2009 - Edhec

Concours EDHEC
Classes Préparatoires
2009
MATHEMATIQUES
Option Economique
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.
Exercice 1
Dans cet exercice, on considère la fonction f définie comme suit :
−x
f (0) = 1, et pour tout x non nul de ] – ∞, 1[, f (x) =
(1 − x ) ln(1 − x )
1) Montrer que f est continue sur ] – ∞, 1[.
2) a) Déterminer le développement limité de ln (1 – x) à l’ordre 2 lorsque x est au voisinage de 0.
1
b) En déduire que f est dérivable en 0, puis vérifier que f ’ (0) = .
2
3) a) Montrer que f est dérivable sur ] – ∞, 0[ et sur ]0, 1[, puis calculer f ’ (x) pour tout réel x élément
de ] – ∞, 0[ ∪ ]0, 1[.
b) Déterminer le signe de la quantité ln(1– x) + x, lorsque x appartient à ] – ∞, 1[, puis en déduire
les variations de f.
c) Déterminer les limites de f aux bornes de son domaine de définition, puis dresser son tableau
de variation.
4) a) Établir que, pour tout n de IN*, il existe un seul réel de [0, 1[, noté un , tel que f (un) = n et
donner la valeur de u1.
b) Montrer que la suite (un) converge et que lim un = 1.
n→+∞
Exercice 2
Dans cet exercice, p désigne un réel de ]0, 1[ et on note q = 1 – p.
On considère deux variables aléatoires X et Y définies sur le même espace probabilisé ( Ω, A, P ),
indépendantes et suivant toutes deux la même loi géométrique de paramètre p.
1) On pose Z = Inf (X, Y) et on admet que Z est une variable aléatoire, elle aussi définie sur l’espace
probabilisé ( Ω, A, P ).
On rappelle que, pour tout entier naturel k, on a l’égalité : (Z > k) = (X > k) ∩ (Y > k).
a) Pour tout entier naturel k, calculer P(Z > k).
b) Établir que, pour tout entier naturel k supérieur ou égal à 1, on a :
P(Z = k) = P(Z > k – 1) – P(Z > k).
c) En déduire que Z suit la loi géométrique de paramètre (1 – q 2).
2) On définit la variable aléatoire T de la façon suivante :
Pour tout ω de Ω tel que X(ω) est un entier naturel pair, on pose T(ω) =
X (ω )
, et, pour tout ω de Ω
2
1 + X (ω )
.
2
On admet que T est une variable aléatoire, elle aussi définie sur ( Ω, A, P ).
a) Montrer que T prend des valeurs entières non nulles.
b) Réciproquement, justifier que tout entier naturel k non nul est élément de T (Ω) et en déduire
que T (Ω) = IN*.
c) Exprimer l’événement (T = k) en fonction de certains des événements (X = i) puis montrer
que T suit la même loi que Z.
tel que X(ω) est un entier naturel impair, on pose T(ω) =
3) On rappelle que la fonction random renvoie de façon uniforme un réel aléatoire élément de [0, 1[.
Compléter le programme suivant pour que, d’une part, il simule les lancers d’une pièce donnant
“pile” avec la probabilité p et calcule la valeur prise par la variable aléatoire X égale au rang du
premier “pile” obtenu lors de ces lancers (X suit bien la loi géométrique de paramètre p), et pour
que, d’autre part, il calcule et affiche la valeur prise par T, la variable aléatoire T ayant été définie
dans la deuxième question.
Program edhec2009 ;
Var x, t, lancer : integer ;
Begin
Randomize ; x : = 0 ;
Repeat lancer : = random ; x : = ------ ; until (lancer < = p) ;
If (x mod 2 = 0) then ------ else ------ ;
Writeln(t) ;
End.
Exercice 3
Dans tout l’exercice, λ désigne un réel strictement positif.
1) On considère la fonction h définie sur IR par :
⎧λ2 x e − λx si x ≥ 0
.
h (x) = ⎨
0
si
x
0
<
⎩
a) En se référant éventuellement à une loi exponentielle, montrer la convergence de l’intégrale
+∞
∫0
h( x) dx puis donner sa valeur.
b) Montrer que h peut être considérée comme la densité d’une variable aléatoire X.
c) Montrer la convergence de l’intégrale
possède une espérance et la déterminer.
+∞
∫0
x h( x) dx puis donner sa valeur. En déduire que X
2) Dans cette question, on considère une variable aléatoire Y de densité f, nulle sur ] –∞, 0 [,
continue sur [ 0, +∞ [ et strictement positive sur [ 0, + ∞ [. On note alors F la fonction de répartition
de Y.
Justifier que, pour tout réel x, on a : 1 – F(x) > 0.
On définit alors la fonction g par :
⎧− f ( x) ln(1 − F ( x) ) si x ≥ 0
g(x) = ⎨
.
⎩ 0 si x < 0
3) a) Montrer que g est positive sur IR.
b) Montrer que g est continue sur ] –∞, 0 [ et sur [ 0, +∞ [.
c) En remarquant que, si l’on pose u’ (x) = – f (x), on peut choisir u(x) = 1 – F(x), montrer grâce à
une intégration par parties, que
+∞
∫0
g ( x) dx est une intégrale convergente et que
+∞
∫0
g ( x) dx = 1.
d) Établir que g peut être considérée comme la densité d’une variable aléatoire Z.
e) Étude d’un cas particulier.
