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Corrigé du sujet EDHEC Maths ECS 2016

Revenir à tous les corrigés des annales maths BCE

Exercice 1 : Scilab, dérivation et variation de suite

1/ a/ La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}_+^*$ comme quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathbb{R}_+^*$ , et on a :

$f'(x)=\dfrac{-e^{-x}(x+1)}{x^2}<0$ sur $\mathbb{R}_+^*$

Donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}_+^*$ .

De plus, $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ (pas des formes indéterminées)

b/ Par récurrence immédiate de la propriété

$\mathscr{P}(n):u_n$ est bien défini et $u_n>0$

function y=f(x,n)
if x==1 then y=n
else y=(1-x^(n+1))/(1-x)-1
endfunction

2/ Les script calculent les termes successifs de la suite, mais le premier script s’arrête lorsque u<=0.00001 et le second lorsque u>=100000, n sert de compteur, il indique l’indice du dernier terme calculé.

Conclusion : $u_5\leqslant0,00001$ et $u_6\geqslant100000$ et ce sont les premiers termes de la suite à vérifier ces inégalités.

De telles écarts peuvent nous faire conjecturer que la suite n’admet pas de limite (et même que la suite des termes de rang pair tend vers $+\infty$ et celle des termes de rang impair tend vers $0$ ).

3/ a/ $g$ est évidemment dérivable sur $\mathbb{R}_+$ et $g'(x)=-e^{-x}-2x<0$ sur $\mathbb{R}_+$ .

La fonction $g$ est donc continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}_+$ , elle réalise alors une bijection de $\mathbb{R}_+$ sur $g(\mathbb{R}_+)=]-\infty,1]$

b/ Sur $\mathbb{R}_+^*$ , $f(x)=x$ ssi $\dfrac{e^{-x}}{x}=x$

ssi $e^{-x}=x^2$ ssi $g(x)=0$ .

Or d’après la question précédente $0$ possède un unique antécédent dans $\mathbb{R}_+$ par $g$ . On le note alors $\alpha\in\mathbb{R}_+$ .

c/ Déterminons le signe de $g\left( \dfrac{1}{e}\right)$ et $g(1)$ :

On a : $g\left( \dfrac{1}{e}\right)=e^{-1/e}-\dfrac{1}{e^2}=\dfrac{1}{e^{1/e}}-\dfrac{1}{e^2}$ ,

or $\dfrac{1}{e}<2$

donc par croissance de la fonction exponentielle $e^{1/e}<e^2$ ,

donc en inversant $\dfrac{1}{e^{1/e}}>\dfrac{1}{e^2}$

et donc $g\left( \dfrac{1}{e}\right)>0$ .

Plus simplement, $g(1)=\dfrac{1}{e}-1<0$ , puisque $e>2$ .

En conclusion : $g(1)<g(\alpha)<g\left( \dfrac{1}{e}\right)$ , or comme $g$ est strictement décroissante

on a donc : $1>\alpha>\dfrac{1}{e}$ .

4/ a/ On peut calculer : $u_0=1$ , $u_1=\dfrac{1}{e}$ et

$u_2=f\left(\dfrac{1}{e}\right)=\dfrac{e^{-1/e}}{1/e}=e^{\dfrac{e-1}{e}}$ .

Or pour cette dernière, $\dfrac{e-1}{e}>0$ donc $e^{\dfrac{e-1}{e}}>1$

et on a alors bien $u_2=f(u_1)>1$ donc $u_2>u_0$ .

Pour l’autre inégalité, il suffit de remarquer que $f$ est décroissante de : $u_2>u_0$ on tire
$f(u_2)<f(u_0)$ soit $u_3<u_1$

b/ Montrons que $(u_{2n})_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante. Pour cela, on peut montrer par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{2n+2}>u_{2n}$

L’initialisation a été faite en (a).

Supposons que $u_{2n+2}>u_{2n}$ pour un certain rang $n\in\mathbb{N}$ fixé, on a alors en composant par $f$ (décroissante) :

$u_{2n+3}<u_{2n+1}$

et en composant encore une fois par $f$ (décroissante) :

$u_{2n+4}>u_{2n+2}$

La propriété est alors initialisée pour $n=0$ et elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$ .

Conclusion : $(u_{2n})_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante.

Pour $(u_{2n+1})_{n\in\mathbb{N}}$ c’est plus simple : comme $(u_{2n})_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante on a pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{2n+2}>u_{2n}$

en composant par $f$ (décroissante), on a alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{2n+3}<u_{2n+1}$

et $(u_{2n+1})_{n\in\mathbb{N}}$ est alors bien décroissante.

