L’analyse du sujet de mathématiques appliquées EDHEC 2026 est disponible.
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L’analyse du sujet de Mathématiques Appliquées EDHEC 2026
L’analyse du sujet de mathématiques appliquées EDHEC 2026 rédigé par Hugo Wermuth
Exercice 1
- Il faut initialiser u à a puis appliquer n fois la relation de récurrence. Dans la boucle, on remplace u par u²-u+1.
- Si la suite converge vers une limite finie l, on passe à la limite dans la relation :
l = l²-l+1.
Donc (l-1)²=0, et la seule limite possible est 1.
3.a) On calcule :
uₙ₊₁-uₙ = (uₙ-1)².
Comme u₀=a>1, on montre par récurrence que uₙ>1, donc la suite est strictement croissante.
3.b) Comme u₀=a et que la suite est croissante, on a pour tout n, uₙ≥a.
3.c) Si la suite convergeait, sa limite serait 1 d’après 2. Or uₙ≥a>1. Absurde. Donc la suite diverge et, comme elle est croissante, uₙ tend vers +∞.
- Comme uₙ tend vers +∞,
uₙ₊₁ = uₙ²-uₙ+1 est équivalent à uₙ².
Il fallait donc choisir la proposition correspondant à uₙ₊₁ ∼ uₙ².
5.a) On remarque que :
uₙ₊₁-1 = uₙ(uₙ-1).
Donc les inverses existent et :
1/(uₙ-1) – 1/(uₙ₊₁-1) = 1/uₙ.
Question classique de télescopage.
5.b) On somme l’égalité précédente de k=0 à n. On obtient :
somme de k=0 à n de 1/u_k = 1/(a-1) – 1/(uₙ₊₁-1).
5.c) Comme uₙ₊₁ tend vers +∞, le dernier terme tend vers 0.
La série de terme général 1/uₙ converge et sa somme vaut 1/(a-1).
6.a) Dans cette question a=2, donc la somme des 1/uₙ vaut 1. Les termes sont positifs. Cela définit bien une loi de probabilité sur ℕ.
6.b) On vérifie l’inégalité demandée directement. Elle sert à amorcer une récurrence pour obtenir une minoration géométrique de uₙ.
6.c) On utilise 6.b) par récurrence pour obtenir, pour tout n≥2, uₙ≥2ⁿ. Il reste à vérifier les premiers rangs.
6.d) Pour n≥2, on a 1/uₙ≤1/2ⁿ. Les séries de termes n/2ⁿ et n²/2ⁿ convergent. Par comparaison, X admet une espérance et un moment d’ordre 2, donc une variance.
Exercice 2
1.a) C’est un système différentiel linéaire à coefficients constants avec condition initiale. Cours : existence et unicité de la solution.
1.b) En utilisant les deux équations du système, f’ et g’ sont combinaisons de f et g. On redérive et on obtient que f et g sont deux fois dérivables.
Première méthode utilisant f
2.a) On part de f’=f-2g, donc g=(f-f’)/2. On dérive f’ puis on remplace g et g’. On obtient :
f’’-6f’+9f=0.
2.b) Avec f(0)=1 et g(0)=1 :
f’(0)=f(0)-2g(0)=-1.
2.c) L’équation caractéristique est (r-3)²=0. Donc
f(x)=(A+Bx)e³ˣ.
Avec f(0)=1 et f’(0)=-1, on trouve :
f(x)=(1-4x)e³ˣ.
2.d) On utilise g=(f-f’)/2. On obtient :
g(x)=(1+4x)e³ˣ.
Deuxième méthode utilisant h
3.a) On pose h=f+g. En additionnant les deux équations du système, on obtient h’=3h. Le système est donc équivalent à :
f’=f-2g et h’=3h.
3.b) h(0)=f(0)+g(0)=2. Donc h(x)=2e³ˣ.
3.c) Comme h=f+g, on a g=h-f. En remplaçant dans f’=f-2g, on obtient :
f’=3f-4e³ˣ,
et f+g=2e³ˣ.
4.a) On cherche une solution particulière de y’=3y-4e³ˣ sous la forme ax e³ˣ. En remplaçant, on trouve a=-4.
4.b) La solution générale est donc :
f(x)=Ce³ˣ-4xe³ˣ.
Avec f(0)=1, C=1. Donc f(x)=(1-4x)e³ˣ.