Vérifier qu’une variable aléatoire Y suivant la loi exponentielle de paramètre λ (avec λ > 0) vérifie
les conditions imposées dans la deuxième question. Montrer alors que Z suit la même loi que X.
Problème
Les parties 1 et 2 sont indépendantes.
Partie 1
On note e0, e1 et e2 les fonctions définies par :
∀t∈IR, e0(t) = 1, e1(t) = t et e2(t) = t 2 .
On rappelle que la famille (e0, e1, e2) est une base de l’espace vectoriel E constitué des fonctions
polynomiales de degré inférieur ou égal à 2.
On considère l’application f qui, à tout élément P de E, associe f (P) = P’’ – 5P’ + 6P, où P’ et P’’
désignent respectivement les dérivées première et seconde de P.
1) Montrer que f est un endomorphisme de E.
2) Écrire la matrice A de f relativement à la base (e0, e1, e2).
3) a) Établir que f est un automorphisme de E. En déduire Ker f.
b) Écrire la matrice de f –1 relativement à la base (e0, e1, e2).
4) a) Déterminer la seule valeur propre λ de f. L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
b) Préciser le sous-espace propre associé à la valeur propre λ.
Partie 2
On note F l’espace vectoriel des fonctions de classe C ∞ sur IR et Id l’endomorphisme identité de F.
On considère l’application g qui, à toute fonction u de F, associe g(u) = u’’ – 5 u’ + 6 u, où u’ et u’’
désignent respectivement les dérivées première et seconde de u.
1) Montrer que g est un endomorphisme de F.
2) Dans cette question, on se propose de déterminer Ker (g – 6Id). On considère donc une fonction u
élément de Ker (g – 6Id).
a) Montrer que la fonction j, définie pour tout réel x par j (x) = u’(x) e –5x, est constante.
b) En déduire que Ker (g – 6Id) = vect(u1, u2), où u1 est la fonction constante égale à 1 et u2 la
fonction définie pour tout réel x par u2(x) = e 5x.
On se propose, dans les trois questions suivantes de déterminer Ker g. On considère donc une
fonction u élément de Ker g.
3) On pose v = u’ – 2 u.
a) Montrer que v’ = 3 v.
b) En déduire que la fonction h, définie pour tout réel x par h(x) = v(x) e –3x, est constante.
c) Conclure qu’il existe un réel α tel que : ∀x∈IR, v(x) = α e 3x.
4) On pose w = u’ – 3 u.
a) Montrer que w’ = 2 w.
b) En déduire que la fonction k, définie pour tout réel x par k(x) = w(x) e –2x, est constante.
c) Conclure qu’il existe un réel β tel que : ∀x∈IR, w(x) = β e 2x.
5) a) Montrer, en utilisant les deux questions précédentes, que Ker g = vect(u3, u4), où les fonctions
u3 et u4 sont définies pour tout réel x par u3(x) = e 3x et u4(x) = e 2x.
b) Montrer enfin que dim Ker g = 2.
EDHEC : projet 1
Option ES
Corrigé
EDHEC 2009
Exercice 1 ...................................................................................
1) Comme x < 1, on a 1 – x > 0, ce qui garantit que ln(1 – x) existe.
De plus, sur ]–∞, 0[ et sur ]0, 1[, on a : (1 – x) ln(1 – x) 0.
Dès lors, la fonction f est continue sur ]–∞, 0[ et sur ]0, 1[ en tant que quotient à
dénominateur non nul de fonctions continues sur ces intervalles.
Il reste à étudier la continuité de f en 0.
−x
Pour tout x non nul de ]–∞, 1[, on a f (x) =
et on sait que
(1 − x ) ln(1 − x )
ln(1 − x)
ln(1 + u)
lim
= 1. On en déduit, en posant u = –x, que lim
= 1, d’où en
u →0
x→0
u
−x
−x
inversant : lim
= 1.
x → 0 ln(1 − x )
Comme lim (1 – x) = 1, on obtient finalement : lim f (x) = 1, ce qui est bien la
x→0
x→0
valeur de f (0) proposée par l’énoncé. La fonction f est bien continue en 0.
Conclusion :
f est continue sur ]–∞, 1[.
u2
2) a) Ici aussi, le cours assure que ln (1 + u) u –
+ o(u2).
0
2
On peut remplacer u par –x qui tend vers 0 lorsque x tend vers 0, et on trouve :
ln (1 – x)
0
–x –
x2
+ o(x2).
2
b) Pour vérifier que f est dérivable en 0, on cherche la limite de
lorsque x tend vers 0.
f ( x) − f (0)
x−0
Corrigé
−x
−1
f ( x) − f (0)
− x − (1 − x) ln(1 − x)
(1 − x) ln(1 − x)
Ici, on a :
=
=
.
x−0
x
x(1 − x) ln(1 − x)
En remplaçant ln (1 – x) par son développement limité au numérateur, on trouve :
x2
x2
− x − (1 − x)(− x −
+ o( x 2 ))
− x2 +
+ o( x 2 )
f ( x) − f (0)
2
2
.
