AST1 2012 - mathématiques sujet corrigé rapport - EDHEC Grande ...

CONCOURS EDHEC - ADMISSION SUR TITRESEN PREMIERE ANNEEAVRIL 2012EPREUVE DE MATHEMATIQUESDurée de l’épreuve : 3 heuresCoefficient : 4Aucun document ou matériel électronique n’est autorisé.Le sujet comporte : 3 exercicesConsignesLa présentation, la lisibilité, l’orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précisiondes raisonnements entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies.Les candidats sont invités à encadrer, dans la mesure du possible, les résultats de leurscalculs.Ils ne doivent faire usage d’aucun document ; seule l’utilisation d’une règle graduée estautorisée.Si au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d'énoncé, il lasignalera sur sa copie et poursuivra sa composition en expliquant les raisons des initiativesqu'il sera amené à prendre.A l’issue de chaque composition écrite, tout candidat est tenu sous peine d’élimination, de remettre ausurveillant une copie (même blanche, qui sera alors signée). La seule responsabilité du candidat est engagéedans le cas contraire. Tout candidat sortant avant la fin des épreuves doit obligatoirement remettre le sujet enmême temps que sa copie.

1) Montrer que ∑ +∞ u n= 1.n=1On considère dès lors une variable aléatoire N, définie elle aussi sur ( Ω, A, P ), que l’onsuppose indépendante des variables X i , et dont la loi est donnée par :∀n ∈N ∗ , P(N = n) =1n ( n+ 1)∗On pose alors Z = Sup( X 0 , X 1 , X 2 , …, X N ) et, pour tout n de N , Z n = Sup (X 0 , X 1 , X 2 , ..., X n ).On admet que Z et Z n sont des variables aléatoires, définies aussi sur (Ω, A, P).2) Étude de Z n .∗ ∗a) Montrer que, pour tout couple (i, k) de N × N , P(X i ≤ k) = 1 – q k .b) En déduire que : ∀k ∈N ∗ , P(Z n ≤ k) = (1– q k n+1) .3) Étude de Z.a) Utiliser la formule des probabilités totales pour montrer que :∀k ∈N ∗ , P(Z ≤ k) = ∑ +∞ n+1(1−qk)n=1 n ( n+1)∗b) En déduire, pour tout k de N , l'expression de P(Z ≤ k) explicitement en fonction de k.∗c) Montrer que, pour tout k de N , on a : P(Z = k) = P(Z ≤ k) – P(Z ≤ k – 1),∗d) En déduire, pour tout k de N , l’expression de P(Z = k) explicitement en fonction de k.4) Existence des espérances de N et de Z.a) Vérifier que la variable aléatoire N ne possède pas d’espérance.b) Montrer que, pourtant, Z possède une espérance et la calculer.4/4

EDHEC 2012 Concours AST 1b) Avec la méthode du pivot de Gauss, on trouve :−1 1 ⎛1 1 ⎞ 1P = ⎜ ⎟ = P2 ⎝1 −1⎠2On montre par récurrence sur k que , pour tout entier naturel k, on a :1( ( )) kkA x = P D ( x)P −0 −1 −1 −1Pour k = 0 : ( ) 0P D ( x) P = P I P = P P = I= A ( x).nk 1Si l'on suppose pour un entier naturel k fixé que ( )( ) ( )nnnkA ( x) = P D ( x)P − , alors on a :k+ 1 k k −1 −1 k − 1 k+ 1 −1n( )n( )n( )n( )n( )n( )n( )n( )A x = A x A x = P D x P P D x P = P D x D x P = P D x P La récurrence est terminée.En particulier, on