Découvre sans plus attendre l‘analyse du sujet de maths E emlyon bs 2021. Cette épreuve marque le début des concours pour les candidats de la voie économique (ECE)
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Une conception de sujet assez surprenantes à l’EM Lyon cette année qui quitte son traditionnel format de trois exercice pour un format qui ressemble plus à ce qui est proposé en scientifique avec deux problèmes. Un format qui a dû surprendre nombre de candidats au moment de l’épreuve. Soulignons que ce format crée une continuité plus importante des parties à travers les deux exercices. Toutefois en étant sérieux mais aussi courageux on pouvait réellement s’en sortir.
Problème 1
Un très beau problème qui est assez complet mélangeant de nombreux thèmes apportés au cours des deux ans de préparations : des études de fonctions, de limites (avec des formes indéterminées), des sommes et des séries à transformer et des inégalités à résoudre.
L’exercice devient tout de suite plus intéressant à partir de la partie C qui fait pas mal de lien avec ce qui à été fait dans la partie présente, on retrouve aussi un variables dépendant d’autre variable et un mix entre variables aléatoires continues et variables aléatoires discrètes. Cette partie C n’a pu sûrement être traité entièrement que par les plus élèves les plus courageux et sérieux.
Partie A
Question 1
Sur l’intervalle ouvert, pas de problèmes, mais pour montrer que phi est continue en – infini et 1, il faut poser le changement de variable X = 1 – x pour bien faire apparaître les formes indéterminées. Quand x tend vers 1 X tend vers 0 et on obtient la limite de 1 – X + Xln(X) en 0. La forme croissance comparée est beaucoup plus claire !
Question 2
a): On montre facilement par produit de composé de fonction C1 et somme de fonction C1 que la fonction est C1 sur ]-inf ; 1[, on trouve phi’ = -ln(1-x)
b) Phi ‘ est négative de ]-inf ; 0[ et positive de ]0 ; 1[ et s’annule en 0, donc phi est respectivement décroissante et croissante sur ses intervalles
c) Une question assez classique
Question 3
La limite est +inf en passant par un DL et en effectuant un changement de variable
Question 4
La dérivée est nulle en 0 donc il y a une tangente horizontale en 0 et la fonction n’est
Question 5
- a)Ici on retrouve une intégrale classique “cachée” (l’intégrable de 0 à 1 de ln(x) qui vaut -1). Donc, il suffit de poser epsilon supérieur à 0, de réaliser une IPP avec u(t)=t et v’(t)=ln(t). Ainsi, en appliquant la formule de l’IPP et en faisant tendre epsilon vers 0 on trouve -¼ (car epsilon*ln(epsilon) tend vers 0 lorsque epsilon tend vers 0)
- b)Ici on sent qu’il faut utiliser la question précédente…Par linéarité de l’intégrale, on sépare Phi en deux intégrales distinctes.
La première étant facile (intégrer x de 0 à 1) (=½)
La seconde implique un changement de variable : poser t = (1-x). Dès lors on se retrouve avec des bornes inversées, il faut les inverser (on donc ajouter un moins). On retrouve le résultat précédent (intégrable de tln(t) sur [0,1], qui valait -1/4 ).
Dès lors, ½ -¼ = ¼.
Partie B
Question 6
a)On reconnaît une somme géométrique t^k (avec t différent de 1). C’est une somme qui commence à 0 et se termine à (n-1), d’où : ∑t^k = (1-t^n)/(1-t).
Il suffit de séparer la fraction et deux et d’isoler t^/(1-t)
b)Question très intéressante: il faut utiliser le résultat de la question précédente. On applique l’intégrale de 0 à x à gauche de l’égalité de la question 6)a.
Ensuite, on sépare cette intégrale en deux intégrales différentes, ie : intégrale de 1/(1-t) et intégrale de la somme de x^k/k. (par linéarité de l’intégrale). La primitive de 1/(1-t) étant -ln(1-t), on trouve le -ln(1-x).