0
0
x−0
x(1 − x) ln(1 − x)
x(1 − x) ln(1 − x)
En simplifiant, on obtient :
f ( x) − f (0)
x−0
x2
+ o( x 2 )
2
x(1 − x) ln(1 − x)
−
0
x2
et le dénominateur est
2
f ( x) − f (0)
1
~ .
équivalent à x 1 (–x) = –x2. On en conclut que :
0 2
x−0
f ( x) − f (0)
1
tend donc vers lorsque x tend vers 0, ce qui prouve que :
x−0
2
Lorsque x tend vers 0, le numérateur est équivalent à –
f est dérivable en 0 et f ’ (0) =
1
.
2
3) a) La fonction f est dérivable sur ]–∞, 0[ et sur ]0, 1[ en tant que quotient à
dénominateur non nul de fonctions dérivables sur ces intervalles et on a :
− (1 − x) ln(1 − x) + x(− ln(1 − x) − 1)
f ’ (x) =
. En regroupant les logarithmes, on
(1 − x) 2 (ln(1 − x)) 2
obtient :
∀x∈]– ∞, 0[ ∪ ]0, 1[, f ’ (x) = −
ln(1 − x) + x
.
(1 − x) 2 (ln(1 − x)) 2
b) Posons g(x) = ln (1 – x) + x. La fonction g est dérivable sur ]–∞, 1[ et on a :
−1
−x
+1=
g’ (x) =
.
1− x
1− x
Sur ]–∞, 1[, 1 – x est strictement positif donc g’ (x) est du signe de –x.
La fonction g est donc croissante sur ]–∞, 0] et décroissante sur [0, 1[.
Comme g(0) = 0, on en déduit que g a pour maximum 0 en 0, ce qui montre que la
fonction g est négative.
∀x∈]–∞, 1[, ln (1 – x) + x
0.
g ( x)
, alors f ’ (x) est du signe contraire de g(x) sur
(1 − x) (ln(1 − x)) 2
]–∞, 0[ et sur ]0, 1[, ceci prouve que f ’ (x) est strictement positif (puisque g ne
s’annule qu’en 0).
En se souvenant que f ’ (0) > 0, on a finalement : ∀x∈]–∞, 1[, f ’ (x) > 0.
Comme f ’ (x) = −
2
f est strictement croissante sur ]–∞, 1[.
−x
1
.
, donc, au voisinage de –∞, f (x) ~
ln(1 − x)
(1 − x ) ln(1 − x )
Comme lim ln(1 – x) = +∞, ceci montre que :
c) On a f (x) =
x → −∞
lim f (x) = 0.
x → −∞
Par ailleurs, on sait que lim u ln(u) = 0 – donc, en posant u = 1 – x, on trouve :
u →0
–
lim
(1 – x) ln(1 – x) = 0 . Comme lim
(–x) = –1, on obtient finalement :
<
<
x →1
x →1
lim
f (x) = +∞.
<
x →1
On a le tableau de variation suivant :
x
f ’ ( x)
–∞
+
0
½
1
1
+
+∞
f
0
4) a) La fonction f est continue sur ]–∞, 1[ et strictement croissante, c’est donc
une
bijection
de
]–∞, 1[ vers ]0, +∞[. Ainsi, si n est un entier naturel non nul, donc élément de ]0,
+∞[,
l’équation
f (x) = n possède une seule solution, notée un, élément de ]–∞, 1[.
De plus, f (0) = 1 et f (un) = n donc f (0) f (un) et, par croissance de f, on conclut
que un ≥ 0.
Ceci prouve que, pour tout entier naturel n non nul, il existe un unique réel un de
[0, 1[ tel que :
f (un) = n.
Par définition, on a f (u1) = 1 et comme f (0) = 1, on conclut par unicité de u1, que
u1 = 0.
Corrigé
b) On a f (un+1) = n + 1 et f (un) = n donc f (un+1) > f (un).
Par croissance de f, on conclut que : un+1 > un.
Ainsi, la suite (un) est croissante et, comme elle est majorée par 1, elle est
convergente.
On sait que lim
f (x) = +∞, on a donc lim f –1(x) = 1 et, en particulier, lim f –1(n)
<
x → +∞
x →1
n → +∞
= 1.
Comme un = f –1(n), on en déduit donc :
lim un = 1.
n → +∞
Exercice 2 ...................................................................................
1) a) L’énoncé rappelle que : ∀k∈IN, (Z > k) = (X > k) ∩ (Y > k) et, comme les
variables X et Y sont indépendantes, on en déduit :
∀k∈IN, P(Z > k) = P(X > k) P(Y > k).
De plus, les variables aléatoires X et Y suivent toutes deux la loi géométrique de
paramètre p donc : P(X > k) = P(Y > k) =
+∞
q i −1 p .
i k +1
En posant j = i – k – 1, on obtient : P(X > k) = P(Y > k) =
+∞
q j+k p = q k p
j 0
+∞
qj ,
j 0
1
= q k.
1− q
On pouvait obtenir plus rapidement ce résultat en modélisant la loi de X par un
temps d’attente du premier succès lors d’épreuves indépendantes où la probabilité
d’obtenir le succès est égale à p. Dès lors, l’événement (X > k) signifie que l’on
n’obtient que des échecs pendant les k premières épreuves, ce qui donne le
résultat par indépendance).