a pour k = n :1( ( )) nnA x = P D ( x)P −En remplaçant, on obtient :n⎛⎛x ⎞ ⎞⎜ 1 01 1 1 1⎜ + ⎟ ⎟nn − ⎛ ⎞ ⎝ n ⎠⎛1 1 ⎞( An ( x) ) = P Dn ( x)P =⎜⎟⎜2 1 1 ⎟ ⎜n ⎟ ⎜x 1 1 ⎟⎝ − ⎠ −⎛ ⎞ ⎝ ⎠0 1⎜ ⎜ − ⎟n⎟⎝ ⎝ ⎠ ⎠nn⎛⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎞⎜ 1 1n 1 1 1⎜ + ⎟ ⎜ + ⎟ ⎟⎛ ⎞ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠( An ( x)) =⎜⎟⎜2 1 1 ⎟ ⎜ n n ⎟⎝ − ⎠ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞1 1⎜⎜ − ⎟ − ⎜ − ⎟n n⎟⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠Finalement :( A ( x))nnnn n n n⎛⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎞⎜⎜1+ ⎟ + ⎜1− ⎟ ⎜1+ ⎟ − ⎜1−⎟ ⎟1 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠=⎜⎟2 ⎜ ⎟⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞1 1 1 1⎜⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ + ⎜ − ⎟n n n n⎟⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠nn n n n nn2) a) Pour tout entier naturel n assez grand, 1+ x est strictement positif et on a :nn⎛ x ⎞xx x⎜1+ ⎟ = exp( nln(1 + )n ) . Lorsque n est au voisinage de +∞ , on a : ln(1 ) ~n n⎝ n ⎠+ , ce qui+∞ximplique : lim nln(1 + ) = x . Par continuité de la fonction exponentielle en tout réel x, onobtient :n→+∞n⎛ x ⎞lim ⎜1+ ⎟ = e→+∞ ⎝ n ⎠nnx

EDHEC 2012 Concours AST 1Pour tout entier naturel n assez grand, on a 1− x qui est strictement positif et on trouve denmême :⎛ x ⎞lim ⎜1− ⎟ = e→+∞⎝n ⎠nn n n n⎛⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎞⎜⎜1+ ⎟ + ⎜1− ⎟ ⎜1+ ⎟ − ⎜1−⎟ ⎟n 1 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠b) On a : ( An ( x)) =⎜⎟2 ⎜ n n n n ⎟⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞1 1 1 1⎜⎜ + ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ + ⎜ − ⎟n n n n⎟⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠Tout les éléments de cette matrice ont une limite lorsque n tend vers +∞ et, après passage à lalimite, on obtient :n− xx −x x −x1 ⎛e + e e − e ⎞R( x)= 2 ⎜x −x x −xe − e e + e ⎟⎝⎠3) a) La matrice R( x ) est symétrique réelle donc diagonalisable.b) • Si x = 0, la matrice R (0) est la matrice identité : 1 est sa seule valeur propre etM 2, 1(R) est le sous-espace propre associé• Si x ≠ 0, les valeurs propres de R( x ) sont les réels λ pour lesquels la matriceR( x) − λIn'est pas inversible, c'est-à-dire les réels λ solutions de :x −x 2x −x2⎛e + e ⎞ ⎛e −e⎞⎜ − λ ⎟ − ⎜ ⎟ = 0⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠xOn trouve deux valeurs propres distinctes (car x ≠ 0): λ1= e et λ2= e −x .Les sous-espaces propres respectivement associés, notés F 1 et F 2 , s'obtiennent en résolvant⎛ a ⎞ ⎛0⎞( R( x) − λI)⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ pour chaque valeur propre λ.⎝b⎠ ⎝0⎠ x −x x −x⎛ e − e e − e ⎞⎜ −⎟ 0Pour la valeur propre λ 1 , ceci s'écrit :2 2 ⎛ a ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟x −x x −x⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ . Comme x est⎜ e − e e − e ⎟⎝b⎠ ⎝ 0⎠⎜− ⎟⎝ 2 2 ⎠différent de 0, on a x xe −e − ≠ 0 et on trouve : − a+ b= 0.On a donc :⎛1⎞F1 = vect( ⎜ ⎟)= E1⎝1⎠

