algèbre linéaire et probabilités Dans cet exercice, on désigne p

12 Pages·2012·0.14 MB·French

CorrigØ ESSEC III Eco 2002 par Pierre Veuillez
EXERCICE 1: algŁbre linØaire et probabilitØs
Dans cet exercice, on dØsigne par p un nombre entier naturel non nul et par Rp[X] l(cid:146)espace vectoriel
des fonctions polyn(cid:244)mes de degrØ infØrieur ou Øgal (cid:224) p.
1. (cid:201)tude d(cid:146)un endomorphisme (cid:30) de Rp[X]
a) On associe (cid:224) toute fonction polyn(cid:244)me P la fonction P dØ(cid:133)nie sur R par :
1 x
P(x) = P(t)dt si x = 1 b et P(1) = P(1)
x 1 6
(cid:0) Z1
(cid:15) Soit P 2 Rp[X]bet P (t) = pk=0aktk pour tout t 2 R son bØcriture.
On a alors xP(t)dt = p a 1 tk+1 x = p a 1 xk+1 p a 1 (constante)
1 k=P0 kk+1 t=1 k=0 kk+1 (cid:0) k=0 kk+1
x
Donc la fonRction x (cid:2)PP(t)dt est poly(cid:3)n(cid:244)miaPle de degrØ degP +P1
!
Z1
1
Et comme P(t)dt = 0 alors 1 est racine de ce polyn(cid:244)me.
1
x
Soit Q(x) = P(t)dt est donc factorisable par (x 1) : Q(x) = (x 1)R(x) avec R
(cid:15) R 1 (cid:0) (cid:0)
fonction polyn(cid:244)me de degrØ deg(Q) 1 = deg(P).
R (cid:0)
Donc P (x) = R(x) pour x = 1:
6
Reste (cid:224) voir si R(1) = P (1)::::
Astucbe : en dØrivant (les fonctions polynomes sont dØrivables sur R) on a
d(cid:146)une part Q (x) = P (x) (intØgrale fonction de la borne supØrieure)
0
(cid:15)
d(cid:146)autre part : Q (x) = (x 1)R (x)+R(x) et Q (1) = R(1)
0 0 0
(cid:15) (cid:0)
Autre idØe : on peut ausi passer par une Øcriture du polyn(cid:244)me qui favorise 1 via un
changement de variable x = t+1
P (x) = p a xk = p a (t+1)k etendØveloppantP (x) = p b tk = p b (x 1)k
k=0 k k=0 k k=0 k k=0 k (cid:0)
On a alors Q(x) = p b 1 (x 1)k+1 d(cid:146)oø R(x) = p b 1 (x 1)k et R(1) =
P Pk=0 kk+1 (cid:0) k=0 kPk+1 (cid:0) P
b = P (1)
0
P P
Donc P (1) = R(1) = P (1) et pour tout x R : R(x) = P (x) donc P est polynomial de
2
degrØ deg(P)
Ou encore : Q est unbe primitive de P: Donc Q = P et dbonc le tauxbd(cid:146)accroissement de
0
Q entre 1 et x est :
R(x) = 1 (Q(x) Q(1)) Q (1) = P (1) (avec Q(1) = 0 ) on a donc R(x) P (1)
x 1 (cid:0) ! 0 !
et par con(cid:0)tinuitØ de la fonctinpoyn(cid:244)me R; R(1) = P (1):
Donc
Conclusion : P est une fonction polyn(cid:244)me de mŒme degrØ que P lorsque P = 0.
6
b) On considŁre l(cid:146)application (cid:30) associant (cid:224) toute fonction polyn(cid:244)me P appartenant (cid:224) Rp[X]
b
la fonction polyn(cid:244)me P dØ(cid:133)nie ci-dessus.