5/ a/ Pour $x>0$ ,
$h(x)=f(f(x))=\dfrac{e^{-f(x)}}{f(x)}$

= $\dfrac{e^{-\dfrac{e^{-x}}{x}}}{\dfrac{e^{-x}}{x}}$

= $x\dfrac{e^{-\dfrac{e^{-x}}{x}}}{e^{-x}}$

= $xe^{x-\dfrac{e^{-x}}{x}}$

= $xe^{x-f(x)}$

De plus, d’après la question 1., on a : $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ ,

donc par composition de limite : $\lim\limits_{x\to0^+}f(f(x))=0=h(0)$ ,

donc $h$ est bien continue en $0$ .

b/ Soit $x\in\mathbb{R}_+$ . On a :
$h(x)=x$ ssi $xe^{x-f(x)}=x$

ssi $\left\{\begin{array}{l} x=0\\ ou~en~divisant~par~ x\neq0, x-f(x)=0 \end{array} \right.$

L’équation $h(x)=x$ n’admet donc que deux solutions sur $\mathbb{R}_+$ : $0$ et $\alpha$ .

c/ $(u_{2n+1})_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante et minorée (par $0$ ) donc elle converge vers une limite $l<u_1=\dfrac{1}{e}<\alpha$ (d’après la question 3.(c)),

de plus $u_{2n+3}=h(u_{2n+1})$ , donc $l$ vérifie $h(l)=l$ .

Donc, compte tenu de ce qui précède et du fait que $l<\alpha$ on a nécessairement $l=0$ .

d/ Si $\lim\limits_{n\to+\infty}u_{2n}=l'\geqslant1=u_0$ alors grâce à $f$ continue sur $\mathbb{R}_+^*$ ,

on aurait $\lim\limits_{n\to+\infty}f(u_{2n})=f(l')$ , ou encore $\lim\limits_{n\to+\infty}u_{2n+1}=f(l')=0$ , d’après la question précédente.

Ceci est absurde puisque $0$ n’a pas d’antécédent par $f$ d’après la question 1.(a).

Conclusion : $(u_{2n})_{n\in\mathbb{N}}$ diverge, de plus, étant croissante, sa limite ne peut être que $+\infty$ .

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Exercice 2 : Algèbre linéaire

1/ a/ $f$ et $Id$ commutent, donc :

$(f-Id)^2+f\circ(2Id-f)$ $= f^2-2f+Id + 2f-f^2$ $= Id$

b/ D’après la question précédente, $Id=(f-Id)^2+f\circ(2Id-f)$ donc pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ , on a :

$Id(x)=(f-Id)^2(x)+(f\circ(2Id-f))(x)$

soit : $x=(f-Id)^2(x)+\left(f\circ(2Id-f)\right)(x)$

c/ $f\circ(f-Id)^2=0$

donc, pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ , $(f-Id)^2(x)\in Ker(f)$ .

De plus, $\left(f\circ(2Id-f)\right)(x)\in Im(f)$ .

Donc, avec (b), tout vecteur $x$ de $\mathbb{R}^n$ peut s’écrire comme somme d’un vecteur de $Ker(f)$ et d’un vecteur de $Im(f)$ ,

on a alors $\mathbb{R}^n=Ker(f)+Im(f)$ .

Reste à montrer que $Ker(f)\cap Im(f)=\{0\}$ pour avoir une somme directe :

Si $y\in Ker(f)\cap Im(f)$ alors il existe $x\in\mathbb{R}^n$ tel que $y=f(x)$ et $f(y)=f^2(x)=0$ .

Développons alors $f\circ(f-Id)^2=0$ , cela revient à : $f^3-2f^2+f=0$ que l’on applique à $x$ pour obtenir :

$f^3(x)-2f^2(x)+f(x)=0$

Soit :

$f(x)=y=0$

Conclusion : $\mathbb{R}^n=Ker(f)\oplus Im(f)$

2/ a/ On peut poser $P(X)=aX+b$ , puis on trouve en identifiant : $a=-\dfrac{1}{4}$ et $b=\dfrac{5}{4}$ .

Conclusion : $P(X)=-\dfrac{1}{4}X+\dfrac{5}{4}$ .

b/ Comme dans la question 1., on a cette fois-ci à partir de $\dfrac{1}{4}(X-1)(X-4)+ XP(X)=1$
$\dfrac{1}{4}(f-Id)\circ(f-4Id)+ f\circ P(f)=Id$

Donc, pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ :
$x=\left(\dfrac{1}{4}(f-Id)\circ(f-4Id)\right)(x)+ (f\circ P(f))(x)$

Or l’énoncé nous dit que : $f\circ(f-Id)\circ(f-4Id)=0$ ,

donc $\left(\dfrac{1}{4}(f-Id)\circ(f-4Id)\right)(x)\in Ker(f)$

de plus $(f\circ P(f))(x)= f[(P(f))(x)]\in Im(f)$ .

Donc $\mathbb{R}^n=Ker(f)+Im(f)$ .