Après, étant donné que la somme de x^k/k est finie, on peut intervenir l’intégrale et la somme. On primitive ensuite x^k/k -> x^k+1/k+1. Pour termine, on pose soit un changement de variable z=k+1 ou on joue sur les indices de la somme… on ajoute 1 aux indices de la somme (pour quelle commence de 1 et se termine à n) et on diminue de 1 le (k+1) à l’exposant et au dénominateur.
Question 7
A gauche de l’inégalité: la fonction t^n/(1-t) est positive car t appartient à [0;x] et x appartient à [0;1]. Intégrer une fonction positive nous donne un résultat positif car les bornes sont dans le bons sens. (positivité de l’intégrable)
à droite de l’inégalité: on sait que t appartient à [0;x[ et que x appartient à [0;1] d’ou t appartient à [0,1[.
Ainsi, par transitivité, on a bien démontré l’inégalité à droite.
La limite est donc 0 par théorème d’encadrement.
Question 8
On repart de l’inégalité de la question 6)b. en passant -ln(1-x) à droite. On connait la limite de l’intégrale qui vaut 0 maintenant et on obtient bien le bon résultat.
Question 9
a)Question très classique! Il suffit d’utiliser un système d’identification. Il faut mettre sous le dénominateur n(n+1) à droite et résoudre le système (a+b=0 et a=1))
on trouve ainsi a = 1 et b = -1
b)x^(n+1)< 1. On peut donc majorer la somme par la somme de 1/n(n+1) qui converge par Riemann
Ensuite pour trouver la valeur de la série :
Noter que x^(n+1)/n(n+1) = x^(n+1)*(1/n – 1/(n+1) d’après 9a. En développant, on trouve deux sommes différentes (possible car série convergente). Après une série de calcul, un changement de variable et une factorisation, on retrouve phi(x).
Question 10
Pour la convergence: 1/n(n+1) est équivalent à 1/n^2 en + infini. Dès lors, par critère d’équivalence de fonctions positives, la série 1/(n(n+1) converge!
Petit (gros) piège ! On ne peut pas simplement remplacer x par 1 car x n’appartient pas à [0;1[. Du coup on rappelle que 1/n(n+1) = 1/n – 1(n+1). On obtient donc deux sommes différentes. On applique un télescopage sur deux sommes partielles d’abord. On trouve ainsi 1 – 1/(N+1) et quand N tend vers +infini on obtient 1 qui est la valeur de phi(1) (d’après la question 1 ! 🙂
Partie C
Question 11
On note avant toute chose que oméga = [2 ; + infini]
.a/ L’événement [N=n] signifie: avoir n boules lors de l’arrêt de l’expérience (piocher une rouge). La seule possibilité pour avoir n boules à la fin , c’est d’avoir (n-1) boules bleues.
Pour tirer la rouge, il faut tirer une bleue au rang d’avant (soit une proba de 1/n-1), puis pour tirer la rouge on a plus qu’une chance sur n.
D’où, la probabilité P([N=n])=1/(n(n+1))
b/On calcule la somme de nP(N =n) pour n allant de 2 à N. On obtient la somme de 1/(n-1) de 2 à N ce qui est équivalent à la somme de 1/n pour n allant de 1 à N-1. En faisant tendre à l’infini, la somme diverge par Riemann.
Plutôt logique car plus on a de balles bleues, moins on a de chance d’avoir de rouge.
Question 12
Function N=simuleN()
B=1
While rand() < b/(b+1) // b/(b+1) correspond à la proportion de boules bleues dans l’urne. Tant que le tirage ne dépasse pas cette valeur, on n’a pas pioché de boule rouge donc le jeu continue
B=b+1
End
N=b // Le nombre de boules à la fin de l’expérience est b, c’est-à-dire le nombre de boules bleues, puisque pour que le jeu s’arrête, il faut qu’on ait enlevé la seule boule rouge
Question 13
a)On sait que T = max(X1,…Xn) d’où P(T<x) = P(max(X1,…,Xn)<x) = P(X1<x)*P(X2<x)*….P(Xn<x) par i.i.d (indépendantes et identiquement distribuées)
= (F(x))^n
b) Ici de manière assez subtile, on remarque que [N=n] est un SCE. Dès lors, on en déduit de la question 13)a), que d’après la formule des probabilités totales (car P(N=n) différent de 0)) P(T<=x)= somme de k allant de 2 à infini de P(N=n)*P(T<=x) sachant [N=n].