On conclut alors :
∀k∈IN*, P(Z > k) = q 2k.
d’où : P(X > k) = P(Y > k) = q k p
b) Par définition de “≥”, on a : ∀k∈IN*, (Z ≥ k) = (Z > k) ∪ (Z = k).
Les événements (Z > k) et (Z = k) étant incompatibles, on en déduit :
∀k∈IN*, P(Z ≥ k) = P(Z > k) + P(Z = k).
Comme Z est à valeurs entières, on a de plus : (Z ≥ k) = (Z > k – 1) et on peut alors
écrire :∀k∈IN*, P(Z > k – 1) = P(Z > k) + P(Z = k).
En conclusion, on a bien :
∀k∈IN*, P(Z = k) = P(Z > k – 1) – P(Z > k).
c) En remplaçant P(Z > k) par q 2k et P(Z > k – 1) par q 2k–2, on a :
∀k∈IN*, P(Z = k ) = q 2k–2 – q 2k = q 2k–2( 1 – q 2) = (q2) k–1(1 – q 2).
On reconnaît que :
Z suit la loi géométrique de paramètre (1 – q 2).
Soit X prend des valeurs paires, dans ce cas, elles sont supérieures ou
X
égales à 2, et
prend ses valeurs dans IN*.
2
Soit X prend des valeurs impaires, dans ce cas X + 1 prend des valeurs
1+ X
paires supérieures ou égales à 2, et
prend ses valeurs dans IN*.
2
En conclusion :
T( Ω ) IN*.
2) a)
b) Soit k un entier naturel non nul.
T peut en effet prendre la valeur k :
Soit lorsque X prend la valeur 2 k, qui est paire et élément de X(Ω ) : dans ce cas,
X
comme T =
, T prend bien la valeur k.
2
Soit lorsque X prend la valeur 2 k – 1, qui est impaire et élément de X(Ω ) : dans
1+ X
ce cas, comme T =
, T prend bien, ici aussi, la valeur k.
2
On a donc :
T( Ω ) = IN*.
c) D’après l’étude ci-dessus, on peut écrire tout de suite :
∀k∈IN*, (T = k) = (X = 2 k) ∪ (X = 2 k – 1).
On connaît la loi de X donc on peut remplacer pour obtenir :
∀k∈IN*, P(T = k) = q 2k–1p + q 2k–2p = q 2k–2p (q + 1).
Comme p (q + 1) = (1 – q) (1 + q) = 1 – q 2, on trouve :
∀k∈IN*, P(T = k) = q 2k–2(1 – q 2).
Ceci montre effectivement que :
T suit la même loi que Z.
3) L’instruction “lancer : = random ;” simule le lancer de la pièce pour lequel
(lancer < = p) simule l’apparition d’un pile, ce qui est exactement la définition de
la variable aléatoire X.
Le test (x mod 2 = 0) signifie que le reste de X dans la division par 2 est nul, c’està-dire que X est paire.
On peut donc compléter ainsi le programme :
Program edhec2009 ;
Var x, t, lancer : integer ;
Corrigé
Begin
Randomize ; x : = 0 ;
Repeat lancer : = random ; x : = x + 1 ; until (lancer < = p) ;
If (x mod 2 = 0) then t : = x div 2 else t : = (1 + x) div 2 ;
Writeln(t) ;
End.
Remarque : il y avait plus simple en évitant de déclarer la variable x.
Program edhec_2009 ;
Var t, lancer : integer ;
Begin
Randomize ; t : = 0 ;
Repeat lancer : = random ; t : = t + 1 ; until (lancer < = p)
If (x mod 2 = 0) then t : = t div 2 else t : = (1 + t) div 2 ;
Writeln(t) ;
End.
Exercice 3 ...................................................................................
1) a) La fonction qui est nulle sur ]–∞, 0[ et qui, à tout x positif associe λ e–λx est
la densité d’une variable aléatoire T suivant la loi exponentielle de paramètre λ.
+∞
1
Par conséquent, ∫ λ x e − λx dx converge car c’est l’espérance de T (qui vaut ).
λ
0
Comme h (x) = λ2 x e − λx , on en conclut que
+∞
∫0
h( x) dx converge également et,
en multipliant par λ, on obtient :
+∞
∫0
h( x) dx = 1.
b) La fonction h est nulle sur ]–∞, 0[ et h (x) est un produit de réels tous
positifs sur IR+, puisque λ2 > 0, x ≥ 0 et e–λx > 0.
Par conséquent, h est positive sur IR.
La fonction h est nulle sur ]–∞, 0[, elle est donc continue sur cet intervalle. De
plus, h est un produit de fonctions continues sur IR +, elle est donc continue sur IR
+. Par conséquent, h est continue sur IR, sauf peut-être en 0.
Pour finir,
on a
+∞
∫0
0
∫ − ∞ h( x) dx = 0 et, comme, d’après le résultat obtenu à la question 1a),
h( x) dx = 1, la relation de Chasles permet d’écrire
Les trois points précédents prouvent que :
h est une densité de probabilité.
+∞
∫−∞ h( x) dx = 1.
c) Pour tout x positif, on a x h (x) = λ2 x 2 e − λx . Avec la même référence qu’à la
+∞
1
1
2
question 1a), ∫ λ x 2 e − λx dx = E(T 2) = V(T) + (E(T))2 = 2 + 2 = 2 .
