1. No category

Un Corrigé de l’épreuve EDHEC 2015 S
ÉCS2
Proposition de corrigé pour le serveur de l’APHEC,
par Nicolas Maillard (colasmaillard@free.fr).
1
1
≥ n+1
car xn 6 xn+1 .
+ 1)
x
(x + 1)
Par croissance de l’intégrale, In ≥ In+1 .
La suite (In )n∈N∗ est décroissante.
(b) Soit n ∈ N∗ . ∀x ≥ 1,
Exercice 1
1
1
1
est continue et positive sur [ 1 ; +∞ [ et n
∼
. Comme
xn (x + 1)
x (x + 1) x→+∞ xn+1
Z +∞
1
n + 1 ≥ 2, l’intégrale de Riemann
dx converge. Le critère des équivalents
n+1
x
1
pour les fonctions positives permet de conclure que
In converge pour tout n de N ∗ .
1. x 7→
xn (x
(c) Par (b), pour tout n ≥ 2, In−1 + In ≥ 2In ≥ In + In+1 ,
1
1
n
donc par (a),
≥ 2In ≥ , et en multipliant par n,
≥ 2nIn ≥ 1.
n−1
n
n−1
Par encadrement, lim 2nIn = 1, autrement dit,
n→+∞
1
.
2n
Par la règle des équivalents pour les séries à terme général positif, et puisque la série
X 1
de Riemann
diverge,
2n
In
b
(a − b)x + a
a
=
on tire
2. (a) De −
x x+1
x(x + 1)
∀x ∈ R \ {−1, 0},
5 mai 2015
1
1
1
= −
.
x(x + 1)
x x+1
∼
n→+∞
n≥1
(b) Pour tout A de [ 1 ; +∞ [,
A
Z A
Z A
1
A
1
1
x
1
= ln
dx =
−
dx = ln
− ln .
n (x + 1)
x
x
x
+
1
x
+
1
A
+
1
2
1
1
1
A
1
Comme lim ln
= 0 et − ln = ln 2,
A→+∞
A+1
2
I1 = ln 2.
la série de terme général In diverge.
1
1
∼
, montre que
xn (x + 1)2 x→+∞ xn+2
Jn converge pour tout n de N.
5. (a) Le même raisonnement qu’en 1., avec
(b) J0 = lim
A→+∞
1
1
6 n.
+ 1)
2x
Par croissance de l’intégrale (où toutes ces intégrales existent !),
Z +∞
Z +∞
1
1
06
dx 6
dx.
n (x + 1)
n
x
2x
1
1
A
Z +∞
1
1
1
Or
dx = lim
=
.
n
n−1
A→+∞
2x
2(1 − n)x
2(n − 1)
1
1
1
∀n ≥ 2, 0 6 In 6
.
2(n − 1)
3. (a) Soit n ≥ 2. On a : ∀x ≥ 1, 0 6
A
=
1
1
.
2
J0 = 1/2.
xn (x
6. (a) Soit k ∈ N∗ . Pour tout x ≥ 1,
1
1
1+x
1
, d’où par linéarité,
+ k−1
= k
= k
xk (x + 1)2
x
(x + 1)2
x (x + 1)2
x (x + 1)
Jk + Jk−1 = Ik .
(b) Soit n ∈ N∗ .
n
n
n
n
X
X
X
X
(−1)k−1 Ik =
(−1)k−1 (Jk + Jk−1 ) =
(−1)k−1 Jk +
(−1)k−1 Jk−1 )
1
= 0, le théorème d’encadrement permet de conclure que
n→+∞ 2(n − 1)
lim In existe et vaut 0.
(b) Comme lim
k=1
n
X
n
X
k=1
k=1
k=1
(−1)k−1 Ik =
n→+∞
4. (a)
−1
x+1
1
1
x+1
1
+ n+1
= n+1
= n+1 , donc par un calcul de l’intégrale
n
x (x + 1) x
(x + 1)
x
(x + 1)
x
de Riemann analogue à 3.(a) et par linéarité de l’intégrale,
Z +∞
1
1
In + In+1 =
dx =
n+1
x
n
1
1/5
k=1
(−1)k−1 Jk −
n−1
X
(−1)k−1 Jk = (−1)n−1 Jn + J0 par télescopage.
k=0
∀n ∈ N∗ ,
n
X
1
(−1)k−1 Ik = (−1)n−1 Jn + .
