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SUJET MATHÉMATIQUES 2007

Option Économiques Exercice 1 Pour toute matrice M élément de M2(IR), on note tM la matrice transposée de M, définie de la façon

suivante : si M = a cb d⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ alors tM =

a bc d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

On pose E1 = 1 00 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , E2 =

0 10 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , E3 =

0 01 0⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , E4 =

0 00 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ .

On rappelle que B = (E1, E2, E3, E4) est une base de M2(IR). On note ϕ l’application qui à toute matrice M de M2(IR) associe ϕ (M) = M + tM. 1) a) Montrer que ϕ est un endomorphisme de M2(IR). b) Écrire la matrice A de ϕ dans la base B. c) En déduire que ϕ est diagonalisable et non bijectif. 2) Calculer A

2 et en déduire que, pour tout n de IN *, A n = 2

n–1 A.

3) a) Montrer que Im ϕ = vect (E1, E2 + E3, E4), puis établir que dim Im ϕ = 3. b) En déduire la dimension de Ker ϕ puis déterminer une base de Ker ϕ. c) Établir que Im ϕ est le sous-espace propre de ϕ associé à la valeur propre 2.

d) Donner, pour résumer, les valeurs propres de ϕ ainsi qu’une base de chacun des sous-espaces propres associés. Exercice 2 On admet que, si Z1 et Z2 sont deux variables aléatoires à densité, définies sur le même espace probabilisé, alors leur covariance, si elle existe, est définie par :

cov(Z1, Z2) = E(Z1 Z2) – E(Z1) E(Z2). On admet également que si Z1 et Z2 sont indépendantes alors leur covariance est nulle. On considère deux variables aléatoires réelles X et U définies sur le même espace probabilisé (Ω, A, P), indépendantes, X suivant la loi normale N (0, 1) et U suivant la loi discrète uniforme sur {–1, 1}. On pose Y = U X et on admet que Y est une variable aléatoire à densité, définie elle aussi sur l’espace probabilisé (Ω, A, P).

2

1) a) En utilisant la formule des probabilités totales, montrer que : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = P( [U = 1] ∩ [X ≤ x] ) + P( [U = –1] ∩ [X ≥ –x] ).

b) En déduire que Y suit la même loi que X. 2) a) Calculer l’espérance de U puis montrer que E(X Y) = 0. b) En déduire que cov (X, Y) = 0.

3) a) Rappeler la valeur de E(X 2) et en déduire que x e dx

x2 2

0

2−+∞

∫ = 12

2π .

b) Montrer, grâce à une intégration par parties, que :

∀A∈IR +, x e dxx

A 4 20

2−

∫ = – A 3

eA

−2

2 + 3 x e dxx

A 2 20

2−

∫ .

c) En déduire que l’intégrale x e dxx

4 20

2−+∞

∫ converge et vaut 32

2π .

d) Établir finalement que X possède un moment d’ordre 4 et que E(X 4) = 3. 4) a) Vérifier que E(X

2Y 2) = 3.

b) Déterminer cov (X 2, Y

2). c) En déduire que X

2 et Y 2 ne sont pas indépendantes. Montrer alors que X et Y ne le sont pas non

plus. d) Cet exercice a permis de montrer qu’un résultat classique concernant les variables discrètes est encore valable pour les variables à densité. Lequel ? Exercice 3 1) a) Montrer que : ∀x > 0, x – ln x > 0.

b) On pose alors : f x xx x

x

f

( ) lnln

( )

=−

= −

⎧⎨⎪

⎩⎪

si > 0

0 1.

Déterminer l’ensemble de définition D de la fonction f. 2) a) Montrer que f est continue sur D. b) Montrer que f est dérivable (à droite) en 0 et que ′f d (0) = 0. 3) a) Justifier que f est dérivable sur D \ {0}et calculer f ’ (x) pour tout x de D \ {0}. b) Déterminer la limite de f en +∞. c) Dresser le tableau de variation de f. 4) Étudier le signe de f (x). 5) Pour tout réel x élément de D, on pose F(x) = f t dt

x( )

0∫ .

a) Montrer que F est de classe C 1 sur D puis étudier ses variations.

b) Déterminer lim lnx

x tt

dt→+∞ ∫ 1

.

c) En déduire lim lnlnx

x tt t

dt→+∞ −∫ 1

, puis limx→+∞

F(x).

3

Problème On lance une pièce équilibrée (la probabilité d’obtenir “pile” et celle d’obtenir “face” étant donc

toutes les deux égales à 12

) et on note Z la variable aléatoire égale au rang du lancer où l’on obtient

le premier “pile”. Après cette série de lancers, si Z a pris la valeur k (k∈IN*), on remplit une urne de k boules numérotées 1, 2, ..., k, puis on extrait au hasard une boule de cette urne. On note X la variable aléatoire égale au numéro de la boule tirée après la procédure décrite ci-dessus. 1) On décide de coder l’événement « obtenir un “pile” » par 1 et l’événement « obtenir un “face” » par 0. On rappelle que la fonction random renvoie, pour un argument k de type integer (où k désigne un entier supérieur ou égal à 1) un entier aléatoire compris entre 0 et k – 1.

a) Compléter le programme suivant pour qu’il affiche la valeur prise par Z lors de la première partie de l’expérience décrite ci-dessus.

Program edhec_2007 ; Var z, hasard : integer ; Begin Randomize ; z : = 0 ; Repeat z : = ........ ; hasard : = ........ ; until (hasard = 1) ; Writeln(z) ; End.

b) Quelle instruction faut-il rajouter avant la dernière ligne de ce programme pour qu’il simule l’expérience aléatoire décrite dans ce problème et affiche la valeur prise par la variable aléatoire X ?

2) Établir la convergence de la série de terme général k1 (

21 ) k

(k∈IN *).