λ
0
On en conclut que
+∞
∫0
λ
λ
x h( x) dx converge également et, en multipliant par λ, on
obtient :
+∞
∫0
Comme de plus
+∞
∫ − ∞ xh( x) dx =
0
∫ − ∞ x h( x) dx
2
λ
x h( x) dx =
2
λ
.
= 0, la relation de Chasles permet alors d’écrire :
. Ceci prouve que X possède une espérance et l’on a :
E(X) =
2
λ
.
2) Comme f est nulle sur ]–∞, 0[, F est également nulle sur ]–∞, 0[.
Comme f est strictement positive sur IR+, alors F est strictement croissante sur IR +
et on en conclut que, pour tout réel x positif, on a : F(x) < 1.
On a donc :
∀x∈IR, 1 – F(x) > 0.
3) a) D’après ce qui précède, la fonction g est bien définie sur IR tout entier.
Sur ]–∞, 0[, g est nulle donc positive.
Sur [0, +∞[, comme 0 F(x) < 1, on en déduit que 1 – F(x) appartient à ]0,1] et on
a ainsi : ln( 1 – F(x) ) 0.
De plus f est une fonction densité donc –f (x) 0. Par produit, on obtient : g(x) ≥ 0.
Bilan :
g est positive sur IR.
b) Sur ]–∞, 0[, g est nulle donc continue.
Sur [0, +∞[, par hypothèse, f est continue sur [0, +∞[, et comme F est une fonction
de répartition, elle est continue sur IR, donc sur [0, +∞[, et, par composition, il en
est de même de la fonction qui à x associe ln(1 – F(x)).
Par produit, g est continue sur [0, +∞[.
Bilan :
g est continue sur ]–∞, 0[ et sur [0, +∞[.
c) Pour tout A ≥ 0,
A
∫0
g ( x) dx =
A
∫ 0 − f ( x) ln(1 − F ( x) ) dx .
On procède à une intégration par parties, en posant :
u’ (x) = –f (x) et v(x) = ln( 1 – F(x) ).
Corrigé
f ( x)
et, grâce au renseignement donné, u(x) = 1 – F(x).
1 − F ( x)
Les fonctions u et v sont bien de classe C 1 sur [0, A].
On a alors v’ (x) = –
On obtient alors :
A
∫0
g ( x) dx = (1 − F ( x)) ln(1 − F ( x) )
A
0
+
A
∫0
f ( x) dx .
On a donc :
A
∫0
g ( x) dx = (1 − F ( A)) ln(1 − F ( A) ) – ( 1 – F(0) ) ln( 1 – F(0) ) +
A
∫0
f ( x) dx .
Par propriété d’une fonction de répartition, on sait que lim ( 1 – F(A) ) = 0.
A → +∞
On en déduit : lim ( 1 – F(A) ) ln( 1 – F(A) ) = lim u ln u = 0.
A → +∞
u →0
De plus, comme f est nulle sur ]–∞, 0[, F(0) = 0 d’où : ( 1 – F(0) ) ln( 1 – F(0) ) = 0.
Pour finir, l’intégrale
A
∫0
densité et cette limite est
f ( x) dx possède une limite finie puisque f est une
+∞
∫0
f ( x) dx = 1.
On sait alors que
+∞
∫0
g ( x) dx est une intégrale convergente.
On obtient, après passage à la limite :
+∞
∫0
g ( x) dx = 1.
d) Comme la fonction g est nulle sur ]–∞, 0[, on a
0
∫ − ∞ g ( x) dx = 0 (sans problème
de convergence).
La relation de Chasles donne alors :
+∞
0
+∞
∫ − ∞ g ( x) dx = ∫ − ∞ g ( x) dx + ∫ 0
g ( x) dx = 0 + 1 = 1.
Pour conclure :
La fonction g est positive, continue sur IR (sauf peut-être en 0) et ∫
+∞
−∞
g ( x) dx = 1.
Par conséquent :
g peut être considérée comme la densité d’une variable aléatoire Z.
e) Dans cette question, Y suit la loi exponentielle de paramètre λ, on a donc :
f (x) = λ e–λ x si x ≥ 0 et f (x) = 0 si x < 0.
La fonction f est donc bien nulle sur ]–∞, 0[, continue sur [0, +∞[ et strictement
positive sur [0, + ∞[.
Ceci prouve, d’après la question 2a) que :
g est bien définie sur IR.
⎧0 si x < 0
Par ailleurs, on sait que : F(x) = ⎨
.
−λx
si x ≥ 0
⎩1 − e
On a alors : ∀x ≥ 0, g(x) = –f (x) ln ( 1 – F(x) ) = –λ e–λ x (–λx) = λ 2x e–λ x
Comme g est nulle sur ]–∞, 0[, on a g = h et on peut conclure :
Z suit la même loi que X.
Problème .....................................................................................
Partie 1
1) Soit P et Q deux polynômes de E et λ un réel.
On a : f (λP + Q) = (λP + Q)’’ – 5(λP + Q)’ + 6(λP + Q).
Par linéarité de la dérivation, on obtient :
f (λP + Q) = λ P’’ + Q’’ – 5λP’ –5Q’ + 6λP + 6Q.