2
k=1
1
1
6 n.
2
+ 1)
4x
Le même raisonnement qu’en 3.(a) & (b) permet de conclure que
(c) Soit n ≥ 2. On a :
∀x ≥ 1, 0 6
k=1
xn (x
Un Corrigé de l’épreuve EDHEC 2015 S
ÉCS2
∀n ≥ 2,
2
e−u /2
udu =
• Comme t = u /2, dt = udu et g(t)dt = p
u π/2
• Enfin, pour t → 0, u → 0, et pour t → +∞, u → +∞.
1
0 6 Jn 6
, et lim Jn = 0.
n→+∞
4(n − 1)
k=1
7. n = input(’entrez une valeur de n supérieure ou égale à 2 :’)
I= log(2) ; J = 1/2 ; J = I+J
for k = 2:n
I = 1/(k-1) - I ; J = I + J ; end
disp(I, ’la valeur de I est :’)
disp(J, ’la valeur de J est :’)
(b) ϕ est une densité paire, donc :
Z +∞
Z +∞
Z
g(t)dt = 2
ϕ(u)du =
Exercice 2
−∞
1. (a) Soit x ∈ [ 0 ; +∞ [. FY (x) = P(Y 6 x) = P(|X| 6 x) = P(−x 6 X 6 x) =
Φ(x) − Φ(−x) = Φ(x) − (1 − Φ(x)) = 2Φ(x) − 1.
De plus, pour x < 0, FY (x) = P(|X| 6 x) = 0 car |X| ≥ 0.
Comme Φ est de classe C1 sur R, FY est de classe C1 sur R∗ (au moins).
De plus, lim− FY (x) = 0 = FY (0) = lim+ FY (x) puisque Φ(0) = 1/2, FY est
x→0
continue sur R.
Y est une variable à densité.
Et par dérivation sur R∗ , une densité de Y est
√

2
2

2ϕ(x) = √ e−x /2 si x ≥ 0,
fY : x 7→
π

0
sinon.
Z A
h
iA
2
2
2
xe−x /2 dx = −ex /2 = −e−A /2 + 1 −−−−−→ 1.
(b) Soit A ≥ 0.
Donc par linéarité,
r
Y admet une espérance, égale à
0
+∞
ϕ(u)du = 1.
−∞
∗
De plus, g est positive sur R et continue sur R , donc
g peut être considérée comme une densité.
3. (a) Comme Z(Ω) = [ 0 ; +∞ [, T (Ω) = [ 0 ; +∞ [, donc pour x < 0, FT (x) = 0.
√
Pour x ≥ 0, FT (x) = P( 2Z 6 x) = P(Z 6 x2 /2) car Z est positive.
(
G(x2 /2) si x ≥ 0,
FT (x) =
0
sinon.
G étant de classe C1 sur ] 0 ; +∞ [, par composition FT est de classe C1 sur R∗ , et
une densité de T est donnée par
r

2 −x2 /2

2
xg(x /2) =
e
si x ≥ 0,
fT : x 7→
π

0
sinon.
A→+∞
0
2 −u2 /2
e
du.
π
Z +∞
• Le théorème du changement de variable assure alors que
g(t)dt est de même
0
r
Z +∞
2 −u2 /2
e
du, et que ces intégrales sont égales en cas d’existence.
nature que
π
0
Z +∞
2
• ϕ étant une densité,
e−u /2 du existe. Donc les deux intégrales existent.
0
r Z +∞
Z +∞
Z +∞
2
2
g(t)dt =
e−u /2 du = 2
ϕ(u)du.
π 0
0
0
La série de terme général (−1)n−1 In converge, sa somme vaut 1/2.
0
r
2
(d) En passant à la limite dans la relation de 6.(b), on a
n
X
1
lim
(−1)k−1 Ik = (−1)n−1 × 0 + .
n→+∞
2
x→0
5 mai 2015
2
.
