EDHEC 2006 mathematiques classe prepa hec (ecs)

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ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD Concours d'admission sur classes préparatoires ___________________ MATHEMATIQUES Option scientifique Mardi 9 mai 2006 de 8h à 12h ___________________ 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, m désigne un entier naturel non nul. On note id (respectivement θ ) ml’endomorphisme identité (respectivement l’endomorphisme nul) du C l - espace vectoriel C l et mon considère un endomorphisme f de C l vérifiant : ( f – λ id) o ( f – λ id) = θ , où λ et λ sont 1 2 1 2deux complexes distincts. 11) a) Vérifier que ( ( f – λ id) – ( f – λ id) ) = id. 1 2λλ−21 m b) En déduire que : C l = Ker ( f – λ id) ⊕ Ker ( f – λ id). 1 2 c) Conclure que f est diagonalisable et donner ses valeurs propres (on sera amené à étudier trois cas). Dans la suite de l’exercice, on désigne par n un entier naturel et l’on se propose de montrer 2qu’il n’existe pas de matrice de M (IR) telle que A = –I, où I désigne la matrice diagonale 2n+1de M ...
Publié le : jeudi 21 juillet 2011
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ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD  Concours d'admission sur classes préparatoires  ___________________   MATHEMATIQUES Option scientifique  Mardi 9 mai 2006 de 8h à 12h ___________________    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, m  désigne un entier naturel non nul. On note id  (respectivement θ  ) lendomorphisme identité (respectivement lendomorphisme nul) du  C l  - espace vectoriel l C   m et on considère un endomorphisme f de  l C  m vérifiant : (  f    λ 1  id ) o  (  f    λ 2  id ) = θ  , où λ 1 et λ 2 sont deux complexes distincts. 1) a) Véri 1 fier que λ 2 − λ 1 ( (  f    λ 1  id )  (  f    λ 2  id ) ) = id .  b) En déduire que : l C   m = Ker  (  f    λ 1  id ) Ker  (  f    λ 2  id ).  c) Conclure que f est diagonalisable et donner ses valeurs propres (on sera amené à étudier trois cas). Dans la suite de lexercice, on désigne par n un entier naturel et lon se propose de montrer quil nexiste pas de matrice de M 2 n +1 (IR) telle que A  2 =  I , où I désigne la matrice diagonale de M 2 n +1 (IR) dont les éléments diagonaux valent 1. 2) Trouver une matrice A de M 2 n +1 ( l  C) telle que A  2 =  I . 3) Dans cette question, on suppose quil existe une matrice A de M 2 n +1 (IR) telle que A 2 =  I .  a) Utiliser la première question pour montrer que A est diagonalisable dans M 2 n +1 ( l C  ) et que ses valeurs propres sont i et  i .  b) Pour toute matrice M = ( m i ,  j ) 1 i p de M p ,  q (  )C l , on note la matrice ( m i , j ) 1 i p . 1 j q 1 j q On note E i et E i les sous-espaces propres de A associés aux valeurs propres i et  i . Montrer que X   E i   X  E i .  c) En déduire que, si ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une base de E i , alors ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une famille libre de E i . Conclure que dim  E i = dim  E i .  d) Établir enfin le résultat demandé.   