De plus, de $f\circ(f-Id)\circ(f-4Id)=0$ on a $X(X-1)(X-4)=X^3-5X^2+4X$ est annulateur de $f$

et comme dans la question 1., si $y=f(x)\in Ker(f)\cap Im(f)$

alors $f^3(x)-5f^2(x)+4f(x)=0$

soit $4f(x)=4y=0$ ,

donc $\mathbb{R}^n=Ker(f)\oplus Im(f)$ .

3/ a/ $P\in\mathbb{R}_p[X]$ , il existe donc $(a_0,\dots,a_p)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tels que $P=a_0+a_1X+\cdots+a_pX^p$ .

De plus $P(0)=a_0$ et $P'(0)=a_1$ .

Donc d’après l’énoncé, $a_0=0$ et $a_1\neq0$ .

b/ Si $y\in Ker(f)\cap Im(f)$ , comme précédemment, il existe $x\in\mathbb{R}^n$ tel que

$y=f(x)$ et $f(y)=0$

(remarque : et plus généralement $f^k(x)=0$ pour tout entier $k\geqslant2$ ).

$P$ étant annulateur de $f$ , on a $(P(f))(x)=0$ ,

soit : $a_1f(x)+\cdots+a_pf^p(x)=0$

et donc d’après la remarque précédente :

$a_1f(x)=0$ .

Or, $a_1\neq0$ donc $f(x)=y=0$ .

Conclusion : $Ker(f)\cap Im(f)=\{0\}$ .

De plus $P(f)=0$ , donc $a_1f+\cdots+a_pf^p=0$ ou encore :

$f\circ (a_1 Id+a_2f+\cdots+a_pf^{p-1})=0$

On a aussi :

$a_1Id+a_2f + \cdots+a_pf^{p-1}\;$ $+\;f\circ(-a_2Id-a_3f-\cdots-a_pf^{p-2})$ $= a_1Id$ .

Donc pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ :
$\underbrace{a_1Id+a_2f + \cdots+a_pf^{p-1})(x)}_{\in Ker(f)}\;$ $+\;\underbrace{(f\circ(-a_2Id-a_3f-\cdots-a_pf^{p-2}))(x)}_{\in Im(f)}$ $= a_1x$

Donc $\mathbb{R}^n=Ker(f)+ Im(f)$ et avec ce qui précède : $\mathbb{R}^n=Ker(f)\oplus Im(f)$ .

c/ C’est plutôt clair, avec dans la question 1. $P=X(X-1)^2$

et dans la question 2. $P=X(X-1)(X-4)$

qui vérifient bien $P(0)=0$ et $P'(0)\neq0$ .

Exercice 3 : fonction à 2 variables et matrice hessienne

1/ a/ On a :
$L(\theta_1,\theta_2)=\prod\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\theta_2}}e^{-\dfrac{(x_i-\theta_1)^2}{2\theta_2}}$

$= \boxed{\dfrac{1}{(2\pi\theta_2)^{\dfrac{n}{2}}}e^{-\dfrac{1}{2\theta_2}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2}}$

Donc :

$\ln(L(\theta_1,\theta_2))$

= $\boxed{-\dfrac{n}{2}\ln(2\pi\theta_2) - \dfrac{1}{2\theta_2}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2}$

2/ a/ $f$ est bien de classe $C^2$ , par la somme de la composée et de quotient de fonctions de classe $C^2$ (polynômes) dont le dénominateur ne s’annule pas sur $U$ et de la composée de la fonction $\ln$ qui est bien $C^2$ sur $\mathbb{R}_+^*$ .

b/ On a :

$\boxed{\partial_1(f)(\theta_1,\theta_2)=\dfrac{1}{\theta_2}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)}$ et :

$\boxed{\partial_2(f)(\theta_1,\theta_2)=-\dfrac{n}{2\theta_2} + \dfrac{1}{2\theta_2^2}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2}$

On cherche les points critiques donc :

$\left\{ \begin{array}{l} \partial_1(f)(\theta_1,\theta_2)=0\\[7mm] \partial_2(f)(\theta_1,\theta_2)=0 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)=0\\ n\theta_2=\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \sum\limits_{i=1}^{n}x_i = n\theta_1\\ n\theta_2=\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i^2-2x_i\theta_1+\theta_1^2) \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \theta_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\\ n\theta_2=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2-2\theta_1\sum\limits_{i=1}^{n}x_i+n\theta_1^2 \end{array} \right.$

Or, d’après la première ligne $\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=n\theta_1$ donc en remplaçant dans la deuxième ligne, on a :

$\left\{ \begin{array}{l} \partial_1(f)(\theta_1,\theta_2)=0\\[7mm] \partial_2(f)(\theta_1,\theta_2)=0 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \theta_1=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}x_i\\ n\theta_2=\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2-n\theta_1^2 \end{array} \right.$

On remarque alors que $\theta_1$ est uniquement déterminé par les $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$

et $\theta_2$ est lui aussi uniquement déterminé par les $(x_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ et $\theta_1$ (qui est unique).

