Corrigé ITPE 2026 : mathématiques

un corrigé annales-concours.fr

Proposition de corrigé — non officielle. Concours interne ITPE, session 2026, composition de mathématiques, quatre heures, coefficient 4. Les trois exercices et les 35 questions sont traités. Les incohérences de l’énoncé sont signalées et les hypothèses nécessaires précisées.

Télécharger ce corrigé en PDF · Ouvrir le sujet officiel · Télécharger une copie du sujet · Retrouver les annales

Exercice 1 — Évolution des actifs

On note q = 1 − p. Pour obtenir les lois binomiales et additionner les variances des accroissements, on suppose que les accroissements sont indépendants d’une période à l’autre. Cette hypothèse, nécessaire aux questions 5, 6, 9 et 11, n’est pas explicitement formulée dans le sujet. La seule connaissance de leurs lois individuelles ne suffit pas.

1. Loi, espérance et variance de Uₜ

Si Zₜ = 1, alors Uₜ = 1 ; si Zₜ = −1, alors Uₜ = 0. Ainsi, Uₜ suit la loi de Bernoulli de paramètre p :

P(Uₜ = 1) = p, P(Uₜ = 0) = q, E(Uₜ) = p et Var(Uₜ) = pq.

2. Une égalité erronée dans l’énoncé

La valeur de l’actif additionne les variations de valeur, et non le nombre de hausses. Comme S₀ = 0 et Sₖ − Sₖ₋₁ = Zₖ, la bonne égalité est :

Sₜ = Z₁ + ⋯ + Zₜ.

L’égalité proposée avec les Uₖ est fausse : à la première période, en cas de baisse, S₁ = −1 alors que U₁ = 0.

3. Expression avec les Uₖ

Puisque Zₖ = 2Uₖ − 1, on obtient :

Sₜ = 2(U₁ + ⋯ + Uₜ) − t.

Si Nₜ est le nombre de hausses en t périodes, cette relation s’écrit Sₜ = 2Nₜ − t : les Nₜ hausses apportent Nₜ, et les t − Nₜ baisses retirent t − Nₜ.

4. Nombre impair de périodes

Sₜ a la même parité que t. Il ne peut donc pas être nul si t est impair : P(Sₜ = 0) = 0.

5. Nombre pair de périodes

Sous l’hypothèse d’indépendance dans le temps, Nₜ suit la loi binomiale de paramètres t et p. Pour revenir à zéro, il faut autant de hausses que de baisses, donc Nₜ = t/2. Pour t pair :

P(Sₜ = 0) = C(t, t/2) p^(t/2) q^(t/2).

C(t, t/2) compte les choix des périodes de hausse ; chacun a la probabilité p^(t/2)q^(t/2). Pour t = 0, la probabilité vaut 1.

6. Limite de u₂ₜ

La formule précédente donne u₂ₜ = C(2t, t)(pq)^t. La formule de Stirling entraîne :

C(2t, t) ~ 4^t / √(πt), donc u₂ₜ ~ (4pq)^t / √(πt).

Or 4p(1 − p) ≤ 1, avec égalité seulement pour p = 1/2. Si p = 1/2, l’équivalent est 1/√(πt) ; sinon, son numérateur décroît géométriquement. Dans tous les cas, u₂ₜ tend vers zéro.

7. Loi de Zₜ + Wₜ

Zₜ et Wₜ sont indépendantes. Les quatre valeurs sont distinctes puisque 0 < r < 1.

On a E(Zₜ) = 2p − 1 et E(Wₜ) = r(q − p). Par conséquent :

E(Zₜ + Wₜ) = (1 − r)(2p − 1).

L’indépendance permet d’additionner les variances : Var(Zₜ) = 4pq et Var(Wₜ) = 4r²pq. Ainsi :

Var(Zₜ + Wₜ) = 4pq(1 + r²).

8. Valeur cumulée des deux actifs

Comme les deux valeurs initiales sont nulles :

Sₜ + Cₜ = Σₖ₌₁ᵗ (Zₖ + Wₖ).

9. Comparaison des variances

Avec des accroissements indépendants dans le temps et les deux actifs indépendants :

Var(Sₜ) = 4tpq et Var(Sₜ + Cₜ) = 4tpq(1 + r²).

La seconde variance est strictement supérieure pour t > 0 ; elles sont toutes deux nulles pour t = 0. Ajouter cet actif indépendant augmente ici la variance de la somme : on n’a pas réduit le poids du premier actif pour former un portefeuille de poids total constant.

10. Actif dépendant : loi de Zₜ + ξₜ

Puisque ξₜ = −rZₜ, la somme vaut (1 − r)Zₜ. Elle prend donc la valeur 1 − r avec probabilité p, et −(1 − r) avec probabilité q.

E(Zₜ + ξₜ) = (1 − r)(2p − 1) et Var(Zₜ + ξₜ) = 4pq(1 − r)².

11. Comparaison avec l’actif indépendant

On a Kₜ = −rSₜ et Sₜ + Kₜ = (1 − r)Sₜ. D’où :

Var(Kₜ) = 4tr²pq et Var(Sₜ + Kₜ) = 4tpq(1 − r)².

