MATHEMATIQUES Option économique Mardi 9 mai 2006 de 8h à 12h

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1 ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD Concours d'admission sur classes préparatoires MATHEMATIQUES Option économique Mardi 9 mai 6 de 8h à h La présentation, la lisibilité, l'orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des 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 leurs calculs Ils ne doivent faire usage d'aucun document ; seule l'utilisation d'une règle graduée est autorisée L'utilisation de toute calculatrice et de tout matériel électronique est interdite Eercice Soit f l endomorphisme de IR 3 dont la matrice dans la base canonique B de IR 3 est : 7 A = On note I la matrice unité de M 3(IR) et on pose u = (,, ) ) a) Montrer que Ker f = vect(u) b) La matrice A est-elle inversible? ) a) Déterminer le vecteur v de IR 3, dont la ème coordonnée dans B vaut, et tel que f (v) = u b) Démontrer que le vecteur w de IR 3, dont la ème coordonnée dans B vaut, et qui vérifie f (w) = v est w = (,, ) c) Montrer que (u, v, w) est une base de IR 3 que l on notera B On note P la matrice de passage de la base B à la base B 3) a) Écrire la matrice N de f relativement à la base B En déduire la seule valeur propre de f L endomorphisme f est-il diagonalisable? b) Donner la relation liant les matrices A, N, P et P, puis en déduire que, pour tout entier k supérieur ou égal à 3, on a : A k = 4) On note C N (respectivement C A ) l ensemble des matrices de M 3(IR) qui commutent avec N (respectivement A) a) Montrer que C N est un sous-espace vectoriel de M 3(IR) et que C N = vect (I, N, N ) On admet que C A est aussi un sous-espace vectoriel de M 3(IR) b) Établir que : M C A P M P C N En déduire que C A = vect (I, A, A ) Quelle est la dimension de C A?

2 Eercice si [, [ ( ) On considère la fonction f définie par : f () = si [, [ sinon ) Montrer que f peut être considérée comme une densité de probabilité Dans toute la suite, on considère une variable aléatoire X définie sur un certain espace probabilisé (Ω, A, P) et admettant la fonction f pour densité ) Déterminer la fonction de répartition F de X 3) Montrer que X a une espérance et que celle-ci vaut 4) a) Déterminer E((X ) ) b) En déduire que X a une variance et que V(X) = 3 4 ln 5) On appelle variable indicatrice d un événement A, la variable de Bernoulli qui vaut si A est réalisé et sinon On considère maintenant la variable aléatoire Y, indicatrice de l événement (X ) et la variable aléatoire Z, indicatrice de l événement (X > ) a) Préciser la relation liant Y et Z puis établir sans calcul que le coefficient de corrélation linéaire de Y et Z, noté ρ (Y, Z), est égal à b) En déduire la valeur de la covariance de Y et Z Eercice 3 Soit f la fonction définie pour tout couple (, y) de IR par : f (, y) = + y + y y ) a) Calculer les dérivées partielles premières de f b) En déduire que le seul point critique de f est A = ( 6, 6 ) ) a) Calculer les dérivées partielles secondes de f b) Montrer que f présente un minimum local en A et donner la valeur m de ce minimum 3) a) Développer ( + y 4 ) + 3 (y 6 ) b) En déduire que m est le minimum global de f sur IR 4) On considère la fonction g définie pour tout couple (, y) de IR par : g(, y) = e + e y + e + y e e y a) Utiliser la question 3) pour établir que : (, y) IR, g(, y) b) En déduire que g possède un minimum global sur IR et préciser en quel point ce minimum est atteint Problème 6