π
2
(c) Remarquons que Y 2 = |X| = X 2 . Or par la formule de Huygens, E(X 2 ) existe et
vaut V(X) + E(X)2 = 1 + 0 = 1. Toujours par la formule de Huygen,
2
Y possède une variance, égale à 1 − .
π
√
1
2. (a) • t 7→ 2t est de classe C et strictement croissante sur ] 0 ; +∞ [, c’est donc une
bijection de classe C1 : le changement de variable est permis.
2/5
Les densités fY et fT étant identiques,
T suit la même loi que Y .
√
(b) T = 2Z induit Z = T 2 /2, or T 2 admet une espérance, égale à E(Y 2 ), valant 1
d’après 1.(c). Par linéarité,
Z possède une espérance égale à 1/2.
4. x = grand(1,1,’norm’,0,1) permet de simuler X.
y = abs(x) permet de simuler Y , donc T qui suit la même loi.
z = yˆ2/2 permet de simuler Z.
La valeur absolue ne sert à rien, puisqu’on élève au carré, on peut proposer :
z = (grand(1,1,’norm’,0,1))ˆ2/2
Un Corrigé de l’épreuve EDHEC 2015 S
ÉCS2
Donc hx, f (x)i = 0 ⇒ x = 0.
La réciproque est évidente puisque h0, 0i = 0.
hx, f (x)i = 0 si, et seulement si, x = 0.
Essai : j’ai exécuté
mean(grand(1,10000,’nor’,0,1)ˆ2/2)
et j’ai obtenu
0.4897074844039
... ce qui corrobore 3.(b), non ?
5. (a) L’algorithme proposé simule n variables (Wi )16i6n indépendantes de loi exponentielle de paramètre
1, et calcule la moyenne des variables (Wi0 )16i6n définies par
√
Wi Wi
. On sait que (d’après la loi faible des grands nombres, en remarquant
Wi0 = √
π
qu’elles possèdent une variance car les lois exponentielles possèdent des moments de
tout ordre), cette moyenne s’approche de leur espérance commune m = E(Wi0 ).
Donc pour n grand,
s contient
valeur proche
de m. Or par transfert :
√
Z une
Z +∞
+∞ √
Wi W i
x x −x
√
√ e =
m=E
x2 g(x)dxdx.
=
π
π
0
0
Z +∞
Pour n grand, s prend une valeur proche de
x2 g(x)dx.
0
(b) Par transfert, puis d’après les questions précédentes,
!
4
4
Z +∞
4
Y
|X|
1
3
T
=E
=E
= E(X 4 ) = .
x2 g(x)dx = E(Z 2 ) = E
4
4
4
4
4
0
Z +∞
3
x2 g(x)dx = E(Z 2 ) = .
4
0
i=1
Notons λk la valeur propre associée à uk , ainsi pour tout k de [[1 ; n]], f (uk ) = λk uk.
* n
+
n
n X
n
X
X
X
hx, f (x)i =
xi ui ,
xk f (uk ) =
xi xk λk hui , uk i, par bilinéarité.
i=1 k=1
Or hui , uk i = 1 si k = i et 1 sinon. Donc hx, f (x)i =
n
X
x2i λi ≥ 0 puisque pour tout
i=1
i, λi > 0.
∀x ∈ Rn ,
3. (a) Souvenons-nous que, par linéarité, on définit complétement un endomorphisme en
le définissant sur une base. Soit g l’endomorphisme
√ défini par
∀i ∈ [[1 ; n]] , g(ui ) =
λi ui .
2
1. C’est un résultat du cours : f est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidien
Rn donc il est diagonalisable et il existe une base orthonormale B 0 de Rn formée de
vecteurs propres de f .
n
X
2. (a) Soit x un vecteur de Rn . Écrivons x =
xi ui , décomposition de x dans B 0 .
k=1
(c) x, y et z désignent des vecteurs de Rn , α un réel.
• ϕ est symétrique car
ϕ(y, x) = hy, f (x)i = hf (x), yi par symétrie de h., .i,
ϕ(y, x) = hx, f (y)i = ϕ(x, y) car f est symétrique.