EDHEC 2012 Concours AST 1b) On sait que E( aX+ b) = aE( X)+ b .Sn1Comme Fn= , on en déduit : E( Fn) = E( Sn)= p .nnF n est un estimateur sans biais de pOn sait aussi que V ( aX+ b) = a² V ( X ) .1 p(1 − p)On a ainsi V ( Fn) = V ( S )2 n = , et comme F n est sans biais, on sait que son risquennquadratique rS n( p ) est égal à sa variance. On a donc :rS n( p)=p(1 − p)n2) a) La variable aléatoire S n est la somme de n variables indépendantes, de même loi, etayant une espérance et une variance. On peut donc appliquer le théorème de la limite centrée àla variableS n , ce qui assure quesuivant la loi normale centrée réduite.Comme E( Sn)Sn− E( S )nV ( S )= np et V ( S ) = np(1 − p), on a donc :variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite.nnconverge en loi vers une variable aléatoireSn− npnp(1 − p)Ainsi, pour des valeurs assez grandes de n, on peut approcher la loi denormale centrée réduite.b) Pour des valeurs assez grandes de n, on peut donc considérer que :⎛ Sn− np ⎞P −t ≤ ≤ t= Φ( t) − Φ( − t) = Φ( t) −⎜ np(1 − p)⎟( 1− Φ( t)) .⎝⎠On a bien (toujours pour n assez grand) :c) On a1n1n⎛ Sn− np ⎞P −t ≤ ≤ t = 2Φ( t) −1⎜np(1 − p)⎟⎝⎠( S − np)Sn−np n Fn−p= = .p(1 − p)np(1 − p) np(1 − p)Par conséquent, l'égalité obtenue à la question 2b) s'écrit :p(1 − p) p(1 − p)En arrangeant, on trouve : ( n nn )nP − t ≤ F − p ≤ t = 2Φ( t ) − 1.converge en loi vers uneSn− npnp(1 − p)par la loi⎛⎞FnpP⎜−−t ≤ ≤ t ⎟ = 2Φ( t) −1.⎜ p(1 − p)⎟⎝n ⎠

EDHEC 2012 Concours AST 1p(1 − p) p(1 − p)On en déduit : ( nn n )p(1 − p) p(1 − p)On a ainsi : ( n nn n )P − t ≤ p − F ≤ t = 2Φ( t ) − 1.P F − t ≤ p ≤ F + t = 2Φ( t ) − 1Comme Φ(t) = 0,975, on a 2Φ( t) − 1 = 0,95 et on obtient bien :p(1 − p) p(1 − p)( n nn n )P F− t ≤ p≤ F+ t = 0,953) a) On étudie la fonction h : p p(1 − p)֏ sur [ ]0,1 . Cette fonction (polynomiale) estdérivable et on a : h′ 1( p) = 1− 2 p , quantité qui est positive si et seulement si p≤ . Lafonction h croît sur1⎡⎣ 0, ⎤2⎦ et décroît sur ⎡ 1⎣ , 1⎤2 ⎦ , ce qui prouve qu'el a un maximum global en1et ce maximum vaut : 1 1 1 1h ( ) = (1 − ) = .2 2 2 2 4Conclusion :1∀p ∈[ 0, 1 ], p (1 − p)≤4b) D'après la majoration précédente, l'événement ( p (1 − p ) p (1 − p )Fnt p Fnn tn )ttinclus dans l'événement ( Fnp Fn)− ≤ ≤ + .2 n2 n− ≤ ≤ + estComme t = 1,96, on obtient : ( p (1 − p ) p (1 − p )) (0,98 0,98Fn t p Fn t Fn p Fn)On en déduit, par croissance de la probabilité :− ≤ ≤ + ⊂ − ≤ ≤ + .n n n n(1 ) (1 )( ) ( )0,98 0,98 p − p p − pn n n n n n n nP F− ≤ p≤ F+ ≥ P F− t ≤ p≤ F+ t .Finalement, avec le résultat de la question 2c), on trouve bien :0,98 0,98( nn )P F− ≤ p≤ F+ ≥ 0,95n4) Remarquons que, avec n = 625 et n = 400, nous sommes bien dans les conditionsd'approximation établies à la question 2a), ces conditions étant correctes dès que n ≥ 30.325 13a) Les données du premier sondage donnent n= 625 et F 625= = donc on obtient :625 25⎛ 13 0,98 13 0,98 ⎞P ⎜ − ≤ p ≤ + ⎟ ≥ 0,95 , soit : P( 0, 4808≤ p≤ 0,5592)≥ 0,95 .