3 Partie : étude d une variable discrète sans mémoire Soit X une variable aléatoire discrète, à valeurs dans IN telle que : m IN, P(X m) > On suppose également que X vérifie : (m, n) IN IN, P (X m) (X n + m) = P(X n) On pose P(X = ) = p et on suppose que p > ) On pose q = p Montrer que P(X ) = q En déduire que < q < ) Montrer que : (m, n) IN IN, P(X n + m) = P(X m) P(X n) 3) Pour tout n de IN, on pose u n = P(X n) a) Utiliser la relation obtenue à la deuième question pour montrer que la suite (u n ) est géométrique b) Pour tout n de IN, eprimer P(X n) en fonction de n et de q c) Établir que : n IN, P(X = n) = P(X n) P(X n + ) d) En déduire que, pour tout n de IN, on a P(X = n) = q n p 4) a) Reconnaître la loi suivie par la variable X + b) En déduire E(X) et V(X) Partie : tau de panne d une variable discrète Pour toute variable aléatoire Y à valeurs dans IN et telle que, pour tout n de IN, P(Y n) >, on définit le tau de panne de Y à l instant n, noté λ n, par : n IN, λ n = P (Y n) (Y = n) ) a) Montrer que : n IN, λ n = PY ( = n ) b) En déduire que : n IN, λ n = PY ( n + ) c) Établir alors que : n IN, λ n < n d) Montrer par récurrence, que : n IN *, P(Y n) = ( ) n ) a) Montrer que : n IN *, PY ( = k) = P(Y n) b) En déduire que lim n + n k = P(Y n) = k = c) Montrer que lim ln( ) = + n + k = d) Conclure quant à la nature de la série de terme général λ n 3) a) Compléter la déclaration de fonction récursive suivante pour qu elle renvoie la valeur de n! lorsqu on appelle f (n) Function f (n : integer) : integer ; Begin If (n = ) then f : = else f : = ; end ; b) On considère la déclaration de fonction récursive suivante : 3

4 Function g (a : real ; n : integer) : real ; Begin If (n = ) then g : = else g : = a * g (a, n ) ; 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 deu fonctions et n 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 =! la question a), le calcul et l affichage du tau de panne à l instant n d une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre a >, lorsque n et a sont entrés au clavier par l utilisateur (on supposera n ) n k = 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 : = ; s : = ; For k : = to n 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 ) Déterminer le tau de panne de la variable X dont la loi a été trouvée à la question 3d) de la partie ) On considère une variable aléatoire Z, à valeurs dans IN, et vérifiant : n IN, P(Z n) > On suppose que le tau de panne de Z est constant, c est-à-dire que l on a : n IN, λ n = λ a) Montrer que < λ < 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 tau de panne est constant et telles que pour tout n de IN, P(Z n) >, sont les variables dont la loi est du type de celle de X 4

5 EDHEC 6 : option ES Corrigé de l épreuve de mathématiques Eercice ) a) On résout AX = 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 + y+ 7z= Ce système s écrit : + 4y+ 3z= 8y 6z= Avec les transformations L L L et L 3 L 3 + L, on obtient le système équivalent : + y+ 7z= y z= y+ z= qui, en remplaçant z par y dans la première équation, est équivalent à : 4y= = y, soit finalement : z= y z= y y En conclusion, AX = X = y X = y y Ceci montre que Ker f = vect( (,, ) ), ce qui s écrit aussi : Ker f = vect(u) b) Ker f est différent de {(,, )} 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 = a d autres solutions que X =, ce qui prouve que A n est pas inversible

6 ) a) On pose v = (,, z) L équation f (v) = u est équivalente au système : A = z + + 7z= Ce système s écrit : z= Les deu dernières équations étant équivalentes, il 8 6z= + 7z+ 8= z + = reste, soit et enfin z = et = 3 = 3z 3 = 3z 3 Le vecteur v cherché vérifiant f (v) = u est v = (3,, ) b) L énoncé semblant admettre que le vecteur w proposé, solution de f (w) = v, eiste et est unique, on se contente de vérifier par un simple calcul : 7 3 A = 4 3 = Ceci montre bien que : 8 6 Le vecteur w cherché vérifiant f (w) = v est w = (,, ) b) Il suffit de montrer que la matrice de passage P de la base canonique B de IR 3 à la famille (u, v, w) est inversible 3 On cherche donc une réduite de Gauss de la matrice P = Avec les transformations élémentaires L L L et L 3 L 3 + L, on obtient : 3 Avec la transformation L 3 L 3 + L, on obtient : 3 Cette réduite de P est triangulaire sans élément diagonal nul, elle est donc inversible et P l est aussi En conséquence : B = (u, v, w) est une base de IR 3 3) a) On a : f (u) =, f (v) = u et f (w) = v donc la matrice N de f dans la base B est : N =