(cid:30) est une application de Rp[X] dans Rp[X]
reste (cid:224) voir la linØaritØb:
Soient P1 et P2 Rp[X] et (cid:11) et (cid:12) R:
2 2
Pour x = 0 :
6
1 x
(cid:30)((cid:11)P +(cid:12)P )(x) = ((cid:11)P +(cid:12)P )(t)dt
1 2 1 2
x 1
(cid:0) Z1
1 x 1 x
= (cid:11) P (t)dt+ (cid:12) P (t)dt
1 2
x 1 x 1
(cid:0) Z1 (cid:0) Z1
= (cid:11)(cid:30)(P )(x)+(cid:12)(cid:30)(P )(x)
1 2
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Et pour x = 1 :
(cid:30)((cid:11)P +(cid:12)P )(1) = ((cid:11)P +(cid:12)P )(1)
1 2 1 2
= (cid:11)P (1)+(cid:12)P (1)
1 2
= (cid:11)(cid:30)(P )(1)+(cid:12)(cid:30)(P )(1)
1 2
Donc (cid:30)((cid:11)P +(cid:12)P ) = (cid:11)(cid:30)(P )+(cid:12)(cid:30)(P )
1 2 1 2
Conclusion : (cid:30) est un endomorphisme de Rp[X]
Pour l(cid:146)injectivitØ :
D(cid:146)aprŁs le degrØ, si P = 0 alors deg((cid:30)(P)) = deg(P): Donc (cid:30)(P) = 0:
6 6
Et seule 0 peut avoir une image nulle.
Donc ker((cid:30)) = 0
Conclusion : (cid:30) est injective
Et comme les dimension du dØpart est de l(cid:146)arrivØe sont les mŒme, le thØorŁme du rang
nous donne alors
Conclusion : (cid:30) est surjective et est donc bijective.
c) On calcule l(cid:146)intØgrale :
x x 1 x
e (t)dt = tkdt = tk+1
k
k +1
Z1 Z1 (cid:20) (cid:21)1
1
= xk+1 1
k +1 (cid:0)
donc, pour x = 1; (cid:30)(e )(x) = 1 xk+1 1 Øcrit(cid:0)ure qui p(cid:1)eut se factoriser en (cid:30)(e )(x) =
6 k k+1 x 1(cid:0) k
1 k xi (cid:0)
k+1 i=0
et en 1; (cid:30)(e )(1) = e (1) = 1 = 1 k 1i
P k k k+1 i=0
k
1 P
Conclusion : (cid:30)(e ) = e
k i
k +1
i=0
X
et on a les coordonnØes des images sur la base canonique, donc la matrice :
1 1 1 ::: 1
2 3 p+1
.
0 0 1 1 .. 1
2 3
mat ((cid:30)) = 0 0 1
B BB 0 0 03 ... ... CC
B C
B 0 0 0 0 1 C
B C
p+1
B C
@ A
d) Comme la matrice de (cid:30) est triangulaire, ses valeurs propres sont sur la diagonale.
Donc (cid:30) a p+1 valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable.
Conclusion : Les valeurs propres de (cid:30) sont : 1; 1;:::; 1 et (cid:30) est diagonalisable.
2 p+1
2. (cid:201)tude des ØlØments propres de l(cid:146)endomorphisme (cid:30)
a) On voit sur la matrice que e est vecteur popre associØ (cid:224) 1:
0
Comme la forme diagonalisØe nous donne la dimension du sous espace propre , 1, on en
dØduit que (e ) est uine base de ce sous espace popre.
0
Conclusion : Le sous espace propre associØ (cid:224) 1 est Vect(e )
0
Conclusion : les fonctions propres sont Vect(e ) 0
0
nf g
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b) On considŁre une valeur propre (cid:21) de (cid:30) et une fonction polyn(cid:244)me propre associØe P.
On a alors (cid:30)(P) = (cid:21)P et (cid:30)(P)(x) = (cid:21)P (x) soit pour x = 1
6
1 x
P (t)dt = (cid:21)P (x) et
x 1
(cid:0) Z1
x
P (t)dt = (cid:21)(x 1)P (x)
(cid:0)
Z1
qui est Øgalement vraie pour x = 1.