Conclusion : $f$ admet un unique point critique $A=\left(\widehat{\theta_1},\widehat{\theta_2}\right)$ sur $U$ et $A$ vérifie :

$\widehat{\theta_1}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}x_i$ et $\widehat{\theta_2}=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2-\widehat{\theta_1}^2$

c/ Calculons les dérivées partielles d’ordre 2 de $f$ :

$\partial_{1,1}^2(f)(\theta_1,\theta_2)=-\dfrac{n}{\theta_2}$ ;

$\partial_{2,2}^2(f)(\theta_1,\theta_2)=\dfrac{n}{2\theta_2^2}-\dfrac{1}{\theta_2^3}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)^2$

et $\partial_{1,2}^2(f)(\theta_1,\theta_2)=-\dfrac{1}{\theta_2^2}\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\theta_1)$

Donc en $A=\left(\widehat{\theta_1},\widehat{\theta_2}\right)$ , avec par définition

$\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\widehat{\theta_1})=0$ et $\sum\limits_{i=1}^{n}(x_i-\widehat{\theta_1})^2=n\widehat{\theta_2}$

(voir la question 2.(b)), on a :

$\boxed{\partial_{1,1}^2(f)(\widehat{\theta_1},\widehat{\theta_2})=-\dfrac{n}{\widehat{\theta_2}};}$

$\boxed{ \partial_{1,2}^2(f)(\widehat{\theta_1},\widehat{\theta_2})=0}$

$\boxed{\partial_{2,2}^2(f)(\widehat{\theta_1},\widehat{\theta_2})=\dfrac{n}{2\widehat{\theta_2}^2}-\dfrac{n\widehat{\theta_2}}{\widehat{\theta_2}^3}=\dfrac{-n}{2\widehat{\theta_2}^2}}$

d/ La matrice hessienne de $f$ en $A$ est donc diagonale et ses valeurs propres : $-\dfrac{n}{\widehat{\theta_2}}$ et $\dfrac{-n}{2\widehat{\theta_2}^2}$ sont strictement négatives, $f$ admet donc un maximum local en $A$ .

e/ $f$ admet donc un maximum local en $A$ signifie qu’il existe un voisinage $V$ de $A$ tel que

$\forall$ $(\theta_1,\theta_2)\in V,\; f(\theta_1,\theta_2)\leqslant f(A)$ ,

or $L=\exp(f)$ et la fonction exponentielle étant croissante, on a

$\forall$ $(\theta_1,\theta_2)\in V,\; L(\theta_1,\theta_2)\leqslant L(A)$ .

Conclusion : $L$ admet bien un maximum local en $A$ .

3/ On a :

$E(\overline{X_n})=\dfrac{1}{n} E\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)$

$=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i)$

$=\dfrac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}m$

$=m$ .

Donc $\overline{X_n}$ est bien un estimateur sans biais de $m$ .

4/ Rappelons que pour tout $i\in [1,n]$ , $E(X_i^2)=E(X^2)$ .

On a alors :

$E(Z_n)=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i^2)-E(\overline{X_n}^2)$

$= E(X^2)-\dfrac{1}{n^2}E\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)^2\right)$

Or, $\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)^2=\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2+2\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}X_iX_j$

donc : $\dfrac{1}{n^2} E\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)^2\right)$

$=\dfrac{1}{n^2}\left( nE(X^2) +2\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}E(X_iX_j)\right)$

mais par indépendance avec $i\neq j$ : $E(X_iX_j)=E(X_i)E(X_j)=(E(X))^2$ donc :

$\dfrac{1}{n^2} E\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)^2\right)$ $=\dfrac{1}{n}E(X^2) +\dfrac{2}{n^2}\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}(E(X))^2$

La dernière somme compte $\dfrac{(n-1)n}{2}$ termes,

donc : $\dfrac{1}{n^2} E\left(\left(\sum\limits_{i=1}^{n}X_i\right)^2\right)$

$=\dfrac{1}{n}E(X^2)+\dfrac{2}{n^2}\times\dfrac{(n-1)n}{2}(E(X))^2$

$=\dfrac{1}{n}E(X^2)+\dfrac{n-1}{n}(E(X))^2$

En revenant à $E(Z_n)$ on a alors :

$E(Z_n)=E(X^2)-\dfrac{1}{n}E(X^2)-\dfrac{n-1}{n}(E(X))^2$

$= \dfrac{n-1}{n}\sigma^2\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}\sigma^2$

Conclusion : $Z_n$ est un estimateur asymptotiquement sans biais de $\sigma^2$ .

5/ a/ $\overline{X_n}$ étant un estimateur sans biais de $m$ , il suffit, pour qu’il soit convergent, que $V(\overline{X_n})\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

Or, on a : $V(\overline{X_n}) = \dfrac{1}{n}V(X)\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$ , donc $(\overline{X_n})$ converge bien en probabilité vers $m$ .