7 La matrice N est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses éléments diagonau On peut donc conclure que est la seule valeur propre de N, donc la seule valeur propre de f De plus, le sous-espace propre de f associé à la valeur propre est Kerf Comme dim Ker f =, on a dim Ker f < dim IR 3 donc : f n est pas diagonalisable b) La formule de changement de base s écrit : A = P N P Un calcul simple montre que :N = et N 3 = On en déduit que A 3 = Pour tout entier k supérieur ou égal à 3, on a alors : A k = A 3 A k 3 = Conclusion : k 3, A k = 4) a) Soit M = a b c d e f une matrice quelconque de C N g h i La relation M N = N M équivaut à : M C N a d g b e = h On a donc : M C N M = a b c d e f g h i = d e f g h i, d où, en identifiant : a b c a b a En conclusion : M C N M = a I + b N + c N Ceci prouve que : C N = vect(i, N, N ) d = g = h= a = e= i b= f b) M C A AM = MA (PNP ) M = M (PNP ) PNP M = M PNP En multipliant les deu membres par P à gauche et par P à droite, on obtient : M C A NP MP = P M PN N(P MP) = (P M P)N On a donc : M C A P MP C N a b c d e f, d où : g h i D après le résultat de la question 4a), on peut écrire : M C A (a, b, c) IR 3, P MP = a I + b N + c N Ceci est équivalent (en multipliant les deu membres par P à gauche et par P à droite) à : M C A (a, b, c) IR 3, M = P(a I + b N + c N )P, d où, en développant : M C A (a, b, c) IR 3, M = a PIP + b PNP + c PN P 3

8 Comme PIP = I, PNP = A et PN P = A, on trouve finalement : M C A (a, b, c) IR 3, M = a I + b A + c A Conclusion : C A = vect(i, A, A ) La famille (I, A, A ) 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 = En multipliant les deu membres par P à gauche et par P à droite, on obtient (avec une technique identique à celle utilisée plus haut) : a I + b N + c N = a b c Ceci s écrit : a b = et on conclut que : a = b = c = a La famille (I, A, A ) est génératrice de C A et libre, c est donc une base de C A On a donc : dim C A = 3 Eercice ) Sur ], [ et sur [, + [, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est positive Sur [, [, f est bien définie ( ) et positive (car ( ) > ) Sur [, [, f est bien définie ( ) et positive (car > ) f est positive sur IR Sur ], [ et sur [, + [, f coïncide avec la fonction nulle donc elle est continue Sur [, [, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est continue Sur [, [, f est un quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul donc f est continue f est continue sur IR sauf peut-être en, en et en f () t dt = f () t dt = (aucun problème de convergence) / f () t dt = + f () t dt = / t ( t) / / = = = + = Avec la relation de Chasles, on a bien : 4

9 + f () t dt converge et vaut Les trois points précédents prouvent que f est une densité de probabilité ) <, F() = f () t dt = dt <, F() = [, [, F() = f () t dt F() = f () t dt + f () t dt F() = + dt ( t) F() = ( t) F() = ( ) [, [, F() = ( ) [, [, F() = f F() = () t dt f () t dt + f () t dt + f () t dt F() = + + F() = + t / / t / F() = + ( + ) dt / [, [, F() = (3 ) [, + [, F() = f () t dt 5