Donc, en dØrivant (intØgrale fonction de la borne supØrieure)
P(x) = (cid:21)(x 1)P (x)+(cid:21)P (x) et donc
0
(cid:0)
Conclusion : (1 (cid:21))P (x) = (cid:21)(x 1)P0(x) pour tout x R
(cid:0) (cid:0) 2
Qui donne pour x = 1 : (1 (cid:21))P (1) = 0 et P (1) = 0 si (cid:21) = 1
(cid:0) 6
Conclusion : Pour P fonction propre associØ (cid:224) (cid:21) = 1, 1 est racine de P.
6
c) On calcule pour x = 1 :
6
(il serait trŁs maladroit de dØvelopper (t 1)k pour le primitiver )
(cid:0)
x x 1 x
P (t)dt = (t 1)kdt = dt = (t 1)k+1
k
(cid:0) k +1 (cid:0)
Z1 Z1 (cid:20) (cid:21)1
1
= (x 1)k+1
k +1 (cid:0)
donc (cid:30)(P )(x) = 1 P (x) et par continuitØ, ceci est encore valable en 0:
k k+1 k
1
Conclusion : (cid:30)(P ) = P
k k
k +1
Donc la famille (P ;P ;:::;P ) est (au choix)
0 l p
une famille de fonctions propre associØ (cid:224) des valeurs porpes distinctes, donc libre.
(cid:15)
comme P est de dgrØ k; la famille est ØchelonnØe donc libre.
k
(cid:15)
de p+1 vecteurs, dans Rp[X] qui est de dimension p+1:
Conclusion : (P0;Pl;:::;Pp) est une base -de vecteurs propres- de Rp[X] .
d) On considŁre une fonction polyn(cid:244)me P exprimØe comme suit dans la base prØcØdente :
P = a P +a P +:::+a P
0 0 1 1 p p
Comme les vecteurs propres non associØ (cid:224) 1 s(cid:146)annulent en 1 alors P (1) = a P (1) = a
0 0 0
Conclusion : a = P (1)
0
On a
(cid:8) = (cid:30)(P) par linØaritØ
1
p
= a (cid:30)(P )
k k
k=0
X
p
1
= a P
k k
k +1
k=0
X
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et de mŒme
(cid:8) = (cid:30)((cid:30)(P)) = (cid:30)((cid:8) )
2 1
p
1
= a P
k(k +1)2 k
k=0
X
et (par rØcurrence)
p
1
Conclusion : (cid:8)n = ak nPk pour n N(cid:3) n N(cid:3).
(k +1) 2 2
k=0
X
On a alors, pour k 1 : k +1 > 1 et 1 0 quand n + :
(cid:21) j j (k+1)n ! ! 1
Donc dans la somme (cid:8) (x), seul le terme a 1 P (x) = a ne tend pas vers 0:
n 01n 0 0
Conclusion : (cid:8) (x) a quand n +
n 0
! ! 1
Et comme a = P (1); pour P (x) = xp on a a = P (1) = 1
0 0
Conclusion : si P(x) = xp alors (cid:8) (x) tend vers 1 quand n tend vers +
n
1
3. Application (cid:224) une marche alØatoire
Un individu se dØplace sur les points d(cid:146)abscisse 0, 1, 2, p selon les rŁgles suivantes :
il est au point d(cid:146)abscisse p (cid:224) l(cid:146)instant 0.
(cid:15)
il est au point d(cid:146)abscisse k (0 6 k 6 p) (cid:224) l(cid:146)instant n (n N), il est de fa(cid:231)on Øquiprobable en
(cid:15) 2
l(cid:146)un des k +1 points d(cid:146)abscisses 0;1;:::;k (cid:224) l(cid:146)instant n+1.
