Modèle du Concours National d'Accès aux Écoles de Management (CNAEM) 2013 — filière ECS — Mathématiques
En bref
Ce document est une ancienne épreuve écrite du concours de Élève de CPGE ECT/ECS (accès écoles de management) organisé par Ministère de l'Enseignement Supérieur — ENCG (Concours National d'Accès aux Écoles de Management, CNAEM) (2013), publiée sur Wadifa Info en consultation et téléchargement PDF gratuits, avec une correction proposée.
- Organisme
- Ministère de l'Enseignement Supérieur — ENCG (Concours National d'Accès aux Écoles de Management, CNAEM)
- Grade
- Élève de CPGE ECT/ECS (accès écoles de management)
- Spécialité
- Mathématiques
- Année
- 2013
- Pages
- 6
- Langue des questions
- français
- Correction
- correction proposée disponible sur cette page
Mathématiques (4 h, 5 pages) du Concours National Commun CNAEM (ENCG/ESI) 2013, filière ECS (présidence ENCG Agadir) : trois problèmes — algèbre linéaire et formes quadratiques, séries et variables aléatoires, estimation.
📝 Texte des questions (extrait automatiquement des pages scannées)
Ce texte est extrait automatiquement des images de l'épreuve et peut contenir des erreurs de lecture — les images ci-dessus font foi.
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F | FILIÈRES : ECS ١
Cette épreuve comporte 5 pages au format A4, en plus de cette page de garde.
L'usage de la calculatrice est interdit
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1 / Épreuve de Mathématiques - Session 2013 — Filière ECS :
"7". Concours National Commun
Les candidats sont informés que la précision des raisonnements ainsi que le soin apporté à la
rédaction et à la présentation des copies seront des éléments pris en compte dans la notation. Il
convient en particulier de rappeler avec précision les des questions abordées.
Si, au cours de l'épreuve, un Candidat repère ce qui peut lui sembler être une erreur d'énoncé il
le signale sur sa copie et poursuit sa Composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il
est amené à prendre.
Remarques générales :
L'épreuve se compose de trois problèmes indépendants.
PROBLÈMEI
Remarques :
Ce problème se compose de trois parties indépendantes,
1° partie
2 10
On considère la matrice A = | 1 .0 2] etl’endomorphisme 1 de R* représenté par la matrice :
0 2 1
A relativement à la base canonique de R.
1. Montrer que A est diagonalisable,
2. Montrer que les valeurs propres de A sont 3, -/3 et 3. |
3. Déterminer une base de R$ formée de vecteurs propres de f.
Justifier que cette base est orthogonale RATER scalaire canonique de R$.
4. Exprimer A” en fonction de n.
5. On considère ici l'application g:R3—R, (x, عور — 'XAXoùX=|y
5.4. Justifier que g est une forme quadratique et exprimer q{{x, y, 2)) en fonction de x, },2.
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Épreuve de Mathématiques — Session 2013 - Filière ECs Concours National Commun
5.b. La forme Quadratique g est-elle de signe constant ou change de signe? Justifier votre
réponse.
2ème bartie
On note f :J1, +oo[ — R l'application définie par :
Vxe]1, +090], f(x) = اما
1. Étudier les Variations de f.
2. Montrer, Pour tout entier k te] que k>3:
fR)=< Î f@dx<f(k-1
Pour tout n e NN tel que>2,onnoteS, = 7)
3. 3.a. Montrer, pour tout 72 © N tel que » > 2:
Ses à 1 و ووو" 1
7 2h@ 7 اا دأ 7
3.5. En déduire, Pour tout n eNtel quen>2:
In (in (7)) — In (in )2(( > 5 >10 )7(( — In (in (2)) + 2206
3.6 Établir:
Sn —In(n(n))
Pour tout 7 € N tel que x < 2, on note
Un =Sh-In(In(r + 1) et v, = 5-2 nñ))
4. En utilisant Je résultat de Ja question 2., montrer que les suites (Un)n>2 et (Un)n>2 sont
adjacentes. On note £ leur limite commune, ‘
53. Montrer, Pour 1011272 e N tel que n>2:
< _ بسبت_
0> ؟- رن > PTS
5.b. En déduire une valeur approchée de £ à 19-2 près.
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Fe preuve de Mathématiques — Session 2013 - Filière ECS Concours National Commun
3ème partie
Dans cette partie, X est une variable aléatoire suivant la loi géométrique de paramètre P,
et Y est une variable aléatoire Suivant la loi exponentielle de Paramètre À, À € ]0; +oo(. ]610:1 ©
On note g=1-p.