4.c) On utilise f+g=2e³ˣ. On obtient :
g(x)=(1+4x)e³ˣ.
5.a) Il suffit d’écrire deux fonctions Python renvoyant respectivement (1-4x)exp(3x) et (1+4x)exp(3x).
5.b) On crée une liste ou un tableau de valeurs de x sur [-1/2,1/2], puis on trace f(x) et g(x) avec plt.plot. Question Python classique.
Exercice 3
1.a) Pour X uniforme sur [0,θ], la fonction de répartition vaut :
0 si x<0,
x/θ si 0≤x≤θ,
1 si x≥θ.
1.b) Cours :
E(X)=θ/2 et V(X)=θ²/12.
2.a) Pour Yₙ=max(X₁,…,Xₙ),
Fₙ(x)=P(Yₙ≤x)=P(X₁≤x,…,Xₙ≤x).
Par indépendance :
Fₙ(x)=F(x)ⁿ.
2.b) Sur [0,θ], Fₙ(x)=(x/θ)ⁿ. On dérive :
fₙ(x)=n xⁿ⁻¹ / θⁿ sur [0,θ], et 0 ailleurs.
Donc Yₙ est à densité.
3.a) Si U suit la loi uniforme sur [0,1], alors θU suit la loi uniforme sur [0,θ]. Cours sur le changement d’échelle.
3.b) Il faut simuler n variables uniformes sur [0,θ] puis renvoyer leur maximum. Avec rd.random(n), on prend θ*rd.random(n), puis max.
4.a) On calcule l’espérance de Yₙ avec la densité trouvée en 2.b. On obtient :
E(Yₙ)=nθ/(n+1).
4.b) On calcule E(Yₙ²), puis V(Yₙ)=E(Yₙ²)-E(Yₙ)². On retrouve :
V(Yₙ)=nθ²/((n+1)²(n+2)).
5.a) Zₙ=(n+1)/n · Yₙ. Donc
E(Zₙ)=θ.
Ainsi Zₙ est un estimateur sans biais de θ.
5.b) On utilise la formule de la variance sous multiplication par une constante :
V(Zₙ)=θ²/(n(n+2)).
6.a) Comme θ∈[5,7], on a θ²≤49. Si n≥47, alors n+2≥49, donc θ²/(n+2)≤1.
6.b) On applique Bienaymé-Tchebychev à Zₙ :
P(|Zₙ-θ|≥ε)≤V(Zₙ)/ε².
Avec 6.a), on obtient :
P(|Zₙ-θ|<ε)≥1-1/(nε²).
6.c) Pour ε=1/10 et n≥2000 :
1-1/(nε²)=1-100/n≥0,95.
Donc [Zₙ-1/10, Zₙ+1/10] est un intervalle de confiance de θ de niveau au moins 0,95.
- Le programme répète 1000 fois la simulation de Zₙ avec n=2000, puis compte la proportion de fois où |Zₙ-θ|≤0,1. Le résultat affiché est une estimation par simulation du niveau de confiance de l’intervalle précédent.
Problème
Partie 1 : préliminaires
1.a) Comme Jₙ est la matrice dont tous les coefficients valent 1, on a Jₙ²=nJₙ. Donc P(Jₙ)=Jₙ²-nJₙ=0. P est bien un polynôme annulateur de Jₙ.
1.b) Jₙ est symétrique réelle, donc diagonalisable. Comme P est annulateur, ses valeurs propres sont parmi 0 et n. On montre par l’absurde que les deux apparaissent.
1.c) Si X=(x₁,…,xₙ), alors JₙX est le vecteur dont toutes les composantes valent x₁+…+xₙ. L’égalité JₙX=nX équivaut donc à x₁=…=xₙ.
1.d) Le sous-espace propre associé à n est donc la droite engendrée par U, le vecteur dont toutes les composantes valent 1. Sa dimension vaut 1.
Partie 2 : quelques généralités
2.a) Le graphe donné est connexe, de degré maximal 2, d’ordre 4 et de diamètre 2. Il appartient donc à E₄(2).
2.b) Les deux graphes de E₅(2) sont G₁ et G₃.
G₂ est exclu car un sommet a degré 4.
G₄ est exclu car son diamètre est supérieur à 2.
3.a) Un sommet a au plus d voisins par définition du degré maximal.