10 F() = f () t dt + f () t dt + f () t dt + f () t dt / / F() = [, + [, F() = 3) tf() t dt = tf() t dt = (aucun problème de convergence) / / t / t + / tf() t dt= dt = dt = ( ( t) + ( t) ( t) ( t) / tf() t dt= / ln t ( t) / = ln( ) + = ( ln) tf() t dt= / t dt = ln t / = / ln( ) = ln D après la relation de Chasles, X a une espérance qui vaut : E(X) = ln ( ln) +, d où : ) dt E(X) = + 4) a) ( t ) f ( t) dt = ( t ) f ( t) dt = (aucun problème de convergence) / ( t ) / f ( t) dt = dt = 4 ( t ) t t + f ( t) dt = dt / = ( ) / t + dt / t t ( t ) f ( t) dt = / t t ln t / = (( ln ) ( ln( ) )) ( t ) f ( t) dt = / ( 3 + ln ) = 3 ln 4 Toujours avec la relation de Chasles, (X ) a une espérance et : E((X ) ) = ln b) Comme X = (X ) + X, on déduit de la question précédente que E(X ) eiste Par linéarité de l espérance : E(X ) = E((X ) ) + E(X) Par conséquent, E(X ) = ln + = ln Comme V(X) = E(X ) (E(X)), on a finalement : 6

11 V(X) = ln 4, soit : V(X) = 3 ln 4 5) a) On remarque que : (Y = ) = (X ) = (Z = ) et (Z = ) = (X > ) = (Y = ) Or, pour tout ω de Ω, soit (X(ω) ) et on a Y(ω) + Z(ω) =, soit (X(ω) > ) et on a encore Y(ω) + Z(ω) = En conclusion : Y + Z = Les variables Y et Z sont donc affinement liées, ce qui prouve que ρ (Y, Z) {, } De plus, Z = Y +, donc Z est une fonction décroissante de Y et on a donc : ρ (Y, Z) = b) On sait que cov (Y, Z) = ρ (Y, Z) VY ( ) VZ ( ) Y suit la loi de Bernoulli dont le paramètre est P(X ) = F( ) = Z suit la loi de Bernoulli dont le paramètre est P(X > ) = F( ) = On a donc V(Y) = V(Z) =,ce qui donne : 4 cov (Y, Z) = Eercice 3 Tout d abord, f est une fonction polynomiale donc elle est de classe C sur IR ) a) Les dérivées partielles premières de f sont : f (, y) = 4 + y f y (, y) = + 4 y b) Les points critiques de f sont les points en lesquels les deu dérivées premières 4+ y = s annulent simultanément, ce sont donc les solutions du système : + 4y = Avec la transformation élémentaire L L L, on obtient le système équivalent : 4 7

12 4+ y = On en déduit que : 6y = La fonction f admet un seul point critique : ( 6, 6 ) ) a) Les dérivées partielles secondes de f sont : f (, y) = 4 f y (, y) = f y (, y) = f y (, y) = 4 b) Avec les notations de Monge, on a : r = 4, s = et t = 4 On en déduit que r t s = > donc f admet un etremum local en ( 6, 6 ) Comme de plus, r >, cet etremum est un minimum local Ce minimum vaut f ( 6, 6 ) = = 6 En conclusion : f admet un minimum local au point ( 6, 6 ) et ce minimum est m = 6 3) a) ( + y 4 ) + 3 (y 6 ) = ( + y y y 4 ) + 3 (y + 36 y 3 ) Après réduction, on trouve : ( + y 4 ) + 3 (y 6 ) = + y + y y + 6 Et enfin : ( + y 4 ) + 3 (y 6 ) = f (, y) + 6 b) Pour tout (, y) de IR, ( + y 4 ) + 3 (y 6 ) (somme de deu nombres positifs), ce qui s écrit d après la question précédente : (, y) IR, f (, y) + 6 On a donc : (, y) IR, f (, y) + 6 Ceci prouve que : 6 est le minimum global de f sur IR 8

