terme général λ n diverge.<br />
3) a) La définition récursive de n ! est : 0 ! = 1 et ∀n∈IN *, n ! = n × (n– 1) !<br />
La déclaration, une fois complétée, est donc :<br />
If n = 0 then f : = 1 else f : = n * f (n– 1) ;<br />
b) À l’appel de g(a, n), la fonction g renvoie la valeur de a n .<br />
c) En fin de boucle, la variable s contiendra<br />
n−1<br />
∑<br />
k = 0<br />
Après la boucle, lambda contiendra λ n = PY ( = n )<br />
=<br />
PY ( ≥ n)<br />
k<br />
a<br />
k !<br />
e<br />
Program edhec-<strong>2006</strong> ;<br />
var n, k : integer ;<br />
a, s, lambda : real ;<br />
Begin<br />
readln(n) ; s : = 0 ;<br />
For k : = 0 to n – 1 do s : = s + g(a, k) * exp(–a) / f (k) ;<br />
lambda : = (g(a, n) * exp(– a) / f (n)) / (1 – s) ;<br />
Writeln (lambda) ;<br />
end.<br />
−a<br />
.<br />
a<br />
PY ( = n)<br />
1− PY ( ≤n−1 )<br />
= n e −a<br />
!<br />
n−1<br />
k<br />
a<br />
∑<br />
k !<br />
e<br />
k = 0<br />
n<br />
−a<br />
.<br />
12
d) Les instructions manquantes sont<br />
• dans la boucle : s : = s + p ;<br />
• Après la boucle : s : = s * exp(– a) ;<br />
Partie 3<br />
1) On sait que : ∀n∈IN , P(X = n) = q n p, P(X ≥ n), = q n et λ n = PX ( = n )<br />
.<br />
PX ( ≥ n)<br />
On en déduit donc que : ∀n∈IN , λ n = q n<br />
p<br />
n<br />
q<br />
Après simplification, on trouve :<br />
∀n∈IN , λ n = p.<br />
2) a) On sait déjà que 0 ≤ λ n < 1 donc 0 ≤ λ < 1 (puisque λ n = λ).<br />
Si l’on avait λ = 0, alors on aurait 0 = PZ ( = n )<br />
, ce qui donnerait : ∀n∈IN , P(Z = n) = 0.<br />
PZ ( ≥ n)<br />
+∞<br />
∑<br />
Ceci contredit le fait que PZ ( = n)<br />
= 1.<br />
En conclusion :<br />
n=<br />
0<br />
∀n∈IN , 0 < λ < 1.<br />
b) D’après le résultat de la question 1d) de la partie 2 : ∀n∈IN *, P(Z ≥ n) = ( 1−<br />
) .<br />
Comme le taux de panne de Z est constant et égal à λ, on a : P(Z ≥ n) = ( 1 − λ)<br />
.<br />
On en déduit : ∀n∈IN *, P(Z ≥ n) = (1 – λ) n .<br />
Z prend ses valeurs dans IN donc P(Z ≥ 0) = 1 = (1 – λ) 0 , ce qui rend la formule précédente<br />
encore valable pour n = 0.<br />
On a donc :<br />
∀n∈IN , P(Z ≥ n) = (1 – λ) n .<br />
c) Comme λ = PZ ( = n )<br />
, on a : ∀n∈IN , P(Z = n) = λ P(Z ≥ n).<br />
PZ ( ≥ n)<br />
On déduit alors de la question précédente que :<br />
∀n∈IN , P(Z = n) = λ (1– λ) n .<br />
En posant p = λ (on a bien 0 < p < 1) et q = 1 – p, on retrouve : ∀n∈IN , P(Z = n) = p q n .<br />
Grâce aux questions 1) et 2) de cette partie, les seules variables aléatoires Z à valeurs dans IN ,<br />
vérifiant pour tout n de IN, P(Z ≥ n) > 0 et dont le taux de panne est constant, sont les<br />
variables dont la loi est du type de celle de X.<br />
n−1<br />
∏<br />
k = 0<br />
n−1<br />
∏<br />
k = 0<br />
λ k<br />
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