Puisque la fonction réelle $x\mapsto x^2$ est continue, on peut en déduire que la suite $(\overline{X_n}^2)$ converge en probabilité vers $m^2$ .

b/ On a la loi de $X$ , une densité de $X$ est $\varphi_{m,\sigma^2}$ .

Pour que $X$ possède un moment d’ordre 4 il faut que l’intégrale $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}x^4\varphi_{m,\sigma^2}(x)\mathrm{d}x$ soit absolument convergente (ou tout simplement converge, l’intégrale étant positive).

Or, par croissance comparée, $x^6\varphi_{m,\sigma^2}(x)\underset{x\to\pm\infty}{\longrightarrow}0$ ,

donc $x^4\varphi_{m,\sigma^2}(x)\underset{x\to\pm\infty}{=}o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ ,

donc $\displaystyle \int_1^{+\infty}x^4\varphi_{m,\sigma^2}(x)\mathrm{d}x$ et $\displaystyle \int_{-\infty}^{-1}x^4\varphi_{m,\sigma^2}(x)\mathrm{d}x$ convergent et $X$ admet bien un moment d’ordre 4.

Par conséquent $X^2$ admet un moment d’ordre 2, on peut donc utiliser la loi faible des grands nombres avec $E(X^2)=V(X)+E(X)^2 = \sigma^2+m^2$ (Koenig-Huygens) :

$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2$ converge en probabilité vers $\sigma^2+m^2$

c/ $\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)=\left(\left|\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2-\overline{X_n}^2-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)$

soit encore en ajoutant et retranchant $m^2$ :
$\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)$ $=\left(\left|\underbrace{\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2-(\sigma^2+m^2)}_{A_n}+\underbrace{(m^2-\overline{X_n}^2)}_{B_n}\right|\geqslant\varepsilon\right)$

Or, si $|A_n+B_n|\geqslant\varepsilon$ alors $|A_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$ ou $|B_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}$ ,

car sinon, par inégalité triangulaire :

$|A_n+B_n|\leqslant|A_n|+|B_n|<\dfrac{\varepsilon}{2}+\dfrac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$
Donc :

$\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)=\left(|A_n+B_n|\geqslant\varepsilon\right)$

et $\left(|A_n+B_n|\geqslant\varepsilon\right)\subset\left(|A_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\cup\left(|B_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)$

Ce qu’il fallait démontrer.

5/ d/ Il suffit pour cela de montrer que $(Z_n)$ converge en probabilité vers $\sigma^2$ . Or, pour tout $\varepsilon>0$ , on a :

$\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)\subset\left(|A_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\cup\left(|B_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)$

$P\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)\leqslant P\left(|A_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right) + P\left(|B_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)$

mais, d’après la question 5. (b), $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2$ converge en probabilité vers $\sigma^2+m^2$

ce qui revient à $P\left(|A_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$

et, d’après la question 5. (a), $(\overline{X_n}^2)$ converge en probabilité vers $m^2$

ce qui revient à $P\left(|B_n|\geqslant\dfrac{\varepsilon}{2}\right)\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

On a alors bien :

$\forall\varepsilon>0,\; \lim\limits_{n\to+\infty}P\left(\left|Z_n-\sigma^2\right|\geqslant\varepsilon\right)=0$

et $Z_n$ est bien un estimateur convergent de $\sigma^2$ .

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Problème : Algèbre linéaire et probabilité avec les chaines de Markov

Partie 1 : Résultats préliminaires

1/ Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et tout $(i,j)\in [1,4] \times [1,4]$ , le coefficient situé à l’intersection de la $i^ème$ ligne et de la $j^ème$ colonne de $BA_n$ est donné par :

$\sum\limits_{k=1}^{4}b_{i,k}a_{k,j}(n)$ et par somme finie de limites, on a :

$\left(\sum\limits_{k=1}^{4}b_{i,k}a_{k,j}(n)\right)\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}\left(\sum\limits_{k=1}^{4}b_{i,k}a_{k,j}\right)$

qui n’est rien d’autre que le coefficient situé à l’intersection de la $i^ème$ ligne et de la $j^ème$ colonne de $BA$ .

Conclusion : on a donc bien $\lim\limits_{n\to+\infty}BA_n=BA$ .

2/ En considérant la matrice colonne
$X=\begin{pmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{pmatrix}$ , on a dans ce cas $AX=cX$ .

$c$ est donc bien une valeur propre de $A$ .

3/ On utilise le résultat bien connu : pour toutes matrices $M$ et $N$ de $\mathscr{M}_n(\mathbb{R})$ , $Tr(MN)=Tr(NM)$ que l’on redémontre ici :

$Tr(MN)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n}m_{i,k}n_{k,i}$

$= \sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{n}n_{k,i}m_{i,k}$

$=Tr(NM)$

Or, si $A$ est diagonalisable il existe une matrice diagonale $D=diag(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4)$ constituées des valeurs propres de $A$ et une matrice inversible $P$ telles que : $A=PDP^{-1}$ . On a alors :

$Tr(A)=Tr(PDP^{-1})$

$=Tr(DPP^{-1})=Tr(D)$

$=\sum\limits_{i=1}^{4}\lambda_i$ d’après le résultat redémontré précédemment.