⎝ 25 25 25 25 ⎠Avec les données du premier sondage, un intervalle de confiance pour p au risque 5% estdonc : [ 0,4808 ; 0,5592 ] .180 9b) Les données du deuxième sondage donnent n= 400 et F 400= = donc on a :400 20⎛ 9 0,98 9 0,98 ⎞P ⎜ − ≤ p ≤ + ⎟ ≥ 0,95 , soit : P( 0, 401≤ p≤ 0, 499)≥ 0,95 .⎝ 20 20 20 20 ⎠n2

EDHEC 2012 Concours AST 1b) Comme Z n = Sup (X 0 , X 1 , X 2 , ..., X n ), on a : ∀k ∈N ∗ , (Z n ≤ k) =n∩i=0( X ≤ k). En effet,dire que la valeur prise par la plus grande des variables X 0 , X 1 , X 2 , ..., X n (c'est-à-dire prise parZ n ) est inférieure ou égale à k, c'est dire que chacune des variables X 0 , X 1 , X 2 , ..., X n a pris unevaleur inférieure ou égale à k.Par indépendance des variablesLes variablesprécédente que :Pour finir, on trouve bien :iX i , on obtient :P( Zn≤ k) = ∏ P( Xi≤k).X suivant toutes la loi géométrique de paramètre p, on déduit de la questionkP( Zn≤ k) = ∏ (1 − q ) .ni=0P( Z ≤ k) = (1 − q )nk n+13) a) La formule des probabilités totales associée au système complet d'événements*{ ( N = n), n∈N } s'écrit : ∀k ∈ ∗En remplaçant Z par son expression, on trouve :+∞ni=0N , P(Z ≤ k) = P( [ Z ≤ k] ∩ [ N = n])∑ .P(Z ≤ k) = ∑ P( [ Sup( X0,..., X N ) ≤ k] ∩ [ N = n]) = ∑ P( [ Sup( X 0,..., X n)≤ k] ∩ [ N = n]) .n=1+∞ +∞n= 1 n=1+∞P(Z ≤ k) = P( [ Zn≤ k] ∩ [ N = n])∑ .n=1Comme N est indépendante de X 0 , X 1, X 2 , ...,X n , on a :i∀k ∈N ∗ , P(Z ≤ k) =+∞∑n=1P( Z ≤ k) P( N = n)nOn connaît la loi deZ n ainsi que celle de N, et en remplaçant, on trouve :∀k ∈N ∗ , P(Z ≤ k) =+∞∑n=1(1 − q )k n+11n( n+1)b) On sait, grâce au préliminaire, que : x [ 0, 1[∀ ∈ , ∑ +∞n=1n+1xn(n+1)= x + (1– x) ln(1 − x).Ici, comme p appartient à ] 0, 1 [ , on est certain que q appartient aussi à ] [k kmême pour q . Par conséquent, 1− q appartient à ] [0, 1 et il en est de0, 1 et on peut appliquer le résultat ci-kdessus en remplaçant x par 1− q . On obtient : ∀k ∈N ∗ , P(Z ≤ k) = 1 k k k− q + q ln( q ) .En arrangeant un peu, on a :∀k ∈N ∗ k k, P(Z ≤ k) = 1− q + k q ln q

EDHEC 2012 Concours AST 1c) Par définition de l'opérateur " ≤ ", on a : (Z ≤ k) = (Z < k) ∪ (Z = k).Par incompatibilité, on obtient : P(Z ≤ k) = P(Z < k) + P(Z = k).Comme Z est à valeurs entières, les événements (Z < k) et (Z ≤ k – 1) sont égaux donc :P(Z ≤ k) = P(Z ≤ k – 1) + P(Z = k).On en déduit :∗∀k ∈N , P(Z = k) = P(Z ≤ k) – P(Z ≤ k – 1)d) Comme la formule donnant P(Z ≤ k) obtenue à la question 3b) est valable pour k= 0(elle donne 0 = 0), on peut remplacer P(Z ≤ k) et P(Z ≤ k – 1), ce qui donne :( )−( 1 ) ln∗ k k k−1 k−1∀k ∈N , P(Z = k) = ( − + ) − − + ( − )1 q k q ln q 1 q k 1 q ln q∗ k−1 k k k 1∀k ∈N , P(Z = k) = − + −( − )q q k q k q q( )∗ k−∀k ∈N , P(Z = k) = − + ( − + )q 