Pour tout nombre entier naturel n, on dØsigne par X la variable alØatoire indiquant l(cid:146)abscisse
n
du point oø se trouve l(cid:146)individu (cid:224) l(cid:146)instant n et par E(X ), son espØrance.
n
a) Comme (X = 0;X = 1;;:::;X = p) est un systŁme complet d(cid:146)ØvØnements,
n n n
p
P(X = k) = P(X = i)P (X = k)
n+1 n Xn=i n+1
i=0
X
On intŁrpŁte le conditionnement :
Quand X = i; les abscisses de 0 (cid:224) i sont Øquiprobables et ont donc une probabilitØ de
n
1 :
i+1
Les autres sont de probabilitØ nulle.
Donc, si i k on a P (X = k) = 1 et si i < k on a P (X = k) = 0:
(cid:21) Xn=i n+1 i+1 Xn=i n+1
Et dansla somme, il ne reste donc que :
p
1
Conclusion : P(X = k) = P(X = i)
n+1 n
i+1
i=k
X
b) On a donc
P(Xn+1 = 0) 1P(Xn = 0)+ 12P(Xn = 1)+(cid:1)(cid:1)(cid:1)+ p+11P(Xn = p)
P(X = 1) 1P(X = 1)+ + 1 P(X = p)
0 n+.1 1 = 0 2 n (cid:1)(cid:1)(cid:1). p+1 n 1
. .
. .
B C B C
BB P(Xn+1 = p) CC BB p+11P(Xn+1 = p) CC
@ A @ 1 1 1 P(X = 0) A
2 (cid:1)(cid:1)(cid:1) p+1 n
0 1 1 P(X = 1)
= 0 ... 2 ... p+...1 10 n... 1
B CB C
BB 0 0 (cid:1)(cid:1)(cid:1) p+11 CCBB P(Xn = p) CC
@ A@ A
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Conclusion : M = mat ((cid:30)) vØri(cid:133)e U = MU
n+1 n
B
c) On calcule :
1 1 1 1
2 3 (cid:1)(cid:1)(cid:1) p+1
0 1 1 1
0 2 3 p+1 1
0 1 2 ::: p 0 1 1 1 = 0 1 1 ::: 0+1+:::p
2 3 p+1 2 p+1
BB ... CC (cid:16) (cid:17)
(cid:0) (cid:1)
B C
B 0 0 0 1 C
B (cid:1)(cid:1)(cid:1) p+1 C
@ A
= 0 1 2 ::: p(p+1)
2 2 (p+1)2
(cid:16)1 (cid:17)
= 0 1 2 ::: p
2
Conclusion : 0 1 2 ::: p M = 1 0 1 2 ::: p .
2
On a 0 1 2(cid:0) ::: p Un = (0(cid:1)P(Xn =(cid:0)0)+ +pP(Xn(cid:1)= p)) = (E(Xn))
(cid:1)(cid:1)(cid:1)
Etcomme 0 1 2 ::: p U = 0 1 2 ::: p MU = 1 0 1 2 ::: p U
(cid:0) (cid:1) n+1 n 2 n
on a donc
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
d) Conclusion : E(X ) = 1E(X )
n+1 2 n
suite gØomØtrique de premier terme E(X ) = p (car il est en p (cid:224) l(cid:146)instant 0 )
0
Conclusion : E(X ) = 1 np et E(X ) 0 quand n +
n 2 n ! ! 1
car 1 < 1: (cid:0) (cid:1)
2
(cid:12) (cid:12) 0
(cid:12) (cid:12) .
e) On a U0 = 0 .. 1, et comme la suiet U est gØomØtrique matricielle on a
1
B C
Conclusion@: U A= MnU
n 0
Pour utiliser 2.d, on ne fait pas le classique changement de base, mais on introduit un
polyn(cid:244)me en relation avec U :
n
Q = P(X = 0) 1+ +P(X = p)Xp quiapourcoordonnØesU danslabasecanonique
n n n n
(cid:1) (cid:1)(cid:1)(cid:1)
de Rp[X]:
La relation U = MnU se traduit alors sur les vecteurs par Q = (cid:30)n(Q ) = (cid:30)n(Xp)
n 0 n 0
Et comme (cid:30)n(Xp)(x) 1 pour tout x; on a en particulier pour x = 0
!