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Exercice 2  1) a) Montrer que lon définit bien une unique suite ( u n ) n  1 , à termes strictement positifs, en posant : u 1 = 1 et, pour tout entier n supérieur ou égal à 2, u n  = 2 n 1 1 nj =11 u j . 1   =  b) Vérifier que u 2 3, puis calculer u 3 . n 2) Montrer que la série de terme général u n est divergente et donner lim u j . n →+∞ j = 1 2 n 3) a) Établir que : n  2, u n +1  = 2 n 1 u n . +  b) En déduire que la suite ( u n ) est convergente.  c) Donner un équivalent de ln( u n ) lorsque n est au voisinage de + puis déterminer la u n + 1 nature de la série de terme général ln( u n ). u n + 1  d) En déduire lim ln( u n ), puis montrer que lim u n = 0. n →+∞ n →+∞ n 2 n t binomial (2 n )!. 4) a) Montrer que : n  2, u n  = 4 n (42 n ), où ( n )  désigne le coefficien n ! n ! n :  b) En utilisant la question 2), déterminer n li m +∞ n  u n  , puis montrer que ( 2 nn )  n = +∞ o (4  n ). 5) En utilisant le résultat de la question 3), montrer que : 4 n nn = +∞ o (  ( 2 nn )  ).   Exercice 3 On considère deux variables aléatoires X  et Y , définies sur un espace probabilisé ( , T , P ), indépendantes et suivant toutes deux la loi normale centrée réduite (de densité notée ϕ  et de fonction de répartition notée Φ  ). On pose Z = Sup( X ,  Y ) et lon se propose de déterminer la loi de Z , ainsi que son espérance et sa variance. 1) a) Montrer que Z est une variable aléatoire à densité définie elle aussi sur ( , T , P ).  b) Vérifier que Z admet pour densité la fonction f définie pour tout réel x par : f  ( x ) = 2 ϕ  ( x ) Φ  ( x ). t 2 nt g +2 . 2) a) Rappeler la valeur de li é rale e dt  b) En déduire la convergence et la valeu t 2 . r de −∞ e dt   c) En remarquant que, pour tout réel x , ϕ ( x ) =   x ϕ  ( x ), montrer, grâce à une intégration par parties, que : 0 +∞ x f ( x ) dx  = 21 + 1 0 + e t 2 dt . π π 2  d) Montrer de même que : 0 x f ( x ) dx  =  12 π + π 1 0 e t dt . En déduire que Z a une espérance et donner sa valeur.  2
3) a) Montrer que X 2 et Z 2 suivent la même loi.  b) Déterminer E ( Z 2 ), puis donner la valeur de la variance de Z .   Problème Un mobile se déplace sur les points à coordonnées entières dun axe dorigine O . Au départ, le mobile est à lorigine (point dabscisse 0). Le mobile se déplace selon la règle suivante : sil est sur le point dabscisse k  à linstant n , alors, à linstant ( n  +  1) il sera sur le point dabscisse ( k  +  1) avec la probabilité kk ++ 21 ou sur le point dabscisse 0 avec la probabilité k + 12. Pour tout n de IN, on note X n labscisse de ce point à linstant n et lon a donc X 0 = 0. On admet que, pour tout n  de IN, X n  est une variable aléatoire définie sur un espace probabilisé ( , T , P ) et on pose u n = P ( X n = 0).  Partie 1 : étude de la variable X n .  1) Vérifier que X 1 ( ) = {0, 1} puis donner la loi de X 1 . 2) Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n , X n ( ) = {0, 1, ..., n }. 3) a) Montrer que : n IN  * , k {1, ..., n }, P ( X n = k ) = kk + 1 P ( X n   1 = k   1).  b) En déduire que : n IN, k {0, 1, ..., n }, P ( X n = k ) = k 1 + 1 u n   k  . n  c) En remarquant que k = n 0 P ( X n = k ) = 1, montrer que : n IN  , = 0 n uj j + 1 = 1. j  d) Retrouver ainsi les valeurs de u 0 et u 1 puis déterminer u 2 et u 3 . 4) a) En remarquant que la relation obtenue à la question 3a) peut sécrire sous la forme ( k  +  1)  P ( X n = k ) = k  P ( X n 1 = k   1), montrer que : n IN  * , E ( X n )  E ( X n 1 ) = u n .  b) En déduire, pour tout entier naturel n non nul, E ( X n ) sous forme de somme mettant en jeu certains termes de la suite ( u n ). n 1 j et vérifier que  c) Pour tout entier naturel n non nul, donner la valeur de j = 0 nu j n 1 u j u n + = 1. j = 0 n j + 1 Déduire de n 1 u j ces deux résultats que : n IN  * , u n = j 0 ( n j )( n j 1). = − − +  d) Montrer que, pour tout n de IN  * , u n   n 1 + 1. Déterminer ensuitelim E ( X n ). n →+∞  Partie 2 : étude du premier retour à lorigine.  On note T linstant auquel le mobile se trouve pour la première fois à lorigine (sans compter son positionnement au départ) et on admet que T est une variable aléatoire définie, elle aussi, sur ( , T , P ). On convient que T prend la valeur 0 si le mobile ne revient jamais en O . Par exemple, si les abscisses successives du mobile après son départ sont 0, 0, 1, 2, 0, 0, 1, alors on a T = 1. Si les abscisses successives sont : 1, 2, 3, 0, 0, 1, alors on a T = 4.  