3) Rappeler la loi de Z ainsi que son espérance et sa variance. 4) a) Pour tout couple (i, k) de IN

*× IN *, déterminer la probabilité P Z k( )= (X = i).

b) En déduire que : ∀i∈IN*, P(X = i) = ∑+∞

=ik k1 (

21 ) k

.

c) On admet, dans cette question, que ∑∑+∞

=

+∞

=1i ik= ∑∑

+∞

= =1 1.

k

k

i Vérifier que :

P X ii

( )==

+∞

∑1

= 1.

5) a) Montrer que, pour tout entier naturel i non nul, on a : i P(X = i) ≤ ( 12

) i−1.

b) En déduire que X possède une espérance. c) Montrer, en admettant qu’il est licite de permuter les symboles Σ comme dans la question 4c),

que :

E(X) = 32

.

6) a) Utiliser le résultat de la question 5a) pour montrer que X a un moment d’ordre 2. b) Établir alors, toujours en admettant qu’il est licite de permuter les symboles Σ comme dans la question 4c), que :

4

E(X 2) = ∑

+∞

=

++1

)12()1(61

kkk (

21 ) k

.

c) Déterminer les réels a, b et c tels que : ∀k∈IN *, (k + 1) (2k + 1) = a k(k – 1) + b k + c.

d) En déduire la valeur de E(X 2) et vérifier que V(X) = 11

12.

7) a) Écrire l’inégalité de Bienaymé-Chebychev, pour la variable X.

b) En déduire que P(X ≥ 3) ≤ 1127

.

8) On se propose dans cette question de calculer P(X = 1), P(X = 2) et P(X ≥ 3).

a) Écrire explicitement en fonction de x et n la somme x k

k

n−

=∑ 1

1 (n désignant un entier naturel non

nul et x un réel différent de 1).

b) En déduire que : ∀n∈IN *, ∑=

n

k k1

1 (21 ) k

= ln 2 – xx

n

10

1 2

−∫/

dx.

c) Montrer que : ∀n∈IN *, 0 ≤ xx

n

10

1 2

−∫/

dx ≤ ( 12

) n .

En déduire la valeur de limn→+∞

xx

n

10

1 2

−∫/

dx.

d) Établir alors que P(X = 1) = ln 2 puis donner la valeur de P(X = 2). e) Utiliser les résultats précédents pour calculer P(X ≥ 3), puis donner une valeur approchée de

P(X ≥ 3) en prenant ln 2 ~− 0,7. Que peut-on en déduire en ce qui concerne le majorant trouvé à la

septième question ?

1

Corrigé Mathématiques 2007

option économique

Exercice 1 ................................................................................... 1) a) Soit M et N deux matrices quelconques de M2(IR) et λ un réel quelconque. ϕ (λ M + N) = (λ M + N) + t(λ M + N). Or la transposition est linéaire donc on peut écrire : ϕ (λ M + N) = λ M + N + λ tM + tN = λ (M + tM) + (N + tN), ce qui donne : ϕ (λ M + N) = λ ϕ (M) + ϕ (N). L’application ϕ est linéaire. De plus, si M appartient à M2(IR), alors tM appartient aussi à M2(IR), et, par stabilité de M2(IR) pour l’addition, ϕ (M) appartient à M2(IR). Conclusion :

ϕ est un endomorphisme de M2(IR). b) Cherchons les images par ϕ des matrice de la base B de M2(IR).

ϕ (E1) = E1 + tE1 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0001

+ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0001

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0002

= 2 E1.

ϕ (E2) = E2 + tE2 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0010

+ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0100

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0110

= E2 + E3.

ϕ (E3) = E3 + tE3 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0100

+ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0010

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛0110

= E2 + E3.

ϕ (E4) = E4 + tE4 = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1000

+ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛1000

= ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛2000

= 2 E4.

On en déduit que la matrice A de ϕ relativement à la base B est :

A =

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

2000011001100002

.

c) La matrice de ϕ dans la base B est symétrique donc diagonalisable. Par conséquent ϕ est aussi diagonalisable.

2

La matrice A possède deux colonnes égales, elle n’est donc pas inversible, ce qui signifie que ϕ n’est pas bijectif.

ϕ est diagonalisable et non bijectif.

2) A2 =

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

2000011001100002

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

2000011001100002

=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

4000022002200004

= 2 A.

On procède par récurrence pour établir que : ∀n∈IN *, An = 2n–1A. Pour n = 1, on a 21–1A = 20A = A, ce qui initialise la récurrence. Si l’on suppose, pour un entier n fixé de IN *, que An = 2n–1A, alors on a : An+1 = AnA = (2n–1A ) A = 2n–1A2 = 2n–1

2A = 2n A.

On a bien montré par récurrence que :

∀n∈IN *, An = 2n–1A. 3) a) On sait que Im ϕ = vect( ϕ (E1), ϕ (E2), ϕ (E3), ϕ (E4) ). Mais ϕ (E2) = ϕ (E3) donc : Im ϕ = vect(ϕ (E1), ϕ (E2), ϕ (E4)), ce qui, en remplaçant, donne : Im ϕ = vect(2E1, E2 + E3, 2E4), ce qui se simplifie encore en :

Im ϕ = vect(E1, E2 + E3, E4). Vérifions si la famille (E1, E2 + E3, E4) est libre. Considérons trois réels a, b et c tels que a E1 + b

(E2 + E3) + c E4 = 0. On a alors, en développant : a E1 + b E2 + b E3 + c E4 = 0. Comme la famille (E1, E2, E3, E4) est libre (c’est la base B), on a : a = b = c = 0. En conclusion, la famille (E1, E2 + E3, E4) est génératrice de Im ϕ (d’après le résultat du début de cette question) et libre, c’est donc une base de Im ϕ. On en conclut que :

dim Im ϕ = 3. b) La formule du rang s’écrit : dim M2(IR) = dim Ker ϕ + dim Im ϕ, soit : 4 = dim Ker ϕ + 1. On en déduit :

dim Ker ϕ = 1. Pour déterminer une base de Ker ϕ, il sufffit donc de trouver un vecteur non nul élément de Ker ϕ. Or on a vu précédemment que ϕ (E2) = ϕ (E3), ce qui, grâce à la linéarité de ϕ s’écrit aussi : ϕ (E2 – E3) = 0. En conclusion, E2 – E3 appartient à Ker ϕ, E2 – E3 n’est pas la matrice nulle et la dimension de Ker

ϕ est égale à 1 donc :

(E2 – E3) est une base de Ker ϕ. c) Cherchons les images par ϕ des vecteurs de base de Im ϕ : • ϕ (E1) = 2 E1. • Par linéarité de ϕ, ϕ (E2 + E3) = ϕ (E2) + ϕ (E3) = E2 + E3 + E2 + E3 = 2 (E2 + E3). • ϕ (E4) = 2 E4.