P(X = 0) = Q (0) = (cid:30)n(Xp)(0) 1 quand n + :
n n
! ! 1
La somme des probabliitØs de la oi valant 1 et Øtant positives on a alors P(X = k) 0
n
!
pour k 1
(cid:21)
( P (X = k) = 1 donc 0 P(X = k) = 1 P(X = 0) 1 P(X = 0) 0
n n n n
(cid:20) (cid:0) (cid:0)(cid:1)(cid:1)(cid:1) (cid:20) (cid:0) !
et par encadrement P(X = k) 0)
n
P !
Conclusion: les p+1 composantes de U ont pour limites (de haut en bas) 1, 0, 0, ... , 0 quand n tend vers +
n
1
InterprŁtation : La probabilitØ que le point Øchappe (cid:224) l(cid:146)oroigine est nulle, (cid:224) long terme.
EXERCICE 2: probabilitØs et simulation informatique
On considŁre une suite de lancers successifs (supposØs indØpendants) d(cid:146)une piŁce de monnaie, pour
laquelle la probabilitØ d(cid:146)apparition de pile , notØ P, est p et celle de face, notØ F, est q, avec 0 < p < 1
et p+q = 1, et on s(cid:146)intØresse (cid:224) l(cid:146)apparition de deux piles consØcutifs.
Par exemple, si l(cid:146)on considŁre les seize premiers lancers suivants :
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F P P F P P P F P F P P P P P F
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
deux piles consØcutifs sont rØalisØs aux rangs 3, 6, 12 et 14, mais non aux rangs 7, 13 et 15 (car un
pile ne peut pas participer (cid:224) la rØalisation de deux piles consØcutifs plus d(cid:146)une fois).
On notera, pour tout entier naturel n non nul :
A l(cid:146)ØvØnement : (cid:147) deux piles consØcutifs sont rØalisØs au rang n (cid:148).
n
(cid:15)
B l(cid:146)ØvØnement: (cid:147) deux piles consØcutifs sont pour la premiŁre fois rØalisØs au rang n (cid:148).
n
(cid:15)
En(cid:133)n on dØsigne par a et b les probabilitØs de ces ØvØnements A et B .
n n n n
1. Calcul des probabilitØs a
n
a) On a bien sßr a = 0.
1
A = P P et a = P(P )P(P ) = p2 car les lancers sont indØpendants.
2 1 2 2 1 2
A = F P P car il faut P P et pas de pile en 1; sinon, on a deux piles de suite en P P
3 1 2 3 2 3 1 2
D(cid:146)oø a = qp2
3
A = (F F P P P F ) P P en listant tous les cas possibles.
4 1 2 1 2 1 2 3 4
[ [ \
C(cid:146)est une rØunion d(cid:146)incompatibles donc a = (q2 +p2 +pq)p2
4
et en remarquant que 1 = (p+q)2 = p2 +q2 +2pq on peut le rØØcrire : a = (1 pq)p
4
(cid:0)
Conclusion : a = p2 : a = qp2 : a = (q2 +p2 +pq)p2
2 3 4
b) On dØcompose l(cid:146)ØvØnement A
n+2
Il doit se (cid:133)nir par P P et on regarde ce qui peut les prØcØder :
n+1 n+2
Soit il y avait F , soit il y avait P ; mais alors dans un bloc A : (sinon, P donnerait
n n n n+1
les deux piles de suite)
A = P P (F A ) incdØpendants donc
n+2 n+1 n+2 n n
\ [
a = P(P )P(P )P(F A ) incompatibles
n+2 n+1 n+2 n n
[
a = p2(P(F )+P(A )) = p2(q +a )
n+2 n n n
Conclusion : pour tout nombre entier naturel n non nul : a = p2a +qp2.
n+2 n
c) On pose, pour tout entier naturel n non nul : u = a c oø c vØri(cid:133)e c = p2c+qp2.