On suppose que X et Y sont indépendantes, c’est à dire :
D=PX=RP(Y<«r) لمع 0م VKEN”, Vrel0;+00,
Rappeler une densité de Y ainsi que Son espérance et sa variance. .1
On définit la variable aléatoire Z parZ= à : .2
وا 202-1007 Montrer: V1E(0;+00[, P(Z>1#)= 2.4
pe” At
2.b. En déduire: Vre{0: +0], P(Z2r) = _
1-ge”kt
2.c. Montrer que la variable aléatoire Z admet une densité et déterminer une densité de Z.
PROBLÈME II
désigne un entier naturel non nul et [|— 1, |] désigne les entiers و Dans tout ce problème
ا لقم = )}( soit ,د parmi م relatifs de -n 371. On notera par (x) le nombre de combinaison de
partie .
On définit .1
2n 2n 2n 2n ال
مج = = Sn
ل 0 1 + .| 8 | L ( + 1 | n #
Montrer que .1.4 —
م 2n n
KZ i=0 | + i=0\ À n
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dé se Épreuve de Mathématiques — Session 2013 — Filière ECS :
CR _— Concours National Commun
1.7. Montrer que
1127
= 22n-1 =
Sn 2\n
2. on définit la suite (u») par :
ملا = 1
2p+1
| Up © 2p+2P
2.a. Montrer, que, pour tout p entier naturel non nul, م > Pa 7
2.b. Détermier limp_+ooup.
2.c. Montrer, que, pour tout م entier naturel non nul, up = 27 :
2ème partie
3. On étudie les variations, en unité, du nombre d'abonné d’un opérateur Telecom. On
convient qu’une unité est de 100 abonnés.
On suppose que les variations mensuel sont indépendantes les unes des autres. On convient
de noter 0 le nombre correspondant au mois j = 0 début de l'observation, et on suppose
que, chaque mois, le nombre d’abonné monte d’une unité (+1) avec une probabilité p
(0 > م > 1) ou descend d’une unité (-1) avec la probabilité q = 1- p.
On note X2, le nombre d'abonnés constaté le 76ر2 mois suivant le début de l'observation.
Par exemple, si n = 3 et que le nombre d’abonné a baissé les deux premiers mois et monté
les autres mois,onaX6ç=-1-1+1+1+1+1=+2.
3.a. Quelles sont les valeurs prises par X6? Plus généralement, quelles sont les valeurs
prises par X2n?
3.b. On note Y2, le nombre de mois (durant les 22 mois d'observation) où le nombre
d'abonné a monté, et Z2,, le nombre de ceux où il a baissé.
Quelles sont les lois de probabilité de Yet Z2, ? Donner leurs espérances.
3.c. Quelles relations lient, d’une part n, Y2net Z2n, et d’autre part X2», Y2net Z2n ?
En déduire une expression de X2, en fonction de Y2net de n.
Quelle est l'espérance مولعل ? Que vaut-elle si p = 1/2?
Montrer que les valeurs de X2,sont {2k, ke ]|- n, nil}. (ie. les valeurs paires de —-2n à
Montrer que Vke{l-n,nl], p(Kèn =2Kk)= (HS) ANR LERS
3.4. On suppose, dans cette question que م = 1/2 et on note ورم la probabilité que le
nombre d’abonné ait MEN ou soit resté stable à l'issue de 27 mois d'observation.
Montrer que : Pn = 5 + al . Que valent p1, pa, p3?
Que se passe-t-il quand 7 devient grand?
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Concours National Comm un ————————
PROBLÈME III
partie 19
Soient a un réel strictement positif et X une va de loi uniforme sur {0;24]. Soit n 6 N*.
On considère un n-échantillon (X1,...,Xn) indépendant et identiquement distribué de même
loi que X.
1. On pose M, = max(X1,.… > Xn).
1.4 Déterminer la loi de M, et calculer son espérance et sa variance.
1.7. En déduire que م تآ = ÆlM, est un estimateur sans biais de a.
2. On pose V, = والنمتية est aussi est un estimateur sans biais عل
3. Entre U, et V, , quel estimateur choisir ?
2ème bartie
On note, pour tout ñ eN\0,1}:13 = fx dt, Jn = fa tr كان - ft er dt
1. Montrer que pour tout r 6 N\{0, 1} les intégrales 1;,J:,K, sont convergentes.
Quelle relation y a-t-ilentre1,,J,, Kh?