3

Mais on a : ∀x∈Im ϕ, x = a E1 + b (E2 + E3) + c E4. Par linéarité de ϕ, on a : ϕ (x) = a ϕ (E1) + b ϕ (E2 + E3) + c ϕ (E4). D’après les résultats précédents, on en déduit : ϕ (x) = 2(a E1 + b (E2 + E3) + c E4) = 2 x. En notant SEP2(ϕ) le sous-espace propre de ϕ associé à la valeur propre 2, ceci prouve que : Im ϕ ⊂ SEP2(ϕ). On en déduit que : dim SEP2(ϕ) ≥ 3. Mais il faut se souvenir que 0 est valeur propre de ϕ associée au sous-espace propre SEP0(ϕ) = Ker

ϕ (de dimension 1). On a donc déjà : dim SEP2(ϕ) + dim SEP0(ϕ) ≥ 4. Par ailleurs, ϕ est diagonalisable donc la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à 4. Par conséquent, on a obligatoirement : dim SEP2(ϕ) + dim SEP0(ϕ) = 4 et on en déduit que dim SEP2(ϕ) = 3 Pour résumer, on a : Im ϕ ⊂ SEP2(ϕ) et dim Im ϕ = dim SEP2(ϕ). Par conséquent :

Im ϕ = SEP2 (ϕ). d) L’étude précédente montre que 0 et 2 sont les seules valeurs propres de ϕ et que les sous-espaces propres associés sont respectivement Ker ϕ, dont une base est (E2 – E3), et Im ϕ, dont une base est (E1, E2 + E3, E4).

Exercice 2 ................................................................................... 1) a) La formule des probabilités totales associée au système complet d’événements ( [U = 1], ([U = –1] ) s’écrit : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = P( [Y ≤ x] ∩ [U = 1] ) + P( [Y ≤ x] ∩ [U = –1] ). En remplaçant Y par U X, on obtient : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = P( [U X ≤ x] ∩ [U = 1] ) + P( [U X ≤ x] ∩ [U = –1] ). On trouve alors : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = P( [X ≤ x] ∩ [U = 1] ) + P( [X ≥ –x] ∩ [U = –1] ). b) Les variables U et X étant indépendantes, on déduit de l’égalité précédente : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = P(X ≤ x) P(U = 1) + P(X ≥ –x) P(U = –1).

Comme P(U = 1) = P(U = –1) = 21 et comme X suit la loi normale N (0, 1) dont la fonction de

répartition est notée Φ, on a :

∀x∈IR, P(Y ≤ x) = 21 Φ (x) +

21 (1 – Φ (–x))

Il suffit maintenant de se souvenir que, pour tout réel x, 1 – Φ (–x) = Φ (x) pour obtenir enfin : ∀x∈IR, P(Y ≤ x) = Φ (x). Ceci prouve que Y suit la loi normale N (0, 1). Conclusion :

Y suit la même loi que X. 2) a) U a une espérance donnée par : E(U) = 1 P(U = 1) + (–1) P(U = –1).

On remplace les deux probabilités par 21 et on trouve :

E(U) = 0.

4

On a X Y = U X 2, or U et X

2 sont indépendantes (car U et X le sont) et ont une espérance, ce qui prouve que X Y possède aussi une espérance et que : E(X Y) = E(U) E(X

2). Comme E(U) = 0, on a :

E(X Y) = 0. b) L’énoncé donnant la formule pour la covariance de deux variables à densité, il suffit de l’appliquer : cov (X, Y) = E(X Y) – E(X) E(Y). Comme X et Y suivent la loi normale centrée réduite, on a E(X) = E(Y) = 0 et comme E(X Y) = 0, on obtient :

cov (X, Y) = 0. 3) a) Comme X suit la loi normale centrée réduite, on sait que V(X) = 1. D’autre part, V(X) = E(X

2) – (E(X))2. On en déduit donc que

E(X 2) = 1.

En revenant à la définition de E(X 2), on déduit de l’égalité précédente que l’intégrale

dxexx22

2

21 −∞+

∞−∫ π converge et qu’elle vaut 1.

Par conséquent : dxexx22

2

−∞+

∞−∫ = π2 .

Dans l’intégrale ci-dessus, la fonction intégrée est paire, ce qui permet d’affirmer que

dxexx2

02

2

−∞+

∫ converge et que :

dxexx2

02

2

−∞+

∫ = π221 .

b) Considérons, pour tout réel A positif, l’intégrale I(A) = dxexx

A2

04

2

−

∫ .

On pose u(x) = x 3 et v’(x) = x

2

2x

e−

.

On a alors u’(x) = 3 x 2 et on peut prendre v(x) = – 2

2x

e−

. Les fonctions u et v sont de classe C 1 sur IR,

donc sur [0, A], l’intégration par parties est donc autorisée :

I(A) =

Ax

ex0

232

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−

− + 3 dxex

xA

20

22

−

∫ , soit encore :

I(A) = 232A

eA−

− + 3 dxexx

A2

02

2

−

∫ .