3.b) Comme D=2, tout sommet autre que s est soit voisin de s, soit voisin d’un voisin de s. Il y a au plus d voisins de s, puis au plus d(d-1) sommets à distance 2.
3.c) On ajoute le sommet s. Donc :
n≤1+d+d(d-1)=d²+1.
Partie 3 : étude de la matrice d’adjacence d’un graphe de Moore
- A est symétrique car le graphe est non orienté : si i est relié à j, alors j est relié à i.
5.a) Comme le graphe est simple, aᵢⱼ vaut 0 ou 1.
5.b) Il n’y a pas de boucle, donc aᵢᵢ=0.
6.a) Par définition du produit matriciel, le coefficient bᵢⱼ de A² vaut somme des aᵢₖaₖⱼ. Il compte les chaînes de longueur 2 entre i et j.
6.b) Pour i fixé, bᵢᵢ compte les chaînes de longueur 2 de i vers i, donc les allers-retours par un voisin de i. Il y en a d. Donc bᵢᵢ=d.
7.a) Si i≠j et aᵢⱼ=1, il existe déjà une chaîne de longueur 1 entre i et j. Par unicité, il n’y a pas de chaîne de longueur 2, donc bᵢⱼ=0.
Si aᵢⱼ=0, comme le diamètre vaut 2, il existe une chaîne de longueur 2, unique, donc bᵢⱼ=1.
7.b) Pour i≠j, on a donc bᵢⱼ+aᵢⱼ=1.
7.c) Pour i=j, on a bᵢᵢ+aᵢᵢ=d+0=d.
- Les coefficients hors diagonale de A²+A valent 1 et les coefficients diagonaux valent d. On reconnaît :
A²+A=(d-1)Iₙ+Jₙ.
Partie 4 : valeurs propres possibles de A
- A est symétrique réelle, donc diagonalisable.
10.a) Le produit AU donne, à chaque ligne, la somme des coefficients de la ligne de A. Comme chaque sommet est de degré d, AU=dU.
10.b) Donc d est valeur propre de A.
11.a) Si AX=λX, on applique la relation A²+A=(d-1)Iₙ+Jₙ :
JₙX=(λ²+λ-d+1)X.
11.b) Si λ=d, alors JₙX=nX. D’après la partie 1, X appartient à Vect(U). Le sous-espace propre associé à d est donc de dimension 1.
11.c) Avec n=d²+1, l’équation λ²+λ-d+1=n donne λ=d ou λ=-d-1. Seule λ=d est effectivement valeur propre, car λ=-d-1 conduirait aussi à X dans Vect(U), ce qui est impossible.
11.d) Si λ≠d, alors X est orthogonal à U car A est symétrique. Donc JₙX=0.
11.e) Les autres valeurs propres possibles vérifient :
λ²+λ-d+1=0.
On obtient :
b=(-1+√(4d-3))/2 et c=(-1-√(4d-3))/2.
Partie 5 : confirmation des valeurs propres de A
12.a) Deux matrices semblables ont même trace car Tr(P⁻¹AP)=Tr(APP⁻¹)=Tr(A).
12.b) Comme A est diagonalisable, elle est semblable à une matrice diagonale. Si aucune des valeurs b ou c n’était valeur propre, la seule valeur propre serait d, ce qui contredirait le fait que l’espace propre associé à d est de dimension 1. Donc au moins l’une de b ou c est effectivement valeur propre.
- La matrice diagonale semblable à A contient une seule fois la valeur d, car le sous-espace propre associé à d est de dimension 1. Tous les autres éléments diagonaux sont donc égaux à b ou c.
- Si d=1, alors n=d²+1=2. Un graphe connexe à 2 sommets a diamètre 1, pas 2. Donc d≠1.
15.a) Si b est la seule valeur propre autre que d, la trace de A donne :
d+(n-1)b=0,
car la diagonale de A est nulle.
15.b) Avec n=d²+1 et b=(-1+√(4d-3))/2, on obtient :
d-2=d√(4d-3).
15.c) En élevant au carré, on obtient une contradiction qui force d=1, impossible d’après 14. Donc b ne peut pas être la seule valeur propre autre que d.
- De même, c ne peut pas être la seule autre valeur propre. Comme au moins l’une de b ou c apparaît et qu’aucune ne peut apparaître seule, les valeurs propres de A sont bien d, b et c.