• ϕ est linéaire à gauche car
ϕ(αx + y, z) = hαx + y, f (z)i = α hx, f (z)i + hy, f (z)i = αϕ(x, z) + ϕ(y, z).
Par symétrie, ϕ est aussi linéaire à droite.
• ϕ est positive par 2.(a) et définie par 2.(b).
ϕ est un produit scalaire sur Rn .
• Première version - Pour tout (i, j) de [[1 ; n]] ,
(√
p
λi si j = i
hui , g(uj )i = λj hui , uj i =
;
0
sinon
(√
)
√
λi si j = i
= hui , g(uj )i
hg(ui ), uj i = λi hui , uj i =
0
sinon
Exercice 3
i=1
5 mai 2015
hx, f (x)i ≥ 0.
(b) En reprenant les notations précédentes,
(hx, f (x)i = 0) ⇒ (∀i ∈ [[1 ; n]] , x2i λi = 0) ⇒ (∀i ∈ [[1 ; n]] , xi = 0) (car ∀i, λi 6= 0)
Ainsi g est symétrique « sur la base B 0 ». Ce résultat s’étend à Rn par bilinéarité.
2
• Seconde version - Pour tout (i, j) de [[1 ; n]] ,
(√
p
λi si j = i,
hui , g(uj )i = λj hui , uj i =
0
sinon.
Ainsi la matrice M représentant g dans la base
B 0 est
√ orthonormale
√
M = (hui , g(uj )i)16i,j6n = diag( λ1 , . . . , λn ).
M est diagonale donc symétrique, et puisque B 0 est orthonormale pour h., .i, cela
signifie que g est un endomorphisme symétrique.
Les deux versions précédentes montrent que B 0 est une base
√ orthonormale formée de
vecteurs propres de g, et que ses valeurs propres sont les λi , strictement positives.
√
√
De plus, pour tout i de [[1 ; n]], g 2 (ui ) = g( λi ui ) = λi g(ui ) = λi ui = f (ui ).
Les endomorphismes g 2 et f coïncident sur la base B 0 , donc ils sont égaux.
Il existe un endomorphisme g, symétrique, tel que Sp(g) ⊂ ] 0 ; +∞ [ et g 2 = f .
(b) Remarque : nous n’avons pas démontré que g est unique, et cette question b fait
référence à un g convenable. Nous continuons donc avec le « g précédent »...
3/5
Un Corrigé de l’épreuve EDHEC 2015 S
ÉCS2
g n’admettant pas 0 pour valeur propre, g est injectif. Et comme g est un endomorphisme d’un espace de dimension finie,
g est bijectif.
2
(c) Soit (i, j) dans [[1 ; n]] .
ϕ(g −1 (ei ), g −1 (ej )) = g −1 (ei ), f (g −1 (ej )) = g −1 (ei ), g(ej ) car f ◦ g −1 = g,
ϕ(g −1 (ei ), g −1 (ej )) = g(g −1 (ei ), ej car g est symétrique,
(
1 si i = j,
−1
−1
ϕ(g (ei ), g (ej )) = hei , ej i =
puisque la base canonique est ortho0 sinon,
normale pour le produit scalaire canonique h., .i.
(
1 si i = j,
Ainsi, ϕ(g −1 (ei ), g −1 (ej )) =
0 sinon.
−1
−1
g (e1 ), . . . , g (en ) est une base orthonormale pour le produit scalaire ϕ.
Problème
Partie 1
+∞ X
n+1
+∞ X
n
xn+1
r
+
1
r
+
1
n=r
n=r+1
+∞ X
n+1
n
r
n
(1 − x)Sr+1 = x
−
x +
xr+1 ,
r
+
1
r
+
1
r
+
1
n=r n+1
n
n
r
Or
−
=
par la formule de Pascal, et
= 0, d’où
r+1
r+1
r
r+1
(1 − x)Sr+1 = xSr .