 
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1) a) Pour tout k de IN * , exprimer lévénement ( T = k ) en fonction dévénements mettant en jeu certaines des variables X i .  b) Montrer que : k IN  * , P ( T = k ) = k ( k 1 + 1).  c) Déterminer les constantes a et b telles que : k IN  * , k ( k 1 + 1) = ak + kb + 1. En déduire que P ( T = 0) = 0, puis interpréter ce dernier résultat. 2) La variable T a-t-elle une espérance ?  Partie 3 : informatique.  1) Compléter les deux instructions manquantes pour que le programme Pascal suivant, dans lequel n est déclaré comme constante (ici n = 100), calcule et affiche u 0 , u 1 , ..., u n , ainsi que lespérance de X n  qui sera stockée dans la variable e .   Program _ 06 ; edhec 20  const n = 100 ;   var i , k : integer ;           s , e : real ;            u : array  [0.. n ] of real ;  Begin          u [0] : = 1 ; writeln( u [0]) ; e : = 0 ;  For k : = 1 to n do  begin           s : = 0 ;  For i : = 1 to k do begin s : = ----- ; u [ k ] : = 1  s ; end ;  Writeln( u [ k ]) ;           e : = --- ; -- end ;  Writeln( e ) ;   end.  2) a) Compléter le programme suivant pour quil calcule et affiche la valeur prise par T lors de lexpérience aléatoire étudiée. On rappelle que, si k  est un entier naturel non nul, linstruction random( k ) renvoie aléatoirement un entier compris entre 0 et k   1.  Program edhec_2006bis ;  var T , hasard : integer ;  Begin  Randomize ; T : = 0 ;  Repeat T : = T + 1 ; hasard : = random (-----) ; until (hasard = -----) ;  Writeln ( T ) ;  end.  b) Est-on certain que le nombre de passages dans la boucle « Repeat ... until » est fini ?