13 4) a) En remplaçant par e et y par e y dans l epression que l on a développée à la question 3a), on trouve : (e + e y 4 ) + 3 (e y 6 ) = e + e y + e + y e e y + 6 On en déduit que g(, y) + 6 = (e + e y 4 ) + 3 (e y 6 ), d où l on conclut que : (, y) IR, g(, y) 6 b) De plus, g(, y) = e 6 e y y e + = 4 = 6 e y = e = 6 = y = ln 6 g admet un minimum global égal à 6 et ce minimum est atteint au point ( ln 6, ln 6) Problème Partie ) Par définition, q = p = P(X = ) donc, puisque X est à valeurs dans IN, q = P(X ) D après l énoncé, P(X ) > donc q > D autre part, on sait que p > donc p <, c est-à-dire q < En conclusion : < q < ) Par hypothèse : (m, n) IN IN, P (X m) (X n + m) = P(X n) La formule des probabilités composées donne alors : PX ( m X n + m ) PX ( m) Comme n, on a n + m m donc (X n + m) (X m) On en déduit alors (X n + m) (X m) = (X n + m) On obtient donc : PX ( n + m ) = P(X n), ce qui s écrit : : PX ( m) = P(X n) (m, n) IN IN, P(X n + m) = P(X m) P(X n) 3) a) En écrivant la formule précécdente pour m =, on a : n IN, P(X n + ) = P(X ) P(X n), soit : u n+ = q u n La suite (u n ) est donc une suite géométrique de raison q b) Comme X prend ses valeurs dans IN, u = P(X ) = D après le cours sur les suites géométriques, on a donc : u n = q n Conclusion : n IN, P(X n) = q n c) Par définition du symbole, on a : (X n) = (X = n) (X > n) 9

14 Comme X prend des valeurs entières, (X > n) = (X n + ) et on en déduit : (X n) = (X = n) (X n + ) Par incompatibilité des événements (X = n) et (X n + ), on a : P(X n) = P(X = n) + P(X n + ), ce qui s écrit : n IN, P(X = n) = P(X n) P(X n + ) d) D après 3b) et 3c), on peut écrire : n IN, P(X = n) = q n q n+ On trouve donc bien : n IN, P(X = n) = q n p 4) a) X (Ω) = IN donc (X + ) (Ω) = IN * n IN *, P(X + = n) = P(X = n ) = q n p On en déduit que : X + suit la loi géométrique de paramètre p b) D après le cours, E(X + ) = p et V(X + ) = q p On sait que : E(a X + b) = a E(X) + b et V(a X + b) = a V(X) donc : E(X) + = p et V(X) = q, ce qui donne enfin : p E(X) = q p et V(X) = q p Partie ) a) Notions dans un premier temps que λn est bien défini puisque P(Y n) > D après la formule des probabilités composées, λ n = P ([ Y = n ] [ Y n ]) Comme (Y = n) (Y n), on a : (Y = n) (Y n) = (Y = n) et il en résulte que : n IN, λ n = PY ( = n ) b) λ n = PY ( = n ) PY ( = n) = D après le résultat de la question I3c), on a bien : n IN, λ n = PY ( n + ) c) (Y n + ) (Y n) donc P(Y n + ) P(Y n)

15 En divisant par P(Y n) >, on obtient PY ( n + ), c est-à-dire λn On en déduit alors : λ n D autre part, on sait par hypothèse que P(Y n + ) > et P(Y n) > Par conséquent, λ n >, d où : λ n < En conclusion : n IN, λ n < k = d) Pour n =, ( ) = ( ) = λ k = Or λ = PY ( ) et, comme Y prend ses valeurs dans IN, P(Y ) = PY ( ) On a donc : λ = P(Y ) Pour finir : ( ) = P(Y ) k = Supposons, pour un entier n fié supérieur ou égal à, que ( ) = P(Y n) On a alors, d après b), P(Y n + ) = ( λ n ) P(Y n), ce qui, grâce à l hypothèse de n récurrence, donne : P(Y n + ) = ( λ n ) ( ), d où : P(Y n + ) = ( ) On a bien montré par récurrence que : n k = k = n n IN *, P(Y n) = ( ) n k = ) a) n IN *, PY ( = k) = P( U ( Y = k) ) = P(Y n ) k = Comme Y prend ses valeurs dans IN, (Y n ) = ( Y n), donc : P(Y n ) = P(Y n) En conclusion : n k = n IN *, PY ( = k) = P(Y n) n k = n k = b) (Y = k) k IN est un système complet d événements donc PY ( = k) n Ceci signifie eactement que lim PY ( = k) = n + k = D après le résultat de la question a), on en déduit que : + k = = lim P(Y n) = n +