La différence Var(Sₜ + Cₜ) − Var(Sₜ + Kₜ) vaut 8trpq, positive pour t > 0. La dépendance négative parfaite compense une partie des variations de A ; l’indépendance de B ne produit pas cette compensation.

Exercice 2 — Endomorphismes nilpotents

Deux coquilles sont à corriger : fᵖ désigne une composition de f avec lui-même, et l’application φ définie avec quatre coordonnées agit sur K⁴, pas sur K³. Les questions 25 à 27 nécessitent aussi une hypothèse supplémentaire, indiquée ci-dessous.

12. Linéarité de φ

Pour v = (x, y, z, t), on a φ(v) = (0, x, y, z). L’image appartient à K⁴ et chaque coordonnée est une combinaison linéaire des coordonnées de v. Pour tous v, w et tous scalaires α, β : φ(αv + βw) = αφ(v) + βφ(w). C’est donc un endomorphisme de K⁴.

13. Matrice dans la base canonique

On a φ(e₁) = e₂, φ(e₂) = e₃, φ(e₃) = e₄ et φ(e₄) = 0. Les colonnes de la matrice sont ces images :

14. Noyau et image

φ(x, y, z, t) = 0 équivaut à x = y = z = 0. Ainsi ker φ = Vect(e₄), de base e₄.

Les images sont exactement les vecteurs de première coordonnée nulle : Im φ = Vect(e₂, e₃, e₄), de base (e₂, e₃, e₄).

15. Indice de nilpotence

Les itérées sont φ²(x, y, z, t) = (0, 0, x, y), puis φ³(x, y, z, t) = (0, 0, 0, x) et φ⁴(x, y, z, t) = 0. φ⁴ est nulle, mais φ³ ne l’est pas puisque φ³(e₁) = e₄. L’indice est donc 4.

16. Choix de a

On peut prendre a = e₁. Plus généralement, tout vecteur dont la première coordonnée est non nulle convient.

17. Une base de K⁴

Si a = (x, y, z, t) avec x ≠ 0, la matrice des quatre vecteurs (a, φ(a), φ²(a), φ³(a)) est triangulaire inférieure, avec quatre coefficients diagonaux égaux à x. Son déterminant est x⁴ ≠ 0 : les vecteurs constituent une base. Pour a = e₁, il s’agit simplement de la base canonique.

18. Linéarité de Δ

La substitution X ↦ X + 1 et la soustraction sont linéaires. Ainsi Δ(αP + βQ) = αΔ(P) + βΔ(Q). Si P est de degré au plus 2, P(X + 1) − P(X) l’est aussi. Δ est donc un endomorphisme de K₂[X].

19. Degré de Δ(P)

Si P est de degré m ≥ 1, de coefficient dominant cₘ, le terme en Xᵐ s’annule et le terme dominant restant est mcₘX^(m−1), par la formule du binôme. Sur R ou C, mcₘ ≠ 0. Le degré diminue exactement de 1.

Pour un polynôme constant, Δ(P) = 0 ; le polynôme nul n’a pas de degré usuel.

20. Noyau et image de Δ

Pour P = αX² + βX + γ, le calcul donne Δ(P) = 2αX + α + β. Cette expression est nulle si et seulement si α = β = 0. Ainsi ker Δ = K₀[X] = Vect(1).

Tout polynôme affine uX + v s’obtient en prenant α = u/2 et β = v − u/2. Donc Im Δ = K₁[X] = Vect(1, X).

21. Indice de nilpotence de Δ

Après trois différences, tout polynôme de degré au plus 2 devient nul. Cependant, Δ(X²) = 2X + 1 et Δ²(X²) = 2 ≠ 0. L’indice est donc 3.

22. Existence d’un vecteur a

Par définition de l’indice minimal p, f^(p−1) n’est pas l’endomorphisme nul. Il existe donc a tel que f^(p−1)(a) ≠ 0. Pour p = 1, f est nul et tout a non nul convient, puisque f⁰ est l’identité.

23. Liberté de la chaîne

Supposons c₀a + c₁f(a) + ⋯ + cₚ₋₁f^(p−1)(a) = 0. Si un coefficient est non nul, soit j le plus petit indice correspondant. Appliquons f^(p−1−j) à l’égalité. Les termes d’indices inférieurs à j ont un coefficient nul ; ceux d’indices supérieurs contiennent une puissance de f au moins égale à p et s’annulent. Il reste cⱼf^(p−1)(a) = 0, contradiction. La famille est libre.

24. Peut-on avoir p > n ?

Non. Une famille libre de p vecteurs dans un espace de dimension n vérifie p ≤ n.

25. Une affirmation fausse sans p = n

Une famille libre de p vecteurs n’est une base de E que si p = n. Cette égalité manque dans l’énoncé. Par exemple, pour l’endomorphisme nul de K², p = 1 et la famille (a) ne peut pas engendrer K².