On met en place un changement de variable j=k-1
On retombe sur la formule de la question 9)b) de la partie B.
Question 14
a)Function T=simuleT()
N=input(‘rentrer N : ‘)
X=grand(N,1,’unf’,0,1)
T=max(X)
b)La fonction mystere crée d’abord une matrice ligne nulle nommée n, qui sera « remplie » par la suite. Chaque élément k de la matrice m est rempli de la manière suivante : – On simule 1000 fois T grâce à une boucle for et la fonction simuleT() créée plus haut – On calcule la moyenne de ces 1000 simulations – On « place » le résultat obtenu dans la première « case » de m – On répète cette opération trois fois pour les trois « cases » de m Ainsi, la fonction mystere nous renvoie m, une matrice ligne à trois éléments ; chacun de ces éléments est la moyenne de 1000 simulations de T. Au vu des résultats obtenu, on peut conjecturer que la variable T est convergente vers environ 0.75.
c) On recherche P(T<x) = phi(F(x)). Or F(x) suit la fonction de répartition de la loi uniforme sur 0 ; 1 qui donne 0 si x< 0 ; x si x€[0; 1] et 1 pour x> 1. Ainsi phi(F(x)) = phi(0) si x<0 ; phi(x) pour x appartenant à [0;1] ; phi(1) si x>1. Et phi(0) = 0 (on le calcule d’après l’énoncée) et phi(1) = 1 d’après la question 1. On obtient le bon résultat
d)T est une variable à densité car sa fonction de répartition est croissante, continue, et ses limites en moins infini et plus infini sont 0 et 1
e)C’est un calcul classique d’espérance à faire
Question 15
a)Une question de cours facile
b)On remplace juste (F(x)) de la question 13)b par 1-exp-(lambda*x) quand x appartient à [0;+inf[
c) Pour trouver la fonction à densité, il faut dériver la fonction de répartition (car au moins C1 par morceau par définition).
Donc on dérive une composé de fonction: Phi’(F(x)) .Ainsi, on trouve le résultat demandé. (avec pour rappel Phi’(x)= -ln(1-x))
d) Les variables T et X1 sont à valeurs dans le même intervalle et on regarde assez rapidement que l’espérance de T est égal au moment d’ordre 2 x lambda par définition. On utilise la formule de Koeing Huygens pour trouver le moment d’ordre 2 de X1 et on trouve E(X1^2)=2/lambda^2 d’où E(T)=2/lambda
Problème 2
Ce problème 2 a une forme assez originale laissant penser à un problème de mathématiques parisiennes en faisant le lien entre cardinaux et matrice. La partie A et la partie B sont assez classiques, il faut toutefois avoir bien compris la propriété à prouver pour pouvoir avancer sereinement. Une maîtrise parfaite du cours, un certain recul et pas mal d’initiatives pouvaient permettre aux meilleures candidats de se détacher des autres dans la partie C et la partie D. Ce problème est en tout cas un magnifique exercice afin d’appréhender des épreuves plus abstraites.
Partie A
Question 1
Une question très facile car M(a,b,c) est symétrique donc par définition diagonalisable.
Question 2
a)Supposons M(a,b,c) possède une unique valeur propre alors comme M par définition il existerait une matrice P inversible, et une matrice D diagonale semblable à M tel que M=PDP^-1 où D serait égale à “lambda”I et “lamba” serait un réel.
Donc par absurde M ne peut pas être diagonalisable.
- b) Comme M est diagonalisable d’après 1 et que M ne peut pas avoir une seule valeur propre d’après 2)a elle possède au plus 3 valeurs propres car M est de dimension 3 ou bien 2 valeurs propres.