n n
(cid:0)
* On calcule u en fonction de u et u :
n+2 n+1 n
u = a c
n+2 n+2
(cid:0)
= p2a +qp2 p2c+qp2
n
(cid:0)
= p2(a c)
n (cid:0) (cid:1)
(cid:0)
= p2u
n
Conclusion : u = p2u et (u ) est une suite rØcurrente linØaire d(cid:146)ordre 2.
n+2 n n
* Son Øquation caractØristique est r2 p2 = 0 de racines p
(cid:0) (cid:6)
Donc pour tout entier n; u = (cid:11)pn +(cid:12)( p)n avec (cid:11) et (cid:12) qui sont les solutions de :
n
(cid:0)
u = (cid:11)p (cid:12)p c = (cid:11)p (cid:12)p
(1) 1 (cid:0) (cid:0) (cid:0) ,
u = (cid:11)p2 +(cid:12)p2 () p2 c = (cid:11)p2 +(cid:12)p2 L +pL
2 2 1
(cid:26) (cid:26) (cid:0)
c = (cid:11)p (cid:12)p (cid:12) = 1 (c+(cid:11)p)
p
(cid:0) (cid:0)
() p2 c pc = 2(cid:11)p2 () (cid:11) = 1 (p2 c pc)
(cid:26) (cid:0) (cid:0) (cid:26) 2p2 (cid:0) (cid:0)
on arrange avec c = p2c+qp2 c = qp2 = qp2 = p2 donc
() (1 p2) (1 p)(1+p) (1+p)
(cid:0) (cid:0)
p2 c pc = p2 p2 p3 = 0 donc
(cid:0) (cid:0) (cid:0) 1+p (cid:0) (1+p)
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(cid:12) = 1 p2 = p
(1) p(1+p) 1+p
() (cid:11) = 0
(
Finalement, pour tout entier n : u = p ( p)n et a = u +c = p ( p)n + p2
n 1+p (cid:0) n n 1+p (cid:0) 1+p
Conclusion : 8n 2 N(cid:3) : an = 1+pp (p+((cid:0)p)n)
Remarque :
Commea estdonnØ, ilpeutŒtreplusrapidedetesterdirectementsia = p (p+( p)n)
n n 1+p (cid:0)
est la solution de a = p2a +qp2 :
n+2 n
RØcurrence (cid:224) deux termes, donc hypothŁse sur deux termes successifs :
a = 0 et p p+( p)1 = 0 d(cid:146)oø ØgalitØ
(cid:15) 1 1+p (cid:0)
a = p2 et p p+( p)2 = p (p+p2) = p2 d(cid:146)oø ØgalitØ.
2 1+p(cid:0) (cid:0) (cid:1) 1+p
(cid:15) Soit n 2 N tel(cid:0)que an = 1(cid:1)+pp (p+((cid:0)p)n) et an+1 = 1+pp p+((cid:0)p)n+1 alors
a = ::: par hypothŁse de rØcurrence et
n+1
(cid:0) (cid:1)
p
a = p2a +qp2 = p2 (p+( p)n)+(1 p)p2
n+2 n
1+p (cid:0) (cid:0)
p2
= [p(p+( p)n)+(1 p)(1+p)]
1+p (cid:0) (cid:0)
p2
= p2 +p( p)n +1 p2
1+p (cid:0) (cid:0)
p
= (cid:2)p2( p)n +p et p2 =(cid:3)( p)2 donc
1+p (cid:0) (cid:0)
p
= (cid:2)( p)n+2 +p(cid:3)
1+p (cid:0)
(cid:2) (cid:3)
Donc la prorpiØtØ est vraie pour tout entier n:
(cid:15)
Au (cid:133)nal, la rØdaction est toute aussi longue.