En regroupant :
f (λP + Q) = λ (P’’ – 5P’ + 6P )+ (Q’’ –5Q’ + 6Q).
On reconnaît bien que : f (λP + Q) = λ f (P) + f (Q), ce qui prouve que f est linéaire.
De plus, si P est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2, alors P’’, 5P’ et 6P
sont encore des polynômes de degré inférieur ou égal à 2 (P’’ étant de degré
inférieur ou égal à 0, 5P’ étant de degré inférieur ou égal à 1 et 6P étant de degré
inférieur ou égal à 2).
La somme de polynômes de degré inférieur ou égal à 2 est encore un polynôme de
degré inférieur ou égal à 2.
On peut donc conclure que f (P) est un polynôme de degré inférieur ou égal à 2
f est un endomorphisme de E.
2) ∀t∈IR, e0(t) = 1 donc e0’ (t) = 0 et e0’’ (t) = 0.
On en déduit : (f (e0))(t) = 6 d’où :
f ( e0 ) = 6 e0 .
∀t∈IR, e1(t) = t donc e1’ (t) = 1 et e1’’ (t) = 0.
On en déduit : (f (e1))(t) = –5 + 6t d’où :
f (e1) = –5 e0 + 6 e1.
∀t∈IR, e2(t) = t 2 donc e2’ (t) = 2t et e2’’ (t) = 2.
On en déduit : (f (e2))(t) = 2 – 10t + 6 t2 d’où :
f (e2) = 2 e0 – 10 e1 + 6 e2.
Corrigé
Les trois égalités précédentes prouvent que la matrice de f dans la base (e0, e1, e2)
est :
6 −5 2
A = 0 6 − 10 .
0 0
6
3) a) La matrice de f dans la base (e0, e1, e2) est triangulaire sans élément
diagonal nul, ce qui prouve que f est bijectif.
Ceci signifie bien que :
f est un automorphisme de E.
On en déduit, en particulier, que f est injectif, d’où :
Ker f = {0}.
1
b) D’après le cours, on sait que la matrice de f –1 dans la base (e0, e1, e2) est A –
.
On peut utiliser la méthode du pivot de Gauss :
6 −5 2
1 0 0
A = 0 6 − 10
I= 0 1 0
0 0
6
0 0 1
L1
L2
3L1 – L3
3L2 + 5L3
18 − 15 0
3 0 −1
0
0
0 3
0 0
18
0
0
6
L1
108
0
0
0
0
18 0
0 6
L1
1 0 0
5
1
6L1 + 5L2
18 15 19
0
0
1
L1, L2
108
3
0
5
1
1
L2 , L3
18
1
L3
6
1 / 6 5 / 36 19 / 108
0 1 0
0
1/ 6
5 / 18
0 0 1
0
0
1/ 6
On a donc :
1 / 6 5 / 36 19 / 108
A
–1
=
0
0
1/ 6
0
5 / 18
1/ 6
.
4) a) La matrice A de f dans la base (e0, e1, e2) est triangulaire donc ses valeurs
propres, qui sont aussi celles de f, sont ses éléments diagonaux.
Dans le cas présent :
La seule valeur propre de f est 6.
Raisonnons par l’absurde.
6 0 0
Si f était diagonalisable, la matrice A serait semblable à la matrice D = 0 6 0
0 0 6
= 6I.
Il existerait donc une matrice R inversible telle que :
A = R D R –1 = R (6I) R –1 = 6 RI R –1 = 6 RR –1 = 6I.
Ceci n’étant pas le cas, on peut conclure :
f n’est pas diagonalisable.
b) Cherchons le sous-espace propre E6 de f associé à la valeur propre 6 en
résolvant
le
système
A X = 6X.
x
⎧− 5 y + 2 z 0
En posant X = y , ce système équivaut à ⎨
, soit y = z = 0.
− 10 z 0
⎩
z
1
On en conclut que X = x 0 , ce qui prouve que les vecteurs propres de f sont
0
proportionnels à e0.
On a donc :
E6 = vect(e0).
Partie 2
1) La linéarité de g se prouve de la même manière qu’à la question 1) de la
première partie.
D’autre part, si u est une fonction de classe C∞ sur IR, alors u’ et u’’ sont aussi de
classe C∞ sur IR et par combinaison linéaire, g(u) aussi.
g est un endomorphisme de F.
Corrigé
2) a)
La fonction j est définie, pour tout réel x, par j (x) = u’(x) e –5x. La fonction j est
donc dérivable sur IR et on a :
∀x∈IR, j’(x) = u’’(x) e –5x – 5u’(x) e –5x = ( u’’(x)– 5u’(x) ) e –5x.
Comme la fonction u est élément de Ker (g – 6Id), on a : g(u) – 6 u = 0, c’est-àdire : u’’ – 5 u’ = 0. En remplaçant, on obtient : ∀x∈IR, j’(x) = 0.
La fonction j est constante sur IR.
b) D’après ce qui précède, il existe une constante K telle que : ∀x∈IR, j(x) = K.
On en déduit que, pour tout x de IR, u’ (x) = K e5x.
On en déduit alors qu’il existe une autre constante K’ telle que :
K
∀x∈IR, u(x) = e5x + K’ = K’ + K’’ e5x.