Conclusion : Si $A$ est diagonalisable alors $Tr(A)$ est égal à la somme de ses valeurs propres.

Partie 2 : Étude de la matrice d’une chaîne de Markov

4/Tout d’abord, il faut remarquer que, les tirages étant des échanges, il y a toujours 3 boules dans chaque urnes.

De plus, si l’urne $U$ contient $i$ boules blanches alors elle contient aussi $(3-i)$ boules noires et dans ce cas l’urne $V$ contient $i$ boules noires et $(3-i)$ boules blanches.

Si l’urne $U$ contient $0$ boule blanche alors un échange donnera nécessairement $1$ boules blanche dans l’urne $U$ .
Donc : $\boxed{P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=1)=1}$ .
Si l’urne $U$ contient $3$ boule blanche alors un échange donnera nécessairement $2$ boules blanche dans l’urne $U$ .
Donc : $\boxed{P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=2)=1}$ .
Dans les autres cas, si l’urne $U$ contient $i\in\{1,2\}$ boules blanches alors au prochain tirage elle ne pourra en contenir que $i$ , $i+1$ ou $i-1$ .

Pour rester avec le même nombre $i$ de boules dans $U$ , il faut choisir une boule noire dans $U$ et une boule noire dans $V$ ou alors il faut choisir une boule blanche dans $U$ et une boule blanche dans $V$ .

On a donc : $P_{(X_n=i)}(X_{n+1}=i)=\dfrac{3-i}{3}\times\dfrac{i}{3} + \dfrac{i}{3}\times\dfrac{3-i}{3}$

Soit : $\boxed{P_{(X_n=i)}(X_{n+1}=i)=\dfrac{2i(3-i)}{3^2}}$

Pour augmenter le nombre de boules blanches d’une unité il faut choisir une boule noire dans $U$ et une boule blanche dans $V$ .

Donc : $\boxed{P_{(X_n=i)}(X_{n+1}=i+1)=\dfrac{(3-i)^2}{3^2}}$

Pour diminuer le nombre de boules blanches d’une unité il faut choisir une boule blanche dans $U$ et une boule noire dans $V$ .

Donc : $\boxed{P_{(X_n=i)}(X_{n+1}=i-1)=\dfrac{i^2}{3^2}}$

5/ a/ La matrice $M$ est donnée par :
$\begin{pmatrix} P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=0) & P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=1) & P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=2) & P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=3)\\ P_{(X_n=1)}(X_{n+1}=0) & P_{(X_n=1)}(X_{n+1}=1) & P_{(X_n=1)}(X_{n+1}=2) & P_{(X_n=1)}(X_{n+1}=3)\\ P_{(X_n=2)}(X_{n+1}=0) & P_{(X_n=2)}(X_{n+1}=1) & P_{(X_n=2)}(X_{n+1}=2) & P_{(X_n=2)}(X_{n+1}=3)\\ P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=0) & P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=1) & P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=2) & P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=3)\\ \end{pmatrix}$

Soit, d’après la question précédente :
$M= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 1/9 & 4/9 & 4/9 & 0\\ 0 & 4/9 & 4/9 & 1/9\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$

qui est bien la matrice donnée à la question 12.

b/ Pour tout $j\in [\![0\,;3]\!]$ , d’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements $((X_n=i)_{0\leqslant i\leqslant 3})$ , on a :

$P(X_{n+1}=j) = P(X_n=0)P_{(X_n=0)}(X_{n+1}=j)$

$+P(X_n=1)P_{(X_n=1)}(X_{n+1}=j)$

$+P(X_n=2)P_{(X_n=2)}(X_{n+1}=j)$

$+P(X_n=3)P_{(X_n=3)}(X_{n+1}=j)$

L’égalité demandée est donc vraie pour le $(j+1)^ème$ coefficient de $L_{n+1}$ .

Or, ceci étant vrai pour tout $j$ , on bien :

Pour tout entier $n\geqslant3,\; L_{n+1}=L_nM$ admis pour $n=0,1$ et 2

c/ Par une récurrence immédiate

6/ a/ La somme des coefficients d’une ligne de $M$ vaut toujours 1, donc d’après la question 2., 1 est valeur propre de $M$ .

b/ Un simple calcul donne :

$\boxed{M\,{}^tE_1=\dfrac{-1}{9}{}^tE_1}$

et $\boxed{M\,{}^tE_2=\dfrac{1}{3}{}^tE_2}$

Donc ${}^tE_1$ est bien un vecteur propre de $M$ associé à la valeur propre $\dfrac{-1}{9}$ et ${}^tE_2$ est bien un vecteur propre de $M$ associé à la valeur propre $\dfrac{1}{3}$ .

c/ Si $M$ est diagonalisable alors, d’après la question 3., la somme des valeurs propres de $M$ doit être égale à $Tr(M)=\dfrac{8}{9}$ .