16 c) Comme P(Y n) >, on peut prendre le logarithme népérien dans l égalité obtenue à la n question d), ce qui donne : ln(p(y n)) = ln( ) n ln( ) On a donc ln(p(y n)) = Comme lim n + k = P(Y n) =, on a lim n + k = ln(p(y n)) = +, ce qui donne : lim n + n ln( ) k = = + d) D après la question précédente, la série de terme général ln( ) est divergente et à termes positifs (en effet [, [ donc < et ln( ) < ) Deu cas se présentent : soit lim = et on a ln( ) ~ Dans ce cas, le critère d équivalence pour les k + + séries à termes positifs permet de conclure que, comme la série de terme général ln( ) est divergente, alors la série de terme général est divergente soit lim ou n a pas de limite et dans ce cas la série de terme général est k + divergente (son terme général ne tend pas vers ) Dans tous les cas : La série de terme général λ n diverge 3) a) La définition récursive de n! est :! = et n IN *, n! = n (n )! La déclaration, une fois complétée, est donc : If n = then f : = else f : = n * f (n ) ; b) À l appel de g(a, n), la fonction g renvoie la valeur de a n c) En fin de boucle, la variable s contiendra n k = Après la boucle, lambda contiendra λ n = PY ( = n ) = k a k! e Program edhec-6 ; var n, k : integer ; a, s, lambda : real ; Begin readln(n) ; s : = ; For k : = to n do s : = s + g(a, k) * ep( a) / f (k) ; lambda : = (g(a, n) * ep( a) / f (n)) / ( s) ; Writeln (lambda) ; end a PY ( = n) PY ( n ) = n k = n a n e a! k a k! e a

17 d) Les instructions manquantes sont dans la boucle : s : = s + p ; Après la boucle : s : = s * ep( a) ; Partie 3 ) On sait que : n IN, P(X = n) = q n p, P(X n), = q n et λ n = PX ( = n ) PX ( n) On en déduit donc que : n IN, λ n = q n p n q Après simplification, on trouve : n IN, λ n = p ) a) On sait déjà que λ n < donc λ < (puisque λ n = λ) Si l on avait λ =, alors on aurait = PZ ( = n ), ce qui donnerait : n IN, P(Z = n) = PZ ( n) + Ceci contredit le fait que PZ ( = n) = En conclusion : n= n IN, < λ < b) D après le résultat de la question d) de la partie : n IN *, P(Z n) = ( ) Comme le tau de panne de Z est constant et égal à λ, on a : P(Z n) = ( λ) On en déduit : n IN *, P(Z n) = ( λ) n Z prend ses valeurs dans IN donc P(Z ) = = ( λ), ce qui rend la formule précédente encore valable pour n = On a donc : n IN, P(Z n) = ( λ) n c) Comme λ = PZ ( = n ), on a : n IN, P(Z = n) = λ P(Z n) PZ ( n) On déduit alors de la question précédente que : n IN, P(Z = n) = λ ( λ) n En posant p = λ (on a bien < p < ) et q = p, on retrouve : n IN, P(Z = n) = p q n Grâce au questions ) et ) de cette partie, les seules variables aléatoires Z à valeurs dans IN, vérifiant pour tout n de IN, P(Z n) > et dont le tau de panne est constant, sont les variables dont la loi est du type de celle de X n k = n k = 3