5
Ceci prouve que la fonction u est combinaison linéaire des fonctions u1 et u2
définies par u1(x) = 1 et u2(x) = e5x.
On vient de montrer que toute fonction u de Ker (g – 6 Id) est combinaison linéaire
des fonctions u1 et u2.
Réciproquement, soit une fonction u combinaison linéaire de u1 et u2. Alors u est
définie pour tout réel x, par u(x) = a e5x + b.
On a alors u’ (x) = 5 a e5x et u’’ (x) = 25 a e5x.
On en déduit que : u’’ (x) – 5 u’ (x) = 25 a e5x – 25 a e5x = 0.
Ceci prouve donc que u appartient à Ker (g – 6Id).
On peut conclure maintenant :
Ker (g – 6Id) = vect(u1, u2).
3) a) Comme v = u’ – 2u, on a v’ = u’’ – 2u’.
D’autre part, u est élément de Ker g donc u’’ = 5u’ – 6u.
En remplaçant, on obtient : v’ = 5u’ – 6u – 2u’ = 3u’ – 6u.
On a bien :
v’ = 3v.
b) La fonction h étant définie pour tout réel x par h(x) = v(x) e –3x, h est
dérivable sur IR et on a : ∀x∈IR, h’ (x) = v’ (x) e –3x –3v(x) e –3x = ( v’ (x) – 3v(x) ) e –
3x
.
D’après la question précédente, on sait que v’ – 3v = 0 donc : ∀x∈IR, h’ (x) = 0.
h est constante sur IR.
c) Comme h est constante sur IR, il existe une constante α telle que, pour tout réel x, on a
h(x) = α, ce qui s’écrit : ∀x∈IR, v(x) e –3x = α.
En conclusion :
∀x∈IR, v(x) = α e 3x.
4) a) Comme w = u’ – 3u, on a w’ = u’’ – 3u’.
D’autre part, u est élément de Ker g donc u’’ = 5u’ – 6u.
En remplaçant, on obtient : w’ = 5u’ – 6u – 3u’ = 2u’ – 6u.
On a bien :
w’ = 2w.
b) La fonction k étant définie pour tout réel x par k(x) = w(x) e–2x, k est
dérivable sur IR et on a : ∀x∈IR, k’ (x) = w’ (x) e –2x – 2w(x) e –2x = ( w’ (x) – 2w(x) ) e –
2x
.
D’après la question précédente, on sait que w’ – 2w = 0 donc : ∀x∈IR, k’ (x) = 0.
k est constante sur IR.
c) Comme k est constante sur IR, il existe une constante β telle que, pour tout réel x, on a
k(x) = β, ce qui s’écrit : ∀x∈IR, w(x) e –2x = β.
En conclusion :
∀x∈IR, w(x) = β e 2x.
5) a) On a v = u’ – 2u et w = u’ – 3u, on en déduit, par soustraction que u = v – w.
D’après tout ce qui précède, on a : ∀x∈IR, u(x) = α e 3x – β e 2x.
Ceci prouve que la fonction u est combinaison linéaire des fonctions u3 et u4
définies par u3(x) = e 3x et u4(x) = e2x.
On vient de montrer que toute fonction u de Ker g est combinaison linéaire des
fonctions u3 et u4.
Réciproquement, soit une fonction u combinaison linéaire de u3 et u4. Alors u est
définie pour tout réel x, par u(x) = a e 3x + b e 2x.
On a alors u’ (x) = 3ae 3x + 2b e 2x et u’’ (x) = 9a e 3x + 4b e 2x.
On en déduit que :
u’’ (x) – 5 u’ (x) + 6u(x) = 9a e 3x + 4b e 2x – 15a e 3x – 10b e 2x + 6a e 3x + 6b e 2x = 0.
Ceci prouve donc que u appartient à Ker g.
On peut conclure maintenant :
Ker g = vect(u3, u4).
b) Montrons que (u3, u4) est une famille libre.
Par l’absurde, si u3 était proportionnelle à u4, il existerait une constante α telle
que, pour tout réel x : e 3x = α e 2x. En divisant par e2x qui est différent de 0, on
aurait alors : ∀x∈IR, ex = α, ce qui est irrecevable puisque la fonction
exponentielle n’est pas constante.
En conclusion, (u3, u4) est libre et comme (u3, u4) est génératrice de Ker g, c’est
une base de Ker g.
Ceci prouve que :
dim Ker g = 2.
Concours EDHEC
Classes Préparatoires
2009
RAPPORT DE CORRECTION
MATHEMATIQUES
Option Economique
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 des deux années et proposait dans chaque exercice
des questions fines et difficiles qui ont permis aux très bons candidats de se mettre en valeur.
Les correcteurs ont trouvé le sujet abordable (mis à part l’exercice 2 et la deuxième partie du
problème) et sélectif : les bons et très bons candidats pouvaient facilement faire la différence,
notamment en traitant les questions techniques de l’exercice 1, l’exercice 2 et surtout le la
deuxième partie 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 ainsi que le
début du problème, 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 avait pour objectif d’étudier une fonction de IR dans IR, notée f, puis d’étudier la
suite (un) définie par f (un) = n.
• L'exercice 2 se fixait pour but d’étudier des variables aléatoires construites sur une variable
aléatoire géométrique.