2. OnnoteL= f} dt
2.4. Montrer :lim;_.Jn-L=0
2.b. en déduire que lim,_;]J» -2
3. Monter que pour tout n 6 N{O,1} : 0 > ا < f*® at
4. en déduire que lim,_.,.Ky = 0
5. Conclure sur وم ممبومتتنا
FIN DE L'ÉPREUVE
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✅ Correction proposée
Il s'agit d'une correction proposée, rédigée par l'équipe wadifa-info pour vous aider à comprendre la méthode — ce n'est pas un corrigé officiel de l'administration organisatrice.
Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du Concours National Commun d'accès aux Écoles de Management (CNAEM – ENCG/ESI), session 2013, filière ECS (présidence : ENCG d'Agadir). Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Trois problèmes indépendants : algèbre linéaire, série de Bertrand et loi mixte (problème I), coefficients binomiaux et marche aléatoire (problème II), estimation et intégrales à paramètre (problème III). Voici une correction proposée.
💡 Les trois parties du problème I sont indépendantes : si vous bloquez sur l'algèbre, passez à l'analyse. Le jury valorise les justifications explicites (« A est symétrique réelle », « f est décroissante sur [k − 1, k] »…).
Problème I
1re partie — A = (2 1 0 ; 1 0 2 ; 0 2 1)
- A est symétrique réelle (ᵗA = A) : elle est diagonalisable (théorème spectral).
- χA(λ) = det(A − λI) = −(λ − 3)(λ² − 3) (développement selon la 1re ligne : (2 − λ)[(−λ)(1 − λ) − 4] − (1 − λ) = −λ³ + 3λ² + 3λ − 9). Valeurs propres : 3, √3, −√3.
- E3 = Vect(1, 1, 1) ; E√3 = Vect(1, −2 + √3, 1 − √3) ; E−√3 = Vect(1, −2 − √3, 1 + √3) (on résout (A − λI)X = 0 : la 1re ligne donne y = (λ − 2)x, la 2e z = (λy − x)/2 ; avec x = 1 et λ² = 3 on obtient ces vecteurs). Ces trois vecteurs forment une base (valeurs propres distinctes). Ils sont orthogonaux : vecteurs propres d'une matrice symétrique associés à des valeurs propres distinctes (vérification : 1 + (−2 + √3) + (1 − √3) = 0, 1 + (−2 − √3) + (1 + √3) = 0, 1 + (4 − 3) + (1 − 3) = 0).
- Avec P la matrice de ces vecteurs, An = PDnP−1, D = diag(3, √3, −√3). La base étant orthogonale, An = Σ λn vᵗv/‖v‖², soit An = 3n−1J + (√3)nΠ+ + (−√3)nΠ−, où J est la matrice dont tous les coefficients valent 1 et Π+ = (1/6)(2 + √3 −1 −1 − √3 ; −1 2 − √3 −1 + √3 ; −1 − √3 −1 + √3 2), Π− = (1/6)(2 − √3 −1 −1 + √3 ; −1 2 + √3 −1 − √3 ; −1 + √3 −1 − √3 2). (Contrôle : n = 0 donne I, n = 1 redonne A.)
- a) q(X) = ᵗXAX est un polynôme homogène de degré 2 en (x, y, z), associé à la matrice symétrique A : c'est une forme quadratique.
q(x, y, z) = 2x² + z² + 2xy + 4yz.
b) Dans la base orthonormée des vecteurs propres normés, q = 3X'² + √3Y'² − √3Z'² : q change de signe (valeurs propres de signes contraires). Exemples : q(1, 0, 0) = 2 > 0 et, pour v = (1, −2 − √3, 1 + √3) vecteur propre de −√3, q(v) = −√3‖v‖² < 0.
2e partie — f(x) = 1/(x ln x) sur ]1, +∞[
- f'(x) = −(ln x + 1)/(x ln x)² < 0 : f est strictement décroissante ; lim1+ f = +∞, lim+∞ f = 0.
- Pour k ≥ 3, [k − 1, k] ⊂ ]1, +∞[ et f décroissante : f(k) ≤ f(x) ≤ f(k − 1) sur cet intervalle ; on intègre sur un intervalle de longueur 1.
