PrÃ©pas 2006 - maths E sujet corrigÃ© - EDHEC Grande Ecole

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Function g (a : real ; n : integer) : real ; Begin If (n = 0) then g : = 1 else g : = a * g (a, n – 1) ; end ; Dire quel est le résultat retourné à l’appel de g(a, n). c) Proposer un programme (sans écrire la partie déclarative) utilisant ces deux fonctions et n−1 k a permettant d’une part le calcul de la somme k e −a ∑ et d’autre part, à l’aide du résultat de k = 0 ! la question 1a), le calcul et l’affichage du taux de panne à l’instant n d’une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre a > 0, lorsque n et a sont entrés au clavier par l’utilisateur (on supposera n ≥ 1). n−1 ∑ k = 0 d) Compléter la déclaration de fonction suivante pour qu’elle renvoie la valeur de k a k e −a à l’appel de sigma(a, n). ! Function sigma(a : real ; n : integer) : real ; var k : integer ; p : real ; Begin p : = 1 ; s : = 1 ; For k : = 1 to n – 1 do begin p : = p * a / k ; s : = ....... ; end ; s : = ....... ; sigma : = s ; end ; Partie 3 : caractérisation des variables dont la loi est du type de celle de X. 1) Déterminer le taux de panne de la variable X dont la loi a été trouvée à la question 3d) de la partie 1. 2) On considère une variable aléatoire Z, à valeurs dans IN , et vérifiant : ∀n∈IN, P(Z ≥ n) > 0. On suppose que le taux de panne de Z est constant, c’est-à-dire que l’on a : ∀n∈IN , λ n = λ. a) Montrer que 0 < λ < 1. b) Pour tout n de IN , déterminer P(Z ≥ n) en fonction de λ et n. c) Conclure que les seules variables aléatoires Z à valeurs dans IN , dont le taux de panne est constant et telles que pour tout n de IN, P(Z ≥ n) > 0, sont les variables dont la loi est du type de celle de X. 4
<strong>EDHEC</strong> <strong>2006</strong> : option ES Corrigé de l’épreuve de mathématiques Exercice 1 ⎛ x⎞ ⎜ ⎟ 1) a) On résout AX = 0 avec X = y , où X est la colonne des coordonnées d’un vecteur ⎜ ⎟ ⎝ z⎠ quelconque de Ker f dans la base canonique de IR 3 . ⎧ 2x+ 10y+ 7z= 0 ⎪ Ce système s’écrit : ⎨ x+ 4y+ 3z= 0 . ⎪ ⎩−2x−8y− 6z= 0 Avec les transformations L 2 ← 2 L 2 – L 1 et L 3 ← L 3 + L 1 , on obtient le système équivalent : ⎧2x+ 10y+ 7z= 0 ⎪ ⎨ −2y− z= 0 ⎪ ⎩ 2y+ z= 0 qui, en remplaçant z par –2y dans la première équation, est équivalent à : ⎧2x− 4y= 0 ⎧ x= 2y ⎨ , soit finalement : ⎨ ⎩ z=−2y ⎩z=−2 y . ⎛ 2y ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ En conclusion, AX = 0 ⇔ X = y ⎜ ⎟ ⇔ X = y ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ . ⎝−2y⎠ ⎝−2⎠ Ceci montre que Ker f = vect( (2, 1, –2) ), ce qui s’écrit aussi : Ker f = vect(u). b) Ker f est différent de {(0, 0, 0)} donc f n’est pas injectif, a fortiori pas bijectif. On en conclut que : A n’est pas inversible. Remarque : on pouvait aussi écrire que le système AX = 0 a d’autres solutions que X = 0, ce qui prouve que A n’est pas inversible. 1
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Page 17: d) Les instructions manquantes sont

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