5

c) En écrivant 232A

eA−

= 2/32 (2

2A ) 22/32A

e−

, le théorème des croissances comparées permet

d’affirmer que +∞→A

lim 232A

eA−

= 0.

D’autre part, dxexx

A2

02

2

−

∫ possède une limite finie lorsque A tend vers +∞, cette limite valant

π221 d’après le résultat de la question 3a).

On peut donc conclure que I(A) admet une limite finie lorsque A tend vers +∞. Après passage à la limite, on obtient :

dxexx2

04

2

−∞+

∫ = π223 .

d) La fonction qui à x associe 242x

ex−

est paire, on peut donc écrire que dxexx24

2

−∞+

∞−∫ est une

intégrale convergente égale à 2 dxexx2

04

2

−∞+

∫ .

On a alors dxexx24

2

−∞+

∞−∫ = 3 π2 .

En divisant par π2 , on obtient dxexx24

2

21 −∞+

∞−∫ π = 3.

Ceci veut exactement dire que :

X a un moment d’ordre 4 et E(X 4) = 3. 4) a) Comme Y = U X, on a X 2Y2 = U 2X 4. Les variables U et X étant indépendantes, U 2 et X 4 le sont aussi et on peut écrire : E(X 2Y 2) = E(U 2)

E(X 4)

Mais E(U 2) = 12 P(U = 1) + (–1)2

P(U = –1) = 21 .+

21 = 1.

On sait aussi, depuis la question précédente, que E(X 4) = 3. Par conséquent, on a :

E(X 2Y 2) = 3.

b) Ici, on utilise encore la formule : cov(X 2, Y 2) = E(X 2Y 2) – E(X 2) E(Y 2). On se souvient alors que E(X 2) = E(Y 2) = 1 et E(X 2Y 2) = 3 pour conclure : cov(X 2, Y 2) = 3 – 1, soit :

cov(X 2, Y 2) = 2. c) Comme cov(X 2, Y 2) ≠ 0, X 2 et Y 2 ne sont pas indépendantes (d’après le rappel donné en début d’exercice). En raisonnant par l’absurde, si X et Y étaient indépendantes, alors, d’après un théorème du cours, X 2 et Y 2 le seraient, ce qui n’est pas le cas. En conclusion :

X et Y ne sont pas indépendantes.

6

d) Cet exercice illustre le fait que deux variables aléatoires à densité non corrélées (cov(X, Y) = 0) ne sont pas obligatoirement indépendantes (en effet, dans cet exercice, X et Y sont dépendantes).

Exercice 3 ................................................................................... 1) a) Soit la fonction g qui, à tout réel x strictement positif associe x – ln x.

Cette fonction est dérivable sur ]0, +∞[ et on a : g’(x) = 1 – x1 =

xx 1− .

g est donc strictement décroissante sur ]0, 1] et strictement croissante sur [1, +∞[. Elle a donc un minimum global en 1 et ce minimum vaut 1. Ceci prouve que :

∀x∈]0, +∞[, x – ln x > 0. b) D’après le cours, ln x est défini pour x > 0 et, d’après la question précédente, pour x > 0, on a x – ln x ≠ 0 donc f est bien définie sur ]0, +∞[. Comme, de plus, f est définie en 0 (par l’énoncé) alors f est définie sur [0, +∞[. Conclusion :

D = [0, +∞[. 2) a) Il faut vérifier la continuité sur ]0, +∞[ et la continuité en 0 (

>→0

limx

f (x) = –1).

• Sur ]0, +∞[, f est continue comme quotient bien défini de fonctions continues.

• Pour la continuité en 0, on écrit : ∀x∈ ]0, 1[, f (x) = 1

ln

1

−x

x .

Or >→0

limx x

xln

= >→0

limx

x ×xln

1 = 0 (pas de problème d’indétermination).

On en conclut que >→0

limx

f (x) = –1 = f (0), ce qui assure que f est continue en 0.

Conclusion : f est continue sur D.

b) Il faut calculer >→0

limx 0

)0()(−−

xfxf .

En remplaçant f (x) par son expression en fonction de x (pour x > 0), on obtient : ∀x > 0,

0)0()(

−−

xfxf =

xxx

x 1ln

ln+

− = xx ln

1−

.

Or >→0

limx

ln x = –∞ donc >→0

limx

(x – ln x) = –∞ et, par conséquent : >→0

limx xx ln

1−

= 0.

On a donc : >→0

limx 0

)0()(−−

xfxf = 0.

Conclusion : f est dérivable à droite en 0 et df ′ (0) = 0.

3) a) Sur ]0, +∞[, f est le quotient (à dénominateur non nul) de fonctions usuelles dérivables, donc f est dérivable sur ]0, +∞[.

7

Pour tout x de ]0, +∞[, f ’ (x) = 2)ln(

ln)11()ln(1

xx

xx

xxx

−

−−−, ce qui se simplifie et donne :

∀x∈]0, +∞[, f ’ (x) = 2)ln(ln1

xxx

−− .

b) Pour tout réel x strictement supérieur à 1, on a encore f (x) = 1

ln

1

−x

x .

On sait que xx

x

lnlim+∞→

= 0+, on en déduit donc que x

xx lnlim

+∞→ = +∞.

Par conséquent :

)(lim xfx +∞→

= 0.

c) Il reste à étudier les variations de f : le signe de f ’(x) est celui de 1 – ln x. f ’(x) ≥ 0 ⇔ 1 – ln x ≥ 0 ⇔ 1 ≥ ln x ⇔ e ≥ x. La fonction f est donc croissante sur ]0, e] et décroissante sur [e, +∞[. On a donc le tableau de variation suivant :

x 0 1 e + ∞ f ’ (x) – 0 +

f (x)

1

1−e

0 0 –1

4) On a f (1) = 0 et la fonction f est strictement croissante sur ]0, e] donc f est strictement négative sur ]0, 1[ et strictement positive sur ]1, e]. Comme f est strictement positive sur [e, +∞[, on a en résumé :

∀x∈]0, 1[, f (x) < 0 ∀x∈]1, +∞[, f (x) > 0.