- a) On somme 2. pour k = 3 … n : Sn − f(2) ≤ ∫2n f ≤ Sn − f(n), avec f(2) = 1/(2 ln 2) (égalités triviales
pour n = 2).
b) Une primitive de f est ln(ln x) : ∫2n f = ln(ln n) − ln(ln 2). La droite de a) donne Sn ≥ ∫ + f(n) ≥ ln(ln n) − ln(ln 2) ; la gauche donne Sn ≤ ln(ln n) − ln(ln 2) + 1/(2 ln 2).
c) On divise par ln(ln n) → +∞ : les deux bornes divisées tendent vers 1, donc Sn ~ ln(ln n). - un+1 − un = f(n + 1) − ∫n+1n+2 f ≥ 0 (question 2 avec k = n + 2) : (un) croissante. vn+1 − vn = f(n + 1) − ∫nn+1 f ≤ 0 (k = n + 1) : (vn) décroissante. vn − un = ln(ln(n + 1)) − ln(ln n) = ln(ln(n + 1)/ln n) → ln 1 = 0. Les suites sont adjacentes et convergent vers une même limite ℓ.
- a) un ≤ ℓ ≤ vn, donc 0 ≤ vn − ℓ ≤ vn − un = ∫nn+1 f ≤ f(n) = 1/(n ln n).
b) Il suffit que n ln n ≥ 100 : n = 30 convient (30 ln 30 ≈ 102, alors que 29 ln 29 ≈ 97,7). v30 est une valeur approchée de ℓ à 10−2 près par excès ; le calcul donne v30 ≈ 0,7995, d'où ℓ ≈ 0,80 (ℓ ∈ [0,789 ; 0,800]).
3e partie — Z = Y/X
- Densité de Y : λe−λt pour t ≥ 0, 0 sinon ; E(Y) = 1/λ, V(Y) = 1/λ².
- a) Les événements [X = k] (k ∈ ℕ*) forment un système complet, et [Z ≥ t] ∩ [X = k] = [X = k] ∩ [Y ≥ tk]. Par indépendance
(passage au complémentaire dans la relation donnée ; Y étant à densité, P(Y < tk) = P(Y ≤ tk)) :
P(Z ≥ t) = Σk≥1 P(X = k)P(Y ≥ tk).
b) P(Z ≥ t) = Σ pqk−1e−λtk = pe−λt Σ (qe−λt)k−1 = pe−λt/(1 − qe−λt) (série géométrique, 0 ≤ qe−λt < 1).
c) Z ≥ 0, donc FZ(t) = 0 pour t < 0 et, Z étant de loi continue d'après b), FZ(t) = 1 − pe−λt/(1 − qe−λt) pour t ≥ 0. FZ est continue sur ℝ (FZ(0) = 1 − p/(1 − q) = 0) et C¹ sauf en 0 : Z est à densité, et g(t) = λpe−λt/(1 − qe−λt)² pour t > 0, g(t) = 0 pour t ≤ 0.
Problème II
1re partie
- a) Par symétrie C(2n, i) = C(2n, 2n − i) : Σi=n+12n C(2n, i) = Σj=0n−1 C(2n, j). Donc
Σ02n = Σ0n + Σ0n−1 = 2Σ0n C(2n, i) − C(2n, n).
b) Sn = Σi=n2n C(2n, i) = Σj=0n C(2n, j) (symétrie) et Σ02n C(2n, i) = 22n ; d'après a), Sn = (22n + C(2n, n))/2 = 22n−1 + (1/2)C(2n, n). - a) u1 = 1/2 ≤ 1/√3. Si up ≤ 1/√(2p + 1), alors up+1 ≤ √(2p + 1)/(2p + 2), et
√(2p + 1)/(2p + 2) ≤ 1/√(2p + 3) ⇔ (2p + 1)(2p + 3) ≤ (2p + 2)² ⇔ 4p² + 8p + 3 ≤ 4p² + 8p + 4 : vrai.
b) 0 < up ≤ 1/√(2p + 1) → 0 : lim up = 0.
c) Posons wp = C(2p, p)/22p ; w0 = 1 et wp+1/wp = (2p + 2)(2p + 1)/((p + 1)²·4) = (2p + 1)/(2p + 2) : (wp) vérifie la même récurrence que (up), donc up = C(2p, p)/22p.
2e partie — Marche aléatoire
3.a. X6 ∈ {−6, −4, −2, 0, 2, 4, 6} ; plus généralement X2n prend les valeurs paires de −2n à 2n.