On a déjà 3 valeurs propres de $M$ , la dernière $\lambda$ vérifie donc :

$1+\dfrac{-1}{9}+\dfrac{1}{3}+\lambda=\dfrac{8}{9}$ et donc $\lambda=\dfrac{-1}{3}$ .

Montrons que $M+\dfrac{1}{3}I_4$ n’est pas inversible ou, ce qui revient au même, montrons que $A=9\left(M+\dfrac{1}{3}I_4\right)$ n’est pas inversible :

On a :
$A=\begin{pmatrix} 3 & 9 & 0 & 0\\ 1 & 7 & 4 & 0\\ 0 & 4 & 7 & 1\\ 0 & 0 & 9 & 3 \end{pmatrix}$ .

Les étapes successives suivantes :
$\begin{array}{l} L_2\leftarrow3L_2-L_1\\ L_3\leftarrow3L_3-L_2\\ L_4\leftarrow L_4-L_3 \end{array}$

donnent la matrice :

$\begin{pmatrix} 3 & 9 & 0 & 0\\ 0 & 12 & 12 & 0\\ 0 & 0 & 9 & 3\\ 0 & 0 &0 & 0 \end{pmatrix}$

qui n’est pas inversible, donc $A$ n’est pas inversible.

Conclusion : $\lambda=\dfrac{-1}{3}$ est bien valeur propre de $M$ qui possède alors 4 valeurs propres distinctes et est donc bien diagonalisable.

Remarque : pour montrer que $A$ n’est pas inversible, on aurait pu aussi montrer que : $C_2-3C_1-C_3+3C_4=0$

Partie 3 : Recherche d’une loi stationnaire

7/ D’après la question précédente, $M$ est diagonalisable.

De plus un vecteur propre associé à la valeur propre $1$ est le vecteur ne contenant que des « 1 » (voir la question 2.).

Il existe donc une matrice inversible $Q$ (constituée de vecteurs propres dont le premier peut être le vecteur propre ne contenant que des « 1 ») et une matrice diagonale $D=\mathrm{diag}\left(1\; \dfrac{-1}{9}\; \dfrac{1}{3}\; \dfrac{-1}{3} \right)$ telles que $M=QDQ^{-1}$ .

8/ Une récurrence immédiate montre que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $M^n=QD^nQ^{-1}$ .

Or, $D$ étant diagonale, on a $D^n=\mathrm{diag}\left(1\; \left(\dfrac{-1}{9}\right)^n\; \dfrac{1}{3^n}\; \left(\dfrac{-1}{3}\right)^n \right)$

De plus $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{-1}{9}\right)^n =\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{3^n}$

$=\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{-1}{3}\right)^n$

$=0$

donc $\lim\limits_{n\to+\infty}D^n= \mathrm{diag}(1\; 0\; 0\; 0)$ et d’après les résultats admis dans les préliminaires :

$\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}M^n=Q \mathrm{diag}(1\; 0\; 0\; 0) Q^{-1}}$

9/ a/ De $M=QDQ^{-1}$ on tire $Q^{-1}M=DQ^{-1}$ , soit :

$= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \times & 0 & 0\\ 0 & 0 & \times & 0\\ 0 & 0 & 0 & \times \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times \end{pmatrix}$

En identifiant chaque coefficient de la première ligne du résultat de ces produits, on obtient alors :
$\left\{ \begin{array}{lllll} & \dfrac{1}{9}\times\ell_2 & & & = \ell_1\\ \ell_1 & + \dfrac{4}{9}\ell_2 & + \dfrac{4}{9}\ell_3 & & = \ell_2\\[2mm] & \dfrac{4}{9}\ell_2 & + \dfrac{4}{9}\ell_3 & + \ell_4 & = \ell_3\\ & & \dfrac{1}{9}\ell_3 & & = \ell_4 \end{array} \right.$
De $L_1$ et $L_4$ on tire : $\boxed{\ell_2=9\ell_1}$ et $\boxed{\ell_3=9\ell_4}$

et de $L_2-L_3 : \boxed{\ell_1-\ell_4=\ell_2-\ell_3}$

et on a alors bien :

$\boxed{\ell_1=\ell_4}$ et $\boxed{\ell_2=\ell_3=9\ell_4}$

b/ On a $Q^{-1}Q=I_4$ et d’après la question 7., la première colonne de $Q$ ne contient que des « 1 », donc :

$\begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

On a donc : $\ell_1+\ell_2+\ell_3+\ell_4=1$ , mais comme $\ell_1=\ell_4$ et $\ell_2=\ell_3=9\ell_4$ cela revient alors à : $\ell_4+9\ell_4+9\ell_4+\ell_4=1$ donc :
$\boxed{\ell_4=\dfrac{1}{20}}$

