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

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Comme PIP –1 = I, PNP –1 = A et PN 2 P –1 = A 2 , on trouve finalement : M∈C A ⇔ ∃(a, b, c)∈IR 3 , M = a I + b A + c A 2 . Conclusion : C A = vect(I, A, A 2 ). La famille (I, A, A 2 ) est génératrice de C A , on va vérifier que c’est une famille libre. Soit donc trois réels a, b et c tels que a I + b A + c A 2 = 0. En multipliant les deux membres par P –1 à gauche et par P à droite, on obtient (avec une technique identique à celle utilisée plus haut) : a I + b N + c N 2 = 0. ⎛ a b c⎞ ⎛ 0 0 0⎞ ⎜ ⎟ Ceci s’écrit : 0 a b ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 0 0 0 et on conclut que : a = b = c = 0. ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 a⎠ ⎝ 0 0 0⎠ La famille (I, A, A 2 ) est génératrice de C A et libre, c’est donc une base de C A . On a donc : dim C A = 3. Exercice 2 1) •Sur ]–∞, 0[ et sur [1, +∞[, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est positive. 1 Sur [0, 2 [, f est bien définie (1– x ≠ 0) et positive (car 2(1 – x) 2 > 0). Sur [ 1 2 , 1[, f est bien définie (x ≠ 0) et positive (car 2 x 2 > 0). f est positive sur IR. • Sur ]–∞, 0[ et sur [1, +∞[, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est continue. 1 Sur [0, [, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est 2 continue. Sur [ 1 , 1[, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est 2 continue. f est continue sur IR sauf peut-être en 0, en 1 et en 1. 2 • ∫ 0 f () t dt = ∫ f () t dt = 0 (aucun problème de convergence). −∞ 12 / • ∫ f () t dt = 0 1 +∞ 1 ⎡−1⎤ • ∫ f () t dt = 12 / ⎢ ⎥ ⎣2 t ⎦ ⎡ 1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣21 ( − t) ⎦ 1 12 / 12 / 0 = – = 1 – 1 2 = 1 2 . 1 2 + 1 = 1 2 . Avec la relation de Chasles, on a bien : 4
+∞ ∫ f () t dt converge et vaut 1. −∞ Les trois points précédents prouvent que f est une densité de probabilité. x x 2) • ∀x < 0, F(x) = ∫ f () t dt = ∫ 0dt . −∞ −∞ ∀x < 0, F(x) = 0. • ∀x∈[0, 1 2 x [, F(x) = f () t dt ∫ −∞ F(x) = ∫ 0 f () t dt + f () t dt −∞ ∫ 0 x 1 F(x) = 0 + ∫ dt . 0 21 ( − t) 2 F(x) = ⎡ 1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣21 ( − t) ⎦ F(x) = 1 2 ( 1 1− x − 1 ) x 0 x ∀x∈[0, 1 2 [, F(x) = x . 21 ( − x) • ∀x∈[ 1 , 1[, F(x) = 2 f F(x) = ∫ x −∞ () t dt ∫ 0 f () t dt + ∫ f () t dt + ∫ f () t dt. −∞ F(x) = 0 + 1 2 + x 1 ∫ F(x) = 1 2 + ⎡ −1⎤ ⎢ ⎥ ⎣2t ⎦ 12 / 0 12 / 2 t 2 x 12 / dt F(x) = 1 2 + (– 1 2 x + 1) ∀x∈[ 1 2 , 1[, F(x) = 1 2 (3 – 1 x ). x 12 / • ∀x∈[1, +∞[, F(x) = ∫ x −∞ f () t dt 5
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