3.b. Mois indépendants, « succès » = hausse de probabilité p : Y2n suit ℬ(2n, p), E(Y2n) = 2np ;
Z2n suit ℬ(2n, q), E(Z2n) = 2nq.
3.c. Y2n + Z2n = 2n et X2n = Y2n − Z2n, d'où X2n = 2Y2n − 2n.
E(X2n) = 4np − 2n = 2n(2p − 1), nulle si p = 1/2. Y2n ∈ {0, …, 2n} donc X2n = 2(Y2n − n) ∈ {2k ; k ∈ ⟦−n, n⟧},
et P(X2n = 2k) = P(Y2n = n + k) = C(2n, n + k)pn+kqn−k.
3.d. pn = P(X2n ≥ 0) = Σk=0n C(2n, n + k)/22n = Sn/22n = 1/2 + C(2n, n)/22n+1 (1re partie).
p1 = 3/4, p2 = 11/16, p3 = 21/32. Comme C(2n, n)/22n = un → 0 (2.b), pn → 1/2 :
pour un grand nombre de mois, il y a à peu près une chance sur deux que le nombre d'abonnés n'ait pas baissé.
Problème III
1re partie — Estimation de a (X uniforme sur [0, 2a])
- a) Par indépendance, FMn(x) = (FX(x))n : 0 si x < 0, (x/2a)n si 0 ≤ x ≤ 2a, 1 si x > 2a ;
densité nxn−1/(2a)n sur [0, 2a]. E(Mn) = 2an/(n + 1), E(Mn²) = 4a²n/(n + 2),
V(Mn) = 4a²n/((n + 1)²(n + 2)).
b) E(Un) = ((n + 1)/(2n))·2an/(n + 1) = a : Un est sans biais. (V(Un) = a²/(n(n + 2)).) - E(Vn) = E(X) = a : Vn est sans biais ; V(Vn) = V(X)/n = (4a²/12)/n = a²/(3n).
- Pour deux estimateurs sans biais, on préfère celui de plus petite variance (risque quadratique) : a²/(n(n + 2)) ≤ a²/(3n) ⇔ n ≥ 1, avec égalité seulement pour n = 1 (alors U1 = V1 = X1). On choisit Un, dont la variance décroît en 1/n² au lieu de 1/n.
2e partie — In, Jn, Kn (n ≥ 2)
- t ↦ 1/(1 + t + tn) est continue et positive sur [0, +∞[ : Jn est une intégrale sur un segment ; sur [1, +∞[, 0 ≤ 1/(1 + t + tn) ≤ 1/tn, intégrable (n ≥ 2, Riemann) : Kn converge, et In aussi. Relation de Chasles : In = Jn + Kn.
- a) L − Jn = ∫01 tn/((1 + t)(1 + t + tn)) dt, et 0 ≤ … ≤ ∫01 tndt = 1/(n + 1) → 0.
b) L = [ln(1 + t)]01 = ln 2, donc lim Jn = ln 2. - Sur [1, +∞[, 0 ≤ 1/(1 + t + tn) ≤ 1/tn ; on intègre : 0 ≤ Kn ≤ ∫1+∞ dt/tn = 1/(n − 1).
- 1/(n − 1) → 0, donc lim Kn = 0 (encadrement).
- lim In = ln 2 + 0 = ln 2.
Questions fréquentes sur ce sujet
Ce sujet est-il téléchargeable gratuitement ?
Oui. La totalité du sujet (6 pages) est consultable et téléchargeable gratuitement, sans inscription ni compte.
Le corrigé est-il inclus ?
Oui. Un corrigé proposé figure sur cette page, sous les pages du sujet : méthode de réponse et éléments attendus, rédigés par l'équipe Wadifa Info.
Quel organisme et quel grade concerne ce sujet ?
Ce sujet provient d'un concours organisé par Ministère de l'Enseignement Supérieur — ENCG (Concours National d'Accès aux Écoles de Management, CNAEM). Il concerne le grade : Élève de CPGE ECT/ECS (accès écoles de management).
De quelle session s'agit-il et dans quelle langue ?
Session : 2013. Les questions sont en français.
Où trouver d'autres sujets du même concours ?
Tous nos sujets de la même famille sont regroupés sur la page Accès aux ENCG (TAFEM et passerelles) : /fr/modeles-concours/encg-tafem. Les sujets y sont classés par session, du plus récent au plus ancien.
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