Question 3
a)Il suffit d’inverser les colonnes de f(e1) et f(e2) dans la matrice M pour écrire la matrice de F dans la base B’
b)M(a,b,c) et M(b,a,c) sont deux matrices d’une même endomorphisme dans deux bases différentes donc, ces deux matrices ont les mêmes valeurs propres.
c)De la même façon, M(a,b,c) et M(a,c,b) sont deux matrices d’une même endomorphisme dans deux bases différentes donc, ces deux matrices ont les mêmes valeurs propres
Partie B
Question 4
a)On a J^2=3J d’où J^2-3J=0 et On pose P(X)=X^2-3X.
b)On déduit que les valeurs propres possibles de J sont 0 et 3, qui sont bien les valeurs propres de J et on trouve comme s.e.p associés à ses valeurs propres
D = ( 0 0 0 ; 0 0 0 ; 0 0 3)
P = (-1 1 0 ; 0 1 – 1 ; 1 1 1)
Les matrices sont à lire en COLONNES 🙂
Question 5
a)Une question simple calculatoire
b)D’après 2b) M possède deux ou trois valeurs propres et et d’après 5a)M est semblable à une matrice a*I3 a comme coordonnées diagonale (a,a,3a) où a est un réel donc M(a,a,a) possède deux valeurs propres
Partie C
Question 6
a)C possède deux colonnes identiques donc définition, C n’est pas inversible et 0 est valeur propres de C
b)i)On trouve rapidement en mettant en forme correctement l’équivalence.
b)ii)x ne peut pas être égale à 0 car si x=0 alors y=0 et z=0 et donc Lambda ne pourrait être valeur propre de C d’où Lambda valeur propre de C est équivalent à (Lambda^2-(c+3)*Lambda+2c).
c)Comme C est une réel non nul alors notre équation possède deux solutions distinctes (vous pouvez vérifié en trouvant le discriminant) donc C possède 3 valeurs propres distinctes (comme 0 est aussi valeur propre de C d’après 6a)).
Question 7
a)On a M(a,a,c)=M(0,0,c-a)+aI
b)Il faut ensuite utiliser la partie B pour répondre à cette question
c)Pour prouver l’équivalence il faut ensuite procédé comme pour la 5c)
Question 8
Pour un cardinal qui vaut 2 notre matrice possède 3 valeur propres distinctes peu importe l’ordre des réels présents, il faut réfléchir un peu et utilisé les questions présentes pour conclure la question et prouver l’équivalence.
Partie D
Question 9
a)On a une étude de fonction classique attention à bien mettre au même dénominateur
b)On va appliquer ensuite trois fois le théorème de la bijection.
c)Après un long calcul matriciel on trouve M*X=Lambpa*X
d)L’équation g(x)=1 possède 3 solutions distinctes d’après 9)b, lambda est solution de l’équation g(x)=1, donc M(a,b,c) possède 3 solutions distinctes (trouvé en b)
Question 10
a)On part du principe que la question ç) en supposant 3 réels a0,b0,c0 rangés dans un ordre croissant, d’après 9d), la matrice M(a0,b0,c0) posséderait 3 valeurs propres distinctes et comme d’après 3c) peut importe l’ordres des réels du triplet (a0,b0,c0), une matrice M fonction de ces 3 réels aurait les mêmes valeurs propres. Alors M(a,b,c) possède 3 valeurs propres distinctes lorsque le cardinal de l’ensemble {a,b,c} est 3
b)Un sens de l’équivalence est beaucoup plus difficile à montrer que l’autre.
Question 11
a)On remarque que A=M(0,1,2) et d’après (*) on a 0+2+0+0≠0 donc A est inversible
b)i)Après un long calcul matriciel de triangulisation on prouve cette question
b)ii) Une dicthomie assez classique à l’EM Lyon
while (y-x)>10^-3
if 1/m + 1/(m-1) + 1/(m-2) > 0 then
y=alpha
else
x=alpha
end
Conclusion :
Au vue de la longueur impressionnante du sujet, et de la difficulté de certaines parties il fort probable que la barre du 20 soit baissée comparé aux années précédentes. Le sujet proposé cette année semble traduire un virage pris par les concepteurs de l’épreuve de mathématiques de l’EM Lyon, celle-ci paraît vouloir se positionner entre des épreuves de mathématiques parisiennes et des épreuves plus classiques, à voir si cette tendance se confirmera dans les prochaines années…