1 1 q kq k 1 ln qEn remplaçant 1− q par p, on trouve :∗ k−1∀k ∈N , P(Z = k) = q ( p− k p ln q+ln q)∗ k∀k ∈N , P(Z = k) = ( ) 1 kp ln q q − −+ − ( p ln q)k q114) a) Pour tout entier naturel n non nul, on a : nP( N= n)= . Comme la série de termen + 11général diverge (série de Riemann de paramètre 1), on peut conclure que :n+ 1N ne possède pas d'espérancekb) Pour tout entier naturel n non nul, on a : ( = ) = ( + ln ) − − ( ln )En écrivant k² = kk ( − 1) + k , on obtient :k−( ) ( )1 2 k−1k P Z k p q k q p q k q1 k−2k P( Z= k) = p+ ln q− p ln q k q − pq ln q k( k− 1) q .k 1Les séries de termes généraux k q − 2et k( k− 1) q k−sont absolument convergentes (sériesgéométriques "dérivées" dont la raison q est strictement comprise entre –1 et 1) donc Zpossède une espérance et :+∞ +∞k−1 k−2( ) ∑ ( ) ∑ .E( Z) = p+ ln q− p ln q k q − pq ln q k( k−1)qk= 1 k=1Le premier terme de la deuxième somme est nul, ce qui donne :+∞ +∞k−1 k−2( ) ∑ ( ) ∑ .E( Z) = p+ ln q− pln q k q − pq ln q k( k−1)qk= 1 k=21 2On a donc : E( Z) = ( p+ ln q− p ln q) −2( pq ln q).3(1 − q) (1 − q)p+ ln q− p ln q 2q ln q p+ (1 − p) ln q−2q ln qAvec q= 1− p , on obtient : E( Z)= − = .2 2 2p p pFinalement :p−q ln qE( Z)=2p

ADMISSION SUR TITRES EN PREMIERE ANNEERAPPORT DE CORRECTION 2012 :Epreuve de MATHEMATIQUESPrésentation de l'épreuve.L'épreuve, plus longue et plus difficile que par le passé, comportait trois exercices, ce quipermettait de juger les candidats sur la presque totalité du programme de l’épreuve, unepart conséquente étant réservée aux probabilités et aux statistiques. Les correcteurs onttrouvé le sujet adapté et sélectif. Ils regrettent, comme par le passé, que nombre decandidats ne soient que très insuffisamment préparés, notamment en probabilités.• L'exercice 1 proposait l’étude de la limite de la suite de matrices An ( x ) n, où lamatrice A n était définie par : x 1nAn( x) x1 n• L'exercice 2 avait pour but de déterminer un intervalle de confiance pour uneproportion, grâce au théorème de la limite centrée, puis d'en déduire une fourchette,construite sur deux sondages, et permettant d'estimer la proportion d'électeurs souhaitantreconduire le président sortant.• L'exercice 3 portant sur le programme d'analyse et de probabilités, avait pourobjectif d'étudier la loi d'un Sup aléatoire de variables aléatoires indépendantes, et suivanttoutes la loi géométrique.La première partie établissait un résultat utile, à savoir :x [0,1[ , n1n1xn(n 1)= x + (1 – x) ln(1 – x)La deuxième partie établissait la loi de la variable aléatoire Z définie par :Z = Sup( X 0 , X 1 , X 2 , …, X N )où la loi de la variable aléatoire N était définie par :et où les variablesélément de ]0, 1[ ).n ¥ , P(N = n) =1n ( n 1)X i , indépendantes, suivaient la loi géométrique de paramètre p (p étantMoyenne.Pour les 724 candidats ayant composé, la moyenne obtenue à cette épreuve est de 10,03sur 20.