5) a) Tout d’abord, comme f est continue sur [0, +∞[, donc continue sur tout intervalle [0, x], la fonction F est bien définie sur [0, +∞[. De plus, F est la primitive de f qui s’annule en 0, donc F est de classe C 1 sur [0, +∞[ (puisque sa dérivée, qui n’est autre que f, est continue sur [0, +∞[ ). On a alors : ∀x∈[0, +∞[, F’(x) = f (x). L’étude du signe de f, faite à la question précédente, permet de conclure :

F est décroissante sur ]0, 1[ et croissante sur ]1, +∞[.

b) La fonction qui à t associe ttln est continue sur ]0, +∞[, donc continue sur [1, x], avec x > 1.

Ainsi, l’intégrale ∫x

dttt

1

ln est bien définie.

8

De plus, ∫x

dttt

1

ln = x

t1

2)(ln21

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ =

21 (ln x) 2.

On en déduit :

+∞→xlim ∫

xdt

tt

1

ln = +∞.

c) Pour tout t de [1, +∞[, ln t ≥ 0 donc t – ln t ≤ t. En prenant les inverses (on peut car t – ln t > 0),

on obtient : tt ln

1−

≥ t1 .

En multipliant par ln t ≥ 0, on a alors : tt

tln

ln−

≥ ttln .

On peut maintenant intégrer de 1 à x (avec 1 ≤ x) pour obtenir :

∫ −x

dttt

t1 ln

ln ≥ ∫x

dttt

1

ln .

Comme +∞→x

lim ∫x

dttt

1

ln = +∞, on a, par minoration :

+∞→xlim ∫ −

xdt

ttt

1 lnln = +∞.

On a enfin : F(x) = ∫ −1

0 lnln dt

ttt + ∫ −

xdt

ttt

1 lnln .

La première intégrale ne dépend pas de x et, grâce au résultat précédent, la deuxième tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞, donc :

+∞→xlim F(x) = +∞.

Problème..................................................................................... 1) a) Le programme, une fois complété, est le suivant : Program edhec_2007 ; Var z, hasard : integer ; Begin Randomize ; z : = 0 ; Repeat z : = z + 1 ; hasard : = random(2) ; until (hasard = 1) ; Writeln(z) ; End. b) Dans le programme précédent, la variable z est un compteur et à la fin, elle contient le rang du premier “pile” obtenu. La variable z contient donc le nombre de boules présentes dans l’urne. On tire alors une boule au hasard dans cette urne, ce qui est modélisé par random(z) + 1, et X est le numéro de la boule obtenue : l’instruction à rajouter avant la dernière ligne du programme est donc :

Writeln(‘X = ’, random(z) + 1) ;

2) Pour tout entier k supérieur ou égal à 1, on a k1 ≤ 1. Par conséquent, on a :

k1 (

21 ) k ≤ (

21 ) k

.

9

La série de terme général (21 ) k

est convergente en tant que série géométrique dont la raison est

strictement comprise entre –1 et 1. Le critère de comparaison pour les séries à termes positifs permet alors de conclure que :

La série de terme général k1 (

21 ) k

converge.

3) Les lancers d’une pièce sont “naturellement” indépendants donc la variable Z est le temps d’attente du premier “pile” lors d’une suite d’épreuves identiques et indépendantes et on en déduit :

Z suit la loi géométrique de paramètre 21 .

D’après le cours, on a :

E(Z) = 2 et V(Z) = 2. 4) a) Pour tout entier naturel i, tel que i > k, on a P Z k( )= (X = i) = 0 : en effet, sachant que (Z = k) est réalisé, l’urne contient k boules numérotées de 1 à k et la boule portant le numéro i ne s’y trouve pas.

Pour tout entier naturel i, tel que i ≤ k, on a P Z k( )= (X = i) = k1

: en effet, sachant que (Z = k) est

réalisé, l’urne contient k boules numérotées de 1 à k dont une boule portant le numéro i. b) Tout d’abord, on a X(Ω) = IN *. La formule des probabilités totales associée au système complet d’événements

( [Z = k] )k∈IN * s’écrit : ∀i∈IN *, P(X = i) = ∑+∞

== ==

1)( )()(

kkZ kZPiXP .

D’après la question précédente, si i ≥ 2, les termes 1, 2,…, i – 1 de cette somme sont nuls, et si i = 1, aucun terme n’est nul.

Par conséquent : ∀i∈IN *, P(X = i) = ∑+∞

== ==

ikkZ kZPiXP )()()( .

En remplaçant les probabilités par leurs valeurs, on trouve :

∀i∈IN *, P(X = i) = ∑+∞

=ik k1 (

21 ) k

.

c) Comme X est une variable aléatoire, la série de terme général P(X = i) converge (il s’agit seulement de vérifier que sa somme vaut 1) et on a :

∑+∞

=

=1

)(i

iXP = ∑∑+∞

=

+∞

=1

1

i ik k(

21 ) k

= ∑∑+∞

= =1 1

1

k

k

i k(

21 ) k

(on a permuté les symboles Σ comme l’énoncé l’y

autorise), et on obtient : ∑+∞

=

=1

)(i

iXP = ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k ∑

=

k

i 11.

La dernière somme étant égale à k, on a enfin, après simplification par k :

∑+∞

=

=1

)(i

iXP = ∑+∞

=1(

k 21 ) k

= 21 ×

211

1

− =

21 × 2 = 1.

On a bien :

10

∑+∞

=

=1

)(i

iXP = 1.

5) a) On a : i P(X = i) = i∑+∞

=ik k1 (

21 ) k

= ∑+∞

=ik ki (

21 ) k

.

Comme dans cette somme, k varie de i à +∞, on a : ki ≤ 1.

