Corrigé ESCP-HEC 2026 Maths 2 approfondies ECG — Partie III.C (Q32.a à Q36) : Copules de Gumbel-Barnett : étude d'un trinôme, dérivée croisée positive, 2-croissance jusqu'au bord, marges exponentielles

Q32.a Posons $\alpha =-\ln (u_1)>0$ et $\beta =-\ln (v_1)>0$ (car $u_1,v_1\in ]0,1[$). Alors $\ln (u_1)\ln (v_1)=\alpha \beta >0$ et

$$g(\theta )=\alpha \beta {\theta }^2-(1-\alpha -\beta )\theta +1,g^{\prime }(\theta )=2\alpha \beta \theta -(1-\alpha -\beta )=2\alpha \beta (\theta -{\theta }_{\ast }),$$

avec ${\theta }_{\ast }=\frac{1-\alpha -\beta }{2\alpha \beta }$. Comme $2\alpha \beta >0$, $g^{\prime }$ est négative avant ${\theta }_{\ast }$ et positive après. Valeurs utiles :

$$g(0)=1,g(1)=\alpha \beta +\alpha +\beta ,g({\theta }_{\ast })=1-\frac{(1-\alpha -\beta {)}^2}{4\alpha \beta }.$$

Trois tableaux de variation sur $[0,1]$, selon la position de ${\theta }_{\ast }$ par rapport à $[0,1]$.

• Si ${\theta }_{\ast }⩽0$ (c'est-à-dire $\alpha +\beta ⩾1$) : $g^{\prime }⩾0$ sur $[0,1]$ et $g$ est croissante.

$$\begin{array}{cccc}\theta & 0& & 1\\ g^{\prime }(\theta )& & +& \\ g(\theta )& 1& \nearrow & \alpha \beta +\alpha +\beta \end{array}$$

• Si $0<{\theta }_{\ast }<1$ : $g$ décroît sur $[0,{\theta }_{\ast }]$ puis croît sur $[{\theta }_{\ast },1]$.

$$\begin{array}{cccccc}\theta & 0& & {\theta }_{\ast }& & 1\\ g^{\prime }(\theta )& & -& 0& +& \\ g(\theta )& 1& \searrow & g({\theta }_{\ast })& \nearrow & \alpha \beta +\alpha +\beta \end{array}$$

• Si ${\theta }_{\ast }⩾1$ : $g^{\prime }⩽0$ sur $[0,1]$ et $g$ est décroissante.

$$\begin{array}{cccc}\theta & 0& & 1\\ g^{\prime }(\theta )& & -& \\ g(\theta )& 1& \searrow & \alpha \beta +\alpha +\beta \end{array}$$

Q32.b Le minimum de $g$ sur $[0,1]$ se lit sur les tableaux.

• Si ${\theta }_{\ast }⩽0$, il vaut $g(0)=1>0$.
• Si ${\theta }_{\ast }⩾1$, il vaut $g(1)=\alpha \beta +\alpha +\beta >0$.
• Si $0<{\theta }_{\ast }<1$, alors $0<1-\alpha -\beta <2\alpha \beta$. En multipliant l'inégalité $1-\alpha -\beta <2\alpha \beta$ par $1-\alpha -\beta >0$, puis en utilisant $1-\alpha -\beta <1$ :

$$(1-\alpha -\beta {)}^2<2\alpha \beta (1-\alpha -\beta )<2\alpha \beta ,$$

d'où $g({\theta }_{\ast })=1-\frac{(1-\alpha -\beta {)}^2}{4\alpha \beta }>1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0$.

Dans tous les cas, $\boxed{g(\theta )>0\text{ pour tout }\theta \in [0,1].}$

Vérification directe. En développant, $g(\theta )=(1-\theta )+\theta (\alpha +\beta +\theta \alpha \beta )$ : pour $\theta \in [0,1[$ le premier terme est $>0$ et le second $⩾0$ ; pour $\theta =1$, $g(1)=\alpha +\beta +\alpha \beta >0$.