(1 − x)Sr+1 =
xn+1 −
(c) Par une itération immédiate (ou une récurrence sur r),
r
x
x
x
x
Sr−1 =
×
Sr−2 = · · · =
S0 , ainsi
Sr =
(1 − x)
(1 − x) (1 − x)
(1 − x)
+∞ X
n n
xr
∀x ∈ ] 0 ; 1 [ , r ∈ N,
x =
.
r
(1 − x)r+1
n=r
(d) Et en divisant par xr (x > 0),
n
n!
n(n − 1) . . . (n − r + 1)
1. Pour n ≥ r,
=
=
,
r
r!(n − r)!
r!
or n(n − 1) . . . (n − r + 1) ∼ nr (r facteurs équivalents à n). Donc
n→+∞
nr
n
.
∼
r n→+∞ r!
∀x ∈ ] 0 ; 1 [ ,
lim nr+2 xn = 0.
n→+∞
n n
1
n n
nr+2
−−−−−→ 0, donc
x =o
x
∼
en +∞.
n→+∞ r!
n→+∞
r
r
n2
X 1
Comme
est une série de Riemann convergente, la règle de négligeabilité assure
n2
n≥1
X n
xn est convergente.
r
n
(b) n2
+∞
X
n=0
(b) (1 − x)Sr+1
+∞ X
n n−r
1
x
=
.
r
(1
−
x)r+1
n=r
1. (a) Comme le joueur peut ne jamais jouer, X(Ω) = N.
P(X = 0) = P(D1 ) = α, et pour k ∈ N∗ ,
P(X = k) = P(D1 ∩ D2 ∩ · · · ∩ Dk ∩ Dk+1 ), et par la formule des probabilités
composées,
P(X = k) = P(D1 )PD1 (D2 )PD1 ∩D2 (D3 ) . . . PD1 ∩D2 ∩···∩Dk (Dk+1 )
P(X = k) = (1 − α)k α, formule encore valable si k = 0.
X(Ω) = N, et ∀k ∈ N,
P(X = k) = (1 − α)k α.
Remarque : la définition des Dk montrent qu’ils ne sont pas indépendants. La règle
stipule que la disqualification est définitive donc Dk ⊂ Dk+1 par exemple. Le recours à la formule des probabilités composées s’avère nécessaire, même si le calcul
invoquant une prétendue indépendance aboutit au même résultat...
(b) Comme X(Ω) = N, T (Ω) = N∗ , et pour tout k de N∗ ,
P(T = k) = P(X + 1 = k) = P(X = k − 1) = (1 − α)k−1 α, donc
T suit la loi géométrique de paramètre α.
1
Comme X = T − 1 et E(T ) = , on a, par linéarité,
α
1
1−α
X possède une espérance, et E(X) = − 1 =
.
α
α
1 × xn ... et on reconnaît la série géométrique.
S0 =
r ∈ N,
Partie 2
2. (a) Puisque x ∈ ] 0 ; 1 [, les croissances comparées assurent que
3. (a) S0 =
5 mai 2015
1
.
1−x
+∞ X
+∞ X
n
n
n
x −
xn+1
=
r
+
1
r
+
1
n=r+1
n=r+1
4/5
Un Corrigé de l’épreuve EDHEC 2015 S
ÉCS2
(c) De même, X = T − 1 entraîne
(1 − α)(2p − 1)
.
α
Remarque : on notera que, conformément à l’intuition, E(G) est positive pour p ≥
1/2, c’est-à-dire lorsque le jeu est favorable au joueur...
(c) Tant qu’à faire, prouvons aussi l’existence de E(XY ).
• Soit n ∈ N∗ . Sachant [X = n], Y suit B(n, p) donc E(Y |[X = n]) existe et vaut
np. Par linéarité, E(XY |[X = n]) existe et vaut n2 p puisque XY = nY .
Notons que, pour n = 0, on a encore E(XY |[X = n]) = n2 p = . . . 0
• P(X = n)E(XY |[X = n]) = pn2 P(X = n) est le terme général d’une série
(absolument) convergente puisque X admet un moment d’ordre 2.
• D’après le théorème de l’espérance totale, avec le système complet d’événements
([X = n])n∈N , XY possède une espérance et
+∞
X
P(X = n)E(XY |[X = n]).