En multipliant cette inégalité par (21 ) k

qui est positif, on a : ki (

21 ) k

≤ (21 ) k

.

La série géométrique de raison 21 étant convergente (–1 <

21 < 1), on peut sommer cette inégalité

pour k allant de i à +∞, ce qui donne :

∑+∞

=ik ki (

21 ) k

≤ ∑+∞

=ik(

21 ) k

.

Comme ∑+∞

=ik(

21 ) k

= (21 ) i

211

1

− = (

21 ) 1−i , on a ∑

+∞

=ik ki (

21 ) k

≤ (21 ) 1−i .

Ceci s’écrit bien :

i P(X = i) ≤ (21 ) 1−i .

b) La série géométrique de raison 21 étant (absolument) convergente, le critère de comparaison

pour les séries à termes positifs assure que la série de terme général i P(X = i) est aussi absolument convergente. En d’autres termes :

X possède une espérance.

c) On a alors : E(X) = ∑+∞

=

=1

)(i

iXPi = ∑ ∑+∞

=

+∞

=1

1

i ik ki (

21 ) k

= ∑ ∑+∞

=

+∞

=1i ik ki (

21 ) k

.

On permute les symboles Σ et on obtient : E(X) = ∑ ∑+∞

=

+∞

=1 1k i ki (

21 ) k

.

Ceci donne : E(X) = ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k ∑

=

k

ii

1 = ∑

+∞

=1

1

k k(

21 ) k

2)1( +kk = ∑

+∞

=

+

1 21

k

k (21 ) k

.

On peut scinder cette dernière somme en deux sans danger car les deux séries de termes généraux k

(21 ) 1−k et (

21 ) k

sont convergentes, on trouve alors :

E(X) = 21 ∑

+∞

=1kk (

21 ) k

+ 21 ∑

+∞

=1(

k 21 ) k

= 41 ∑

+∞

=1kk (

21 ) 1−k +

41 ∑

+∞

=1(

k 21 ) 1−k .

Le changement d’indice j = k – 1 dans la deuxième somme nous amène à :

E(X) = 41 ∑

+∞

=1kk (

21 ) 1−k +

41 ∑

+∞

=0(

j 21 ) j .

On reconnaît deux séries du cours (la série géométrique “dérivée” et la série géométrique (déjà

rencontrée) de raison 21 et on a :

11

E(X) = 41

×

2)211(

1

− +

41

×

211

1

−, ce qui donne : E(X) = 1 +

21 .

En conclusion :

E(X) = 23 .

6) a) D’après le résultat de la question 5a), on a : i2P(X = i) ≤ i (21 ) 1−i .

Comme la série géométrique “dérivée” de raison 21 est absolument convergente, le critère de

comparaison pour les séries à termes positifs assure que la série de terme général i2 P(X = i) est

aussi absolument convergente. En conclusion :

X possède un moment d’ordre 2.

b) On a alors : E(X 2) = ∑+∞

=

=1

2 )(i

iXPi = ∑ ∑+∞

=

+∞

=1

2 1

i ik ki (

21 ) k

= ∑ ∑+∞

=

+∞

=1

2

i ik ki (

21 ) k

.

On permute les symboles Σ et on obtient : E(X 2) = ∑ ∑+∞

=

+∞

=1 1

2

k i ki (

21 ) k

.

Ceci donne : E(X 2) = ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k ∑

=

k

ii

1

2 = ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k

6)12)(1( ++ kkk .

E(X 2) = ∑+∞

=

++

1 6)12)(1(

k

kk (21 ) k

.

c) On a (k + 1) (2k + 1) = 2 k

2 + 3 k + 1 et a k(k – 1) + b k + c = a k 2 + (b – a)k + c. Par identification des coefficients, on obtient : a = 2, b – a = 3 et c = 1. Au final : a = 2, b = 5 et c = 1, ce qui donne :

(k + 1) (2k + 1) = 2 k(k – 1) + 5 k + 1.

d) En remplaçant dans l’expression obtenue à la question 6b), on obtient :

E(X 2) = 61 ∑

+∞

=

++−1

)15)1(2(k

kkk (21 ) k

.

On peut scinder cette dernière somme en trois sans danger car les trois séries de termes généraux

k(k – 1) (21 ) 2−k , k (

21 ) 1−k et (

21 ) k

sont convergentes, on trouve alors :

E(X 2) = 31 ∑

+∞

=

−1

)1(k

kk (21 ) k

+ 65 ∑

+∞

=1kk (

21 ) k +

61 ∑

+∞

=1(

k 21 ) k

.

E(X 2) = 121 ∑

+∞

=

−1

)1(k

kk (21 ) 2−k +

125 ∑

+∞

=1kk (

21 ) 1−k +

121 ∑

+∞

=1(

k 21 ) 1−k .

Le changement d’indice j = k – 1 dans la troisième somme nous amène à :

E(X 2) = 121 ∑

+∞

=

−2

)1(k

kk (21 ) 2−k +

125 ∑

+∞

=1kk (

21 ) 1−k +

121 ∑

+∞

=0(

j 21 ) j .

12

On reconnaît trois séries du cours (les séries géométriques “dérivée première”, “dérivée seconde” et

la série géométrique (déjà rencontrée) de raison 21 et on a :

E(X 2) = 121

×

3)211(

2

− +

125

×

2)211(

1

− +

121

×

211

1

−, ce qui donne :

E(X 2) = 1216 +

1220 +

122 =

68 +

610 +

61 .

Par conséquent :

E(X 2) = 6

19 .

On sait, d’après le cours, que : V(X) = E(X 2) – (E(X))2.

On a donc V(X) = 6

19 – 49 =

1211

En conclusion :

V(X) = 1211 .

7) a) Comme X est une variable aléatoire possédant une espérance et une variance, l’inégalité de Bienaymé-Chebychev s’écrit:

∀ε > 0, P ( | X – E(X) | ≥ ε ) ≤ V X( )ε 2 .