 
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EDHEC 2006 : option S Corrigé de lépreuve de mathématiques
         Exercice 1  1) a) λ 2 1 λ 1 ( (  f    λ 1  Id )  (  f    λ 2  Id ) ) = λ 2 1 − λ 1 ( λ 2   λ 1 )  Id = Id .   b) Daprès la question 1a), on a, pour tout x élément de l C   m : Id ( x ) = 1 ( λ ) ) , doù : λ 2 − λ 1 (  f   1  Id )  (  f    λ 2  Id ) )  ( x ) = λ 2 1 − λ 1 ( (  f    λ 1  Id )  ( x )  (  f   λ 2  Id )  ( x x = λ 2 1 − λ 1 (  f    λ 1  Id )  ( x )  λ 1 − λ 1 (  f    λ 2  Id )  ( x ), ce que lon peut écrire, par linéarité de f : 2 = x  (  f    λ 1  Id )  ( λ 2 1 λ 1 x ) + (  f    λ 2  Id )  ( λ 1 λ x ). 2 1 En posant x 1 = (  f    λ 1  Id )  ( λ 2 1 λ 1 x ) et x 2 = (  f    λ 2  Id )  ( λ − 1 λ x ), on a : x  l  C  m , x = x 1 + x 2  . 2 1 On va maintenant vérifier que x 1 appartient à Ker  ( f  λ 2  Id ) et que x 2 appartient à Ker  ( f   λ 1  Id ). (  f   λ 2  Id )  ( x 1 ) = (  f    λ 2  Id ) ( (  f    λ 1  Id )  ( λ 2 1 λ 1 x ) ) = ( (  f    λ 2  Id ) o (  f    λ 1  Id )  )  ( λ 2 1 λ 1 x ).  On vérifie, en développant, que ( f     λ 2  Id )  o  (  f     λ 1  Id ) = ( f     λ 1  Id )  o  (  f     λ 2  Id ) doù : (  f    λ 2  Id )  ( x 1 ) = ( (  f    λ 1  Id ) o (  f    λ 2  Id )  )  ( λ 2 1 λ 1 x ) = θ ( λ 2 1 λ 1 x ) = 0. On a donc : x 1 Ker  (  f    λ 2  Id ).  De même : )  ( 1 ) = ( (  f    λ 1  Id ) (  f    λ 1  Id )  ( x 2 ) = (  f    λ 1  Id ) ( (  f    λ 2  Id λ − λ x ) o (  f    λ 2  Id )  )  ( λ 2 1 λ 1 x ). 2 1 1 n obtient tout de suite : (  f    ( O  λ 1  Id )  ( x 2 ) = θλ 2 λ 1 x ) = 0. On a donc : x 2 Ker  (  f    λ 1  Id ). On vient de montrer que :  l C  m = Ker  (  f    λ 1  Id ) + Ker  (  f    λ 2  Id ).   Il reste à montrer que cette somme est directe, soit que Ker  (  f    λ 1  Id ) Ker  (  f    λ 2  Id ) = {0}.
Considérons donc un élément x de Ker  (  f    λ 1  Id ) Ker  (  f    λ 2  Id ). On a alors : f  ( x ) = λ 1  x et f  ( x ) = λ 2  x , doù λ 1  x = λ 2  x , ce qui sécrit : ( λ 1   λ 2 )  x = 0. Comme λ 1   λ 2 , on a x = 0.  Ceci prouve que Ker  (  f    λ 1  Id ) Ker  (  f    λ 2  Id ) {0}. Linclusion réciproque étant évidente (car le vecteur nul appartient aux deux noyaux), on a légalité : Ker  (  f    λ 1  Id ) Ker  (  f    λ 2  Id ) = {0}. Pour conclure :  l C  m = Ker  (  f    λ 1  Id ) Ker  (  f    λ 2  Id ).   c) La somme directe écrite ci-dessus prouve quau moins un des deux noyaux nest pas réduit au vecteur nul, ce qui fait que trois cas se présentent :  Ker  (  f    λ 1  Id ) = {0} doù l C   m = Ker  (  f    λ 2  Id ). On a donc f = λ 2  Id , ce qui prouve que f est diagonalisable avec λ 2 comme seule valeur propre.  Ker  (  f    λ 2  Id ) = {0} doù l C   m = Ker  (  f    λ 1  Id ). On a donc f = λ 1  Id , ce qui prouve que f est diagonalisable avec λ 1 comme seule valeur propre.  Ker  (  f    λ 1  Id ) {0} et Ker  (  f    λ 2  Id ) {0}. Daprès 1b), C  l  m est somme directe des deux sous-espaces propres de f (associés aux valeurs propres λ 1 et λ 2 ), ce qui prouve que f est diagonalisable et que ses valeurs propres sont λ 1 et λ 2 .  2) La matrice diagonale A  dont les éléments diagonaux sont égaux à i vérifie bien A  2 =  I .  