• L'exercice 3, où l’on considérait une variable aléatoire X de densité f, nulle sur ]–∞, 0[,
continue et strictement positive sur [0, +∞[, se proposait de montrer que la fonction g définie
⎧− f ( x) ln(1 − F ( x) ) si x ≥ 0
par g(x) = ⎨
est aussi une fonction densité.
⎩ 0 si x < 0
• Le problème, portant sur le programme d’algèbre linéaire, étudiait dans sa première partie
l’application f qui à toute fonction polynomiale P associe f (P) = P’’ – 5P’ + 6P, et, dans sa
deuxième partie, l’application g, qui à toute fonction réelle u de classe C∞ associait la fonction
définie par f (u) = u’’ – 5u’ + 6u.
Statistiques :
Pour l’ensemble des 3312 candidats ayant composé, la moyenne (sur 20) obtenue à cette
épreuve est égale à 9,99 et l’écart-type vaut 5,78.
38 % des candidats ont une note strictement inférieure à 8 (43 % d’entre eux ayant une note
inférieure à 4).
21 % des candidats ont une note comprise entre 8 et 12.
18 % des candidats ont une note supérieure ou égale à 16.
Analyse des copies :
Les correcteurs constatent encore une fois que les candidats semblent en majorité s’être
préparés sérieusement et tous les exercices sont abordés dans presque toutes les copies.
Ils notent que les candidats ont des connaissances mais que la rigueur fait souvent défaut dans
la rédaction de leurs démonstrations (notamment en oubliant de citer les hypothèses
permettant d’appliquer un théorème ou une propriété du cours).
Il semble que l’écriture négligée ait gêné (voire agacé) de nombreux correcteurs, sans parler
de l’orthographe qui est bien loin de s’améliorer. Dans l’ensemble, on observe une nette
baisse de la qualité de présentation et de rédaction : les futurs candidats doivent y faire
attention sous peine de sanctions.
Les copies sont, pour la plus grande part 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.
Le nombre de copies faibles (note inférieure à 8) est en augmentation de 7 % par rapport à
l’année dernière.
L’exercice 1 montre que beaucoup de candidats maîtrisent, et c’est tant mieux, les notions de
base en analyse, bien qu’un nombre non négligeable d’entre eux se trompent en dérivant une
fonction somme toute classique, en établissant des limites pourtant faciles et, bien sûr, en
voulant établir la dérivabilité de cette fonction en 0 à l’aide d’un développement limité.
L’exercice 2 a, dans l’ensemble, été très mal traité par presque tous les candidats à la grande
surprise des correcteurs qui pensaient que le calcul de P(X > k) lorsque X suit la loi
géométrique de paramètre p devait être à la portée d’une majorité de candidats, ce qui n’a pas
été le cas.
L’exercice 3, relativement bien réussi, a tout de même révélé certaines failles sérieuses dans
les connaissances de nombreux candidats sur les intégrales impropres.
Le problème a montré que trop peu de candidats sont capables de manipuler les notions
d’algèbre linéaire dans un cadre un peu différent de ce qui se pratique d’habitude.
Voici une liste des quelques fautes, omissions et imprécisions les plus fréquentes (chacune
d’entre elles a été trouvée sur un nombre significatif de copies) commises cette année:
Exercice 1
• Rappelons qu’on n’écrit pas « la fonction f (x) » mais « la fonction f ».
• Il est bon de vérifier qu’un dénominateur est non nul plutôt que de l’affirmer sans preuve.
x
• La perle de l’année : « d’après le cours, lim
= 1 ».
x→0 ln(1 − x )
• Un nombre incroyable de candidats n’ont même pas vu qu’il fallait étudier la continuité en 0
de la fonction.
• Il manque souvent l’hypothèse de continuité dans l’énoncé du théorème de la bijection.
Exercice 2
• Trop de candidats ont confondu la valeur de P(X = k) avec celle de P(X > k).
• Certains candidats pensent que P(X > k) =
+∞
P( X
i) .
i k
• De nombreux candidats écrivent des intersections de probabilités.
Exercice 3
• Trop peu de candidats justifient la convergence et la valeur de
+∞
∫0
λ2 x e −λx dx en citant
l’espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle.
• Les intégrations par parties sont très souvent mal justifiées, et même, pratiquées sur des
intégrales impropres.
• Il faut absolument éviter d’affirmer qu’une fonction de répartition est strictement comprise
entre 0 et 1.
Problème
• Une faute classique toujours très répandue : « la matrice A ne possède qu’une valeur propre
et elle est d’ordre 3 donc elle n’est pas diagonalisable ».
• Quelque candidats étaient un peu à l’envers cette année : « Ker f = {0} donc 0 est la seule
valeur propre de f ».
• Beaucoup de candidats semblent confondre inversibilité et diagonalisabilité.
• Trop de candidats oublient l’hypothèse d’une question (par exemple « u appartient à
Kerg »), ce qui ne facilite guère la résolution de la dite question.
• Parmi les quelques candidats encore présents à la fin du problème, trop pensent que si l’on a
α u + β v = 0, avec u et v des fonctions positives alors les réels α et β sont nuls.
Conclusion :
Le niveau moyen reste stable bien qu’en légère baisse par rapport à l’année dernière.
Comme d’habitude, 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.