Comme E(X) = 23 et V(X) =

1211 , on obtient :

∀ε > 0, P ( | X – 23 | ≥ ε ) ≤ 212

11ε

.

Mais ( | X – 23 | ≥ ε ) = (X –

23 ≥ ε ) ∪ (X –

23 ≤ –ε ), soit :

( | X – 23 | ≥ ε ) = (X ≥

23 + ε ) ∪ (X ≤

23 – ε )

Le choix de ε = 23 s’impose et on trouve : ( | X –

23 | ≥

23 ) = (X ≥ 3 ) ∪ (X ≤ 0).

Comme X prend ses valeurs dans IN *, (X ≤ 0) = ∅ et il reste :

( | X – 23 | ≥

23 ) = (X ≥ 3 ).

En réécrivant l’inégalité de Bienaymé-Chebychev, avec ε = 23 , on trouve :

P(X ≥ 3 ) ≤

4912

11

×, soit :

P(X ≥ 3 ) ≤ 2711 .

13

8) a) Après le changement d’indice i = k – 1, on a : ∀n∈IN *, x k

k

n−

=∑ 1

1 = ∑

−

=

1

0

n

i

ix . On reconnaît la

somme des n premiers termes d’une suite géométrique de raison x et, comme x ≠ 1, on a alors :

x k

k

n−

=∑ 1

1 =

xxn

−−

11 .

b) En intégrant l’égalité précédente de 0 à 21 , les fonctions en présence étant bien continues sur

[0,

21 ], on trouve : ∀n∈IN *, ∫ ∑

=

−2/1

01

1n

k

k dxx = dxxxn

∫ −−2/1

0 11 .

La linéarité de l’intégration permet de permuter les symboles ∫ ∑=

2/1

01,et

n

k et aussi, de scinder

l’intégrale de droite en deux intégrales, on obtient alors :

∀n∈IN *, ∑∫=

−n

k

k dxx1

2/1

01 = dx

x∫ −2/1

0 11 – x

x

n

10

1 2

−∫/

dx.

∀n∈IN *, 2/1

01∑=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡n

k

k

kx = [ ] 2/1

0)1ln( x−− – xx

n

10

1 2

−∫/

dx.

Et enfin, comme ln(21 ) = – ln 2 :

∀n∈IN *, ∑=

n

k k1

1 (21 ) k

= ln 2 – xx

n

10

1 2

−∫/

dx.

c) ∀x∈[0,21 ],

21 ≤ 1 – x ≤ 1.

Par décroissance de la fonction inverse sur [21 , 1], on en déduit : 1 ≤

x−11 ≤ 2.

On a également : ∀x∈[0,21 ], 0 ≤ x

n ≤ (21 ) n .

En multipliant les deux inégalités précédentes membre à membre (on peut car tout est positif), on

trouve : 0 ≤ x

xn

−1 ≤ (

21 ) 1−n .

Il reste à intégrer de 0 à 21 pour obtenir : 0 ≤ x

x

n

10

1 2

−∫/

dx ≤ (21 ) 1−n

∫2/1

01 dx, ce qui donne

exactement :

∀n∈IN *, 0 ≤ xx

n

10

1 2

−∫/

dx ≤ (21 ) n .

Comme – 1 < 21 < 1, on a

+∞→nlim (

21 ) n = 0 et, par encadrement :

+∞→nlim x

x

n

10

1 2

−∫/

dx = 0.

14

d) D’après la question 4b), on a : ∀i∈IN *, P(X = i) = ∑+∞

=ik k1 (

21 ) k

.

En donnant à i la valeur 1, on obtient P(X = 1) = ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k

.

Le résultat de la question 8b) donne alors P(X = 1) = ln 2 – xx

n

10

1 2

−∫/

dx.

Comme +∞→n

lim xx

n

10

1 2

−∫/

dx = 0, on a finalement :

P(X = 1) = ln 2.

On a aussi P(X = 2) = ∑+∞

=2

1

k k(

21 ) k

= ∑+∞

=1

1

k k(

21 ) k

– 21 = P(X = 1) –

21 .

Par conséquent :

P(X = 2) = ln 2 – 21 .

e) Comme X prend ses valeurs dans IN *, P(X = 1) + P(X = 2) + P(X ≥ 3) = 1. On en déduit

facilement : P(X ≥ 3) = 1 – ln 2 – ln 2 + 21 , c’est-à-dire :

P(X ≥ 3) = 23 – 2 ln 2.

L’énoncé donnant ln 2 ~− 0,7, on en déduit : P(X ≥ 3) ~− 0,1.

Or le majorant de P(X ≥ 3) obtenu avec l’inégalité de Bienaymé-Chebychev est égal à 2711 , soit à

peu près 0,407 (ce qui est presque 4 fois plus grand que la valeur approchée de P(X ≥ 3) trouvée ci-dessus). Ceci confirme que l’inégalité de Bienaymé-Chebychev fournit un majorant assez grossier.

1

RAPPORT DU JURY ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES 2007

(Option Économique) Présentation de l'épreuve : • L'épreuve comportait, comme d'habitude, trois exercices et un problème, ce qui permettait de juger les candidats sur la presque totalité des connaissances exigées en classe préparatoire. Le sujet balayait largement le programme en donnant une place importante aux probabilités. Les correcteurs ont trouvé le sujet abordable et sélectif : les bons et très bons candidats pouvaient facilement faire la différence, notamment en traitant l’exercice 2 (technique) et les questions d’informatique du problème, tandis que les candidats de niveau moyen pouvaient tout de même tirer leur épingle du jeu en traitant, au moins en partie, les exercices 1 et 3 ce qui leur permettait de montrer qu’ils avaient travaillé sérieusement les mathématiques. Quelques correcteurs signalent qu’un nombre non négligeable de candidats ont eu le temps de traiter l’essentiel. • L'exercice 1 se fixait pour but de déterminer noyau, image et sous-espaces propres de l’endomorphisme ϕ de M2(IR) qui à toute matrice M de M2(IR) associe M + tM. • L'exercice 2, portant sur le programme de probabilités, se proposait de montrer sur un exemple que deux variables aléatoires à densité non corrélées peuvent ne pas être indépendantes. • L'exercice 3 avait pour objectif de d’étudier une fonction de IR dans IR, notée f, puis

d’étudier la fonction F définie sur IR + par F(x) = ∫x

dttf0

)( .