E(XY ) =
E(G) =
1−α
.
V(X) existe et V(X) = V(T ) =
α2
2. (a) • Si n = 0, l’événement [X = n] entraîne [Y = 0] puisque le joueur ne joue jamais
(100% des gagnants ont tenté leur chance ...).
Sachant [X = 0], Y est constante (ou dégénérée), égale à 0.
• Si n ∈ N∗ , l’événement [X = n] entraîne que le joueur participe à n partie(s)
indépendante(s) avec une même probabilité de succès p. Son nombre de succès Y
suit alors la loi binomiale de paramètres n et p.
Sachant [X = n] avec n ∈ N∗ , la loi conditionnelle de Y est B(n, p).
(b) Y (Ω) = N, et le système complet d’événements ([X = n])n∈N permet d’écrire, à
l’aide de la formule des probabilités totales, pour tout k de N,
+∞
+∞
X
X
n k
n
P(Y = k) =
P(X = n)P[X=n] (Y = k) = 0 +
(1 − α) α
p (1 − p)n−k
k
n=0
n=k
k X
+∞ n
p
×
[(1 − α)(1 − p)]n , soit, en reconnaissant Sk de la
P(Y = k) = α
1−p
k
n=k
partie 1 avec x = (1 − α)(1 − p) ∈ ] 0 ; 1 [,
k
p
[(1 − α)(1 − p)]k
αpk (1 − α)k
P(Y = k) = α
×
=
1−p
[1 − (1 − α)(1 − p)]k+1
(α + p − αp)k+1
k
p − αp
α
P(Y = k) =
×
α + p − αp
α + p − αp
p − αp
α + p − αp − p + αp
α
Soit β =
. Alors 1 − β =
=
.
α + p − αp
α + p − αp
α + p − αp
p(1 − α)
Y (Ω) = N, et, ∀k ∈ N, P(Y = k) = β k (1 − β) avec β =
.
α + p − αp
3. En s’inspirant de la démarche de 1.(b), Y + 1 suit la loi géométrique de paramètre 1 − β,
1
p(1 − α)
E(Y ) existe et vaut
−1=
.
1−β
α
β
p(1 − α)(α + p − αp)
=
.
(1 − β)2
α2
p(1 − α)(α + p − αp)
V(Y ) =
.
α2
Et de même, V(Y ) = V(Y + 1) =
4. (a) Le joueur gagnant Y parties et en perdant X − Y ,
G = Y − (X − Y ) = 2Y − X.
(b) Par linéarité, E(G) = 2E(Y ) − E(X) = 2
5 mai 2015
p(1 − α) 1 − α
(1 − α)(2p − 1)
−
=
.
α
α
α
5/5
n=0
• Cette somme se calcule alors rapidement par transfert :
+∞
X
E(XY ) = p
n2 P(X = n) = pE(X 2 ) = p(V(X) + E(X)2 )
n=0
1 − α (1 − α)2
+
α2
α2
p(1 − α)(1 + 1 − α)
, d’où
α2
p(1 − α)(2 − α)
E(XY ) existe et vaut
.
α2
(d) V(G) = V(2Y − X) = 4V(Y ) + V(X) − 4Cov(X, Y ), et
p(1 − α)(2 − α) 1 − α p(1 − α)
Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) =
−
×
α2
α
α
p(1 − α)
p(1 − α)
Cov(X, Y ) =
(2 − α) − (1 − α) =
α2
α2
(1 − α)(4p2 (1 + α) + 4p(α − 1) + 1)
1−α
V(G) =
4p(p + α + αp) + 1 − 4p =
.
α2
α2
(1 − α)(4p2 (1 + α) + 4p(α − 1) + 1)
.
V(G) =
α2
5. (a) alpha = input(’entrez la valeur de alpha :’)
p = input(’entrez la valeur de p :’)
X = grand(1,1,’geom’,alpha) - 1
Y = grand(1,1,’bin’,X,p)
disp(X) ; disp(Y)
(b) Que l’on peut compléter par :
G = 2*Y - X
disp(G)
E(XY ) = p
=