15% des candidats obtiennent une note inférieure ou égale à 4.10% des candidats obtiennent une note supérieure à 18.35 candidats obtiennent la note maximale.Analyse des copies.Les correcteurs constatent une fois encore que le niveau est très hétérogène, ceci étant,comme d’habitude, dû aux origines scolaires et universitaires diverses des candidats. Lamoyenne, meilleure que l’année dernière, pourrait être due au nombre un peu moins élevéde candidats ayant composé à cette épreuve.Mis à part, d'un côté quelques très brillants candidats ayant des connaissances biensupérieures à celles exigées par le programme, et de l'autre, un certain nombre de candidatstrès mal préparés, les correcteurs trouvent l’ensemble d’un niveau très honorable, tout enregrettant que d'assez nombreux candidats semblent s'être "spécialisés" (soit en analyse,soit en algèbre, soit en probabilités), certainement par manque de temps pour préparercette épreuve. Rappelons que ces trois "compartiments" du programme de mathématiquessont essentiels pour une bonne continuation des études à l'EDHEC.En ce qui concerne la crédibilité des copies, signalons les quelques points suivants : On ne peut pas composer les équivalents par la fonction exponentielle. Dans le casprésent, ceci fonctionnait (encore fallait-il le justifier), mais souvent, c’est voué à l’échec :par exemple, n1~ n, mais cet équivalent n’est pas conservé après composition par lafonction exponentielle.325 0,98 325 0,98 Donner un intervalle de confiance sous la forme , 625 625 625 est peu625 correct vis-à-vis de la personne qui a commandé le sondage ! La formule des probabilités totales est méconnue d’un trop grand nombre decandidats, de même que la notion de système complet d’événements. Plus généralement, faire les calculs au brouillon sans les recopier sur la copie estsanctionné : ceci ne rapporte aucun point car certains résultats se devinent et de ce fait, lescorrecteurs ont besoin de savoir si leur obtention est licite ou non. Pour finir, certains candidats connaissent des théorèmes qu’il n’était pasindispensable de connaître pour cette épreuve et qui dépassent le cadre du programme(lequel ne comporte pas les notions de convergence uniforme et de convergence normale) :ils doivent savoir que leur application est délicate et nécessite de s’assurer des conditionsd’application exactes. Les correcteurs n’ont validé les solutions que lorsque la rédaction deces théorèmes était irréprochable.Conclusion.Le niveau global des candidats s'est légèrement amélioré, et le sujet a très certainementpermis de repérer et de mettre en valeur les candidats les mieux préparés (il y en ad'excellents) et les plus aptes à trouver leur place dans des études exigeantes et nécessitantrigueur et honnêteté intellectuelle.Nous conseillons aux futurs candidats de se préparer d’une façon plus complète, en essayantde ne négliger aucun des points du programme.