• Le problème, portant sur le programme de probabilités, s’intéressait à deux variables aléatoires X et Z à valeurs dans IN* : Z qui était le temps d’attente du premier pile dans une succession de lancers d’une pièce équilibrée et, si Z avait pris la valeur k, X qui était le numéro de la boule extraite d’une urne remplie de boules portant les numéros 1, 2, …, k Statistiques : Pour l’ensemble des 2870 candidats ayant composé, la moyenne obtenue à cette épreuve est de 10,60 sur 20. 38 % des candidats ont une note strictement inférieure à 8 (presque la moitié d’entre eux ayant une note inférieure à 4). 19 % des candidats ont une note comprise entre 8 et 12.

2

25 % des candidats ont une note supérieure ou égale à 16. Analyse des copies : Les correcteurs constatent cette année encore que les candidats savent appliquer les techniques classiques étudiées pendant les deux années de classe préparatoire, mais manquent de rigueur dans leurs démonstrations (notamment pour déterminer la dimension d’un espace vectoriel, pour calculer des limites non usuelles, pour analyser correctement un événement afin d’en déduire sa probabilité, pour justifier la classe C1 de la fonction F de l’exercice 3, pour déterminer la matrice de ϕ à l’exercice 1, pour justifier la convergence d’une série, etc). Remarquons que, cette année encore, de nombreux candidats semblent ignorer comment s’écrit réellement la formule des probabilités totales ! La présence renforcée des probabilités (exercice 2 et problème) a mis en valeur le manque de préparation des candidats dans ce domaine où il faut plus raisonner qu’appliquer des recettes prêtes à l’emploi. La relativement bonne moyenne obtenue à l’exercice 1 montre que beaucoup de candidats maîtrisent, malgré tout, les notions de base en algèbre linéaire. L’exercice 2 a révélé certaines failles dans les connaissances de certains candidats sur les variables à densité (le cours sur la loi normale centrée réduite n’est pas toujours su et la confusion entre deux variables suivant la même loi et deux variables égales est très fréquente). L’exercice 3 a, dans l’ensemble, été correctement traité sauf la dernière question qui nécessitait de minorer finement une intégrale. Comme d’habitude avec les études de variables aléatoires discrètes, le problème a montré que trop peu de candidats maîtrisent les formules classiques ainsi que la façon de les appliquer. La réflexion en profondeur a souvent été délaissée au profit d’un plagiat de l’énoncé lorsque celui-ci donnait le résultat qu’il fallait trouver, notamment aux questions 4a) et 4b). L’investissement des candidats sur la partie informatique du programme semble encore faible. Les copies sont, pour la plus grande part, bien présentées, propres et honnêtes (une majorité de candidats précisent clairement qu’ils admettent le résultat d’une question non traitée), mais les correcteurs ont constaté (comme d’habitude) que lorsque les résultats sont donnés par l’énoncé, de trop nombreux candidats trichent en essayant de faire croire qu’ils ont prouvé le résultat demandé : qu’ils sachent que ceci est vite repéré et sévèrement sanctionné. Voici une liste des quelques fautes les plus fréquentes (chacune d’entre elles a été trouvée sur un nombre significatif de copies) commises cette année: Exercice 1 • La formule du rang ne s’écrit pas dim ϕ = dim Ker ϕ + dim Im ϕ. Le cours ne définit pas le nombre “dim ϕ”. • Certains candidats pensent que, comme Im ϕ = vect(E1, E2 E3, E4) alors cette famille est une base de Im ϕ. • Une erreur vue souvent : la matrice de ϕ, endomorphisme de M2(IR), appartient à M2(IR). Exercice 2 • Certains candidats pensent que la linéarité de l’espérance permet d’écrire E(XY) = E(X) E(Y).

• Une primitive fantaisiste : une primitive de x a 2

2x

e−

est la fonction x a – 2

2

1 x

ex

−.

• Trop de candidats confondent E (X 2) et V(X). • Certains candidats pensent que, si cov(X, Y) = 0, alors X et Y sont indépendantes… Exercice 3

3

• Une limite correcte mais mal justifiée : 0ln

lim0

=→ x

xx

par croissances comparées.

• Quelques candidats affirment que : 1 – x1 > 0 ⇔ 1 >

x1 ⇔ x < 1.

• Certains autres pensent que xx

xln

ln−

= xxln –

xx

lnln =

xxln – 1.

Problème

• Une faute très répandue cette année : la série de terme général k1 est convergente !

• La formule des probabilités totales ne s’écrit pas :

P(X = i) = ∑+∞

== =

1)( )(

kkZ iXP , mais P(X = i) = ∑

+∞

== ==

1)( )()(

kkZ kZPiXP .

• On ne peut pas écrire « E(X) ≤ 2 donc E(X) existe ». Conclusion : Le niveau global des candidats semble se stabiliser. La présentation est dans l’ensemble soignée et honnête et les candidats rédigent de plus en plus proprement, Les candidats connaissent leur cours dans ses parties les moins techniques : un effort reste à fournir sur des notions telles que famille génératrice, fonction de répartition ainsi que sur la manipulation d’événements (inclusion, intersection, ...). Comme l’année dernière, nous conseillons aux futurs candidats de travailler les mathématiques en ne perdant jamais de vue que la recherche d’une solution doit être argumentée, rigoureuse et honnête : faire semblant d’avoir trouvé ne trompe aucun correcteur.