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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 />

13

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