10/ $\lim\limits_{n\to+\infty}M^n=Q \mathrm{diag}(1\; 0\; 0\; 0) Q^{-1}$

$= \begin{pmatrix} 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times\\ \times & \times & \times & \times \end{pmatrix}$

Soit :
$\lim\limits_{n\to+\infty}M^n=\begin{pmatrix} 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times\\ 1 & \times & \times & \times \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

$= \begin{pmatrix} \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4\\ \ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4 \end{pmatrix}$

Or, $\ell_1=\ell_4=\dfrac{1}{20}$ et $\ell_2=\ell_3=9\ell_4$ , donc :

$\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}M^n = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20} \end{pmatrix}}$

11/ a/ Tout d’abord, on a : $X(\Omega)=\{0,1,2,3\}$ . Utilisons les événements suggérés par l’énoncé :

$(X=0)=N_1\cap N_2\cap N_3$ ,

donc par la formule des probabilités composées :

$P(X=0)=P(N1)P_{N_1}(N_2)P_{N_1\cap N_2}(N_3)$

$= \dfrac{3}{6}\times\dfrac{2}{5}\times\dfrac{1}{4}$

$= \dfrac{1}{20}$ .

De même : $(X=1) = (B_1\cap N_2\cap N_3)$ $\sqcup(N_1\cap B_2\cap N_3)\sqcup(N_1\cap N_2\cap B_3)$

et par incompatibilité et par la formule des probabilités composées :

$P(X=1)$ $= \dfrac{3}{6}\times\dfrac{3}{5}\times\dfrac{2}{4}\; +\; \dfrac{3}{6}\times\dfrac{3}{5}\times\dfrac{2}{4} \; +\; \dfrac{3}{6}\times\dfrac{2}{5}\times\dfrac{3}{4}$

$= 3\times\dfrac{18}{120}$

$=\dfrac{9}{20}$ .

Pour $(X=3)=B_1\cap B_2\cap B_3$ , on trouve alors $P(X=3)=\dfrac{1}{20}$ et
$P(X=2)$ $=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)$

$= 1-\dfrac{1}{20}-\dfrac{9}{20}-\dfrac{1}{20}=\dfrac{9}{20}$ .

Conclusion : la loi de $X$ est donnée par : $\boxed{P(X=0)=\dfrac{1}{20},\; P(X=1)=\dfrac{9}{20}}$ $\boxed{P(X=2)=\dfrac{9}{20},\; P(X=3)=\dfrac{1}{20}}$

b/ On a :
${}^tM= \begin{pmatrix} 0 & 1/9 & 0 & 0\\ 1 & 4/9 & 4/9 & 0\\ 0 & 4/9 & 4/9 & 1\\ 0 & 0 & 1/9 & 0\\ \end{pmatrix}$
et
$V=\begin{pmatrix} P(X=0)\\ P(X=1)\\ P(X=2)\\ P(X=3) \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1/20\\ 9/20)\\ 9/20\\ 1/20 \end{pmatrix}$ .

Un simple calcul donne : ${}^tMV=V$ , $V$ est donc bien un vecteur propre de ${}^tM$ associé à la valeur propre 1.

c/ Pour cela il suffit de montrer que : $\lim\limits_{n\to+\infty}L_n=L=\left(\dfrac{1}{20}\; \dfrac{9}{20} \; \dfrac{9}{20} \; \dfrac{1}{20}\right)$ .

Or, d’après la question 5.(c), on a, pour tout $n\in\mathbb{N}$ ;

$L_n=L_0M^n$ , avec $L_0=\left(0\;0\;0\;1\right)$

et grâce aux résultats admis dans les préliminaires,

$\lim\limits_{n\to+\infty}L_n=\lim\limits_{n\to+\infty}L_0M^n = L_0\left(\lim\limits_{n\to+\infty}M^n\right)$

mais d’après la question 10., $\lim\limits_{n\to+\infty}M^n= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20}\\ \dfrac{1}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{9}{20} & \dfrac{1}{20} \end{pmatrix}$

un simple calcul montrer alors bien que $L_0\left(\lim\limits_{n\to+\infty}M^n\right)=L$ .

Conclusion : la suite X_n converge alors bien en loi vers X.

d/ Le programme renvoie la suite des $n$ premiers états suivants l’état initial $X=4$ (pour avoir des valeurs comprises entre 1 et 4, puis on soustrait 1 à chaque coefficient du vecteur renvoyé).

Autrement dit, le programme simule l’expérience et donne le nombre de boules blanches dans l’urne $U$ lors des $n$ premiers tirages.

Ensuite, le programme calcule la moyenne des nombres d’états où $X=0$ (l’urne $U$ n’a pas de boule blanche),

on peut donc supposer que $f$ sera proche de $P(X=0)=\dfrac{1}{20}$ lorsque $n$ est assez grand.

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