En ajoutant l’hypothèse p = n, la famille libre précédente possède n vecteurs et constitue une base de E. C’est sous cette hypothèse que les deux réponses suivantes décrivent le cas d’une seule chaîne nilpotente.

26. Matrice d’un endomorphisme qui commute avec f

La lettre u n’est pas définie dans la question ; on interprète la demande comme portant sur h. Supposons p = n et écrivons :

h(a) = c₀a + c₁f(a) + ⋯ + cₙ₋₁f^(n−1)(a).

Puisque hf = fh, on a h(fᵏ(a)) = fᵏ(h(a)). Dans la base (a, f(a), …, f^(n−1)(a)), la première colonne est donc (c₀, c₁, …, cₙ₋₁), la deuxième (0, c₀, …, cₙ₋₂), et ainsi de suite. La matrice est triangulaire inférieure, constante sur chaque sous-diagonale. Pour n = 4 :

27. Dimension du commutant

Sous l’hypothèse p = n, la réponse précédente donne h = c₀id + c₁f + ⋯ + cₙ₋₁f^(n−1). Réciproquement, chaque polynôme en f commute avec f. Ces n endomorphismes sont libres : appliquer une relation linéaire à a ramène à la famille libre de la question 23. Ainsi dim C(f) = n.

Sans p = n, cette conclusion est fausse et la dimension dépend de la décomposition en chaînes. Si f = 0 sur Kⁿ, tous les endomorphismes commutent avec f : la dimension est n². Plus généralement, pour des blocs nilpotents de tailles ℓ₁, …, ℓₖ, elle vaut Σᵢ Σⱼ min(ℓᵢ, ℓⱼ). Un bloc d’application entre deux chaînes est déterminé par l’image d’un générateur, soumise à l’annulation de sa puissance : cela laisse min(ℓᵢ, ℓⱼ) paramètres. Par exemple, en dimension 4 avec indice 2, les tailles (2, 2) donnent 8, tandis que (2, 1, 1) donnent 10. Les seuls nombres n et p ne déterminent donc pas la réponse.

Exercice 3 — Équation logistique

28. Dérivée de y

Puisque y = 1/z et z ne s’annule pas : y′ = −z′/z².

29. Équation vérifiée par z

En remplaçant y dans y′ = ry(1 − y/K), on obtient −z′/z² = r/z − r/(Kz²). Multiplier par z² donne :

z′ = −rz + r/K = −r(z − 1/K).

30. Équation homogène

L’équation z′ = −rz a pour solutions zₕ(t) = λe^(−rt), avec λ réel.

31. Solution générale de l’équation affine

La constante zₚ = 1/K vérifie l’équation. Ajouter les solutions homogènes donne z(t) = λe^(−rt) + 1/K.

32. Expression de y

À t = 0, λ = 1/y₀ − 1/K. En inversant, on obtient :

y(t) = K / [1 + (K/y₀ − 1)e^(−rt)].

Cette expression définit la solution tant que son dénominateur ne s’annule pas. Pour y₀ > 0, il reste positif sur tout [0, +∞[.

33. Variations et limite : attention au cas négatif

Si 0 < y₀ < K, y reste entre 0 et K ; l’équation donne y′ > 0. La solution croît et tend vers K.

Si y₀ = K, y est constamment égale à K.

Si y₀ > K, y reste supérieure à K, avec y′ < 0. Elle décroît vers K.

Pour y₀ < 0, le dénominateur s’annule à l’instant positif t★ = ln(1 − K/y₀)/r. Sur [0, t★[, y est négative et décroissante, puis tend vers −∞ lorsque t tend vers t★ par valeurs inférieures. Il n’existe donc aucune solution avec cette donnée initiale sur tout R⁺, contrairement à l’hypothèse du début du problème. On ne peut pas lui attribuer une limite en +∞. La branche de la formule située après le pôle ne prolonge pas la solution à travers ce pôle.

34. Capacité de support

Pour une population positive, K est l’équilibre stable du modèle : au-dessous, la population augmente ; au-dessus, elle diminue. Le facteur 1 − y/K traduit la limitation de la croissance par les ressources et la concurrence. r est le taux de croissance lorsque la population est petite devant K. La solution nulle, exclue par le changement de variable, existe également.

Le mot « capacité » désigne donc la taille d’équilibre soutenable dans ce modèle à paramètres constants ; il ne suppose pas que le milieu réel aurait toujours une capacité fixe, indépendante des saisons ou des autres espèces.

35. Équivalent et convergence de la série

Pour y₀ > 0, posons A = K/y₀ − 1. Alors :

y(t) − K = −KAe^(−rt) / [1 + Ae^(−rt)].

Si y₀ ≠ K, le dénominateur tend vers 1 et :

y(t) − K ~ [K(y₀ − K)/y₀]e^(−rt).

La série de terme général uₙ = y(n) − K est absolument convergente, par comparaison avec la série géométrique de raison e^(−r), comprise entre 0 et 1. Si y₀ = K, tous ses termes sont nuls. Pour y₀ < 0, l’hypothèse d’une solution définie sur tout R⁺ échoue : la question de cette série n’est pas applicable à la solution initiale considérée.