3) a) En considérant lendomorphisme f de  l C 2 n +1 dont A est la matrice dans la base canonique de l  C 2 n +1 , on peut écrire f 2 =   Id , soit : (  f   i  Id )  o  (  f  +  i  Id ) = θ . Daprès la première question, f est diagonalisable dans C  l 2 n +1 et soit i , soit i , soit i et  i sont ses valeurs propres (et donc celles de ). A Mais dans le cas présent, si A navait quune valeur propre ( i par exemple), la matrice A serait semblable à i  I (car A est diagonalisable) et il existerait une matrice P inversible telle que : A = P  iI  P 1 = i  P  I  P 1 = i  I . Ceci contredit le fait que A est une matrice réelle. En conclusion : A est diagonalisable  et ses valeurs propres sont i et  i .   b) X E i   A  X = i  X   X = iX   A X =  i  X .  Comme la matrice A est réelle, on a A = A , doù : X E i   A X  =  i  X   X E i . On peut donc affirmer : X E i   X E i .   c) Comme u 1 , u 2 , ..., u p sont éléments de E i , on sait, daprès la question précédente, que u 1 , u 2 , ..., u p sont éléments de E i . Montrons que ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est libre. p p Soit ( λ 1 , ..., λ p )   l C  p tel que λ i u i = 0. En conjuguant, on obtient : λ i u i = 0. i = 1 i = 1 Comme ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une base de E i , cest une famille libre et on peut en déduire que : i {1, 2, ..., p }, λ i = 0. En conjuguant à nouveau, on a finalement : i {1, 2, ..., p }, λ i = 0.  Conclusion :
( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une famille libre de E i .  Il faut maintenant montrer que ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une famille génératrice de E i . Pour tout X de E i , on sait que X appartient à E i (daprès 3b), donc, comme ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est p une base de E i , il existe p complexes λ 1 , ..., λ p tels que X = λ i u i . En conjuguant, on i = 1 p obtient : X = λ i u i , ce qui prouve que ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une famille génératrice de E i . i = 1 Finalement, ( u 1 , u 2 , ..., u p ) est une base de E i et on a bien :  dim  E i = dim  E i = p .   d) Daprès la question 3a), M 2 n +1 (  l C) = E i   E i donc 2  n + 1 = dim  E i + dim  E i = 2  p . Cette égalité est impossible puisque 2  n + 1 est impair et 2  p est pair. Lhypothèse émise au début de la question 3) est donc irrecevable et on conclut que :  Il nexiste aucune matrice de M 2 n +1 (IR) telle que A  2 =   I .   Exercice 2 1) a) On procède par récurrence forte. Pour n = 1, u 1 est bien défini par lénoncé et u 1 = 1 > 0.   Si lon suppose, pour un entier n fixé dans IN ( n  2) que u 1 , ..., u n 1 sont bien définis et n 1 0 1 strictement positifs, alors u j > et, comme 2 n 1 est bien défini ( n  2) et strictement j = 1 positif, on a bien : u n est défini et strictement positif. Conclusion : La suite ( u n ) n  1 est bien définie et à termes strictement positifs.  Pour lunicité, on suppose quil existe une suite ( v n ) n  1 telle que v 1 = 1 et, pour tout entier n  supérieur ou égal à 2, v n = 1 n 1  2 n 1 j = 1 v j . Toujours par récurrence forte, on montre que : n  1, v n = u n . Pour n = 1, on a bien u 1 = v 1 . Si lon suppose, pour un entier n fixé dans IN ( n  2) que : j {1, 2, , n 1}, u j = v j , alors on n n 1 1 1 v , cest a facilement 2 n 1 1 j = 1 u j  = 2 n 1 j = 1 j -à-dire u n = v n . Conclusion : On définit bien une unique suite ( u n ) n  1 , à termes strictement positifs, en posant : u 1 = 1 et, n 1 u pour tout entier n supérieur ou égal à 2, u n  = 2 n 1 1 j = 1 j .
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