2. Nombre moyen de rØalisations de deux piles consØcutifs en n lancers
Pour tout entier naturel n non nul , on note X la variable alØatoire prenant la valeur 1 lorsque
n
l(cid:146)ØvØnement A est rØalisØ, et 0 sinon.
n
a) On a X suit une loi de Bernouilli de paramŁtre P(X = 1) = P(A ) = a donc
n n n n
Conclusion : X , (a ) et E(X ) = a
n n n n
! B
b) Quand A est rØalisØ, A ne peut pas l(cid:146)Œtre, car P ne peut pas reservir pour rØalisØ le
n n+1 n
deouble pile P P .
n n+1
Donc Si X = 1 alors X = 0: Et si X = 0 le produit est Øgalement nul.
n n n
Conclusion : X X = 0
n n+l
c) X X prend les valeurs 0 et 1: Il ne vaut 1 que si les deux variables prennent cette
n n+2
valeur.
(X = 1) (X = 1) = (X = 1) (P P ) ca rle P n(cid:146)entre pas dans le double
n n+2 n n+1 n+2 n+1
\ \
pØcØdent.
et comme les tirages (n 1;n) et (n+1;n+2) sont indØpendants,
(cid:0)
P[(X = 1) (X = 1)] = P(X = 1)p2 = p2a
n n+2 n n
\
Conclusion : X X ., (p2a )
n n+2 n
! B
CorrigØ ESSEC III 2002 Page 7/ ??
d) InterprŁtation :
quand X = 1; on a eu un doublØ P P donc il n(cid:146)y aura pas de doublØ entre P et P .
n n 1 n n n+1
(cid:0)
On se retrouve donc dans la situtation initiale avec un dØcalage de n lancers.
La loi de la variable alØatoire X conditionnØe par l(cid:146)ØvØnement X = 1, est donc la
n+k n
mŒme que celle de X
k
Conclusion : P (X = 1) = a et P (X = 0) = 1 a
Xn=1 n+k k Xn=1 n+k (cid:0) k
e) InterprŁtation classique : somme de variables de Bernouilli.
X est le nombre de doublØ (0 ou 1) pour le lancer k:
k
X +X +:::+X est le nombre total de doublØs en n lancers.
1 2 n
Le nombre moyen m de rØalisations de deux piles consØcutifs parmi n lancers est donc
n
m = E(X + +X )
n 1 n
(cid:1)(cid:1)(cid:1)
= E(X )+ +E(X )
1 n
(cid:1)(cid:1)(cid:1)
= a + +a
1 n
(cid:1)(cid:1)(cid:1)
Reste (cid:224) trouver un Øquivalent simple de cette somme.
n n
p
a = p+( p)k
k
1+p (cid:0)
Xk=1 Xk=1(cid:16) (cid:17)
n n
p
= p+ ( p)k
1+p (cid:0)
" #
k=1 k=1
X X
p 1+( p)n+1
= np+ (cid:0) et np prØpondØrant dans []
1+p 1 p
" #
(cid:0)
np2 1+( p)n+1
= 1+ (cid:0)
1+p (1 p)np
" #
(cid:0)
et comme 1+( p)n+1 1 alors [] 1 et n a np2
1(cid:0) p ! ! k=1 k (cid:24) 1+p
(cid:0)
np2 P
Conclusion : mn s
n + 1+p
! 1
3. Calcul rØcursif des probabilitØs b
n
a) Quand A est rØalisØ, le premier doublØ est rØalisØ au plus tard au ne(cid:18)me lancer.
n
n n
Donc A = A B = (A B )
n n k n k
\ \
!
k=1 k=1
[ [
et comme les (B ) sont incompatibles (le premier n(cid:146)arrive qu(cid:146)une seule fois)
k
n
Conclusion : P(A ) = P(A B ) .
n n k
\
k=1
X
b) Soit k un nombre entier tel que 1 k n.
6 6
Tout d(cid:146)abbord, P (A ) = 1 car on a un (le premier) doublØ en k:
Bk k
Et pour n > k; P (A ) = a car on a eu un doublØ P P donc on se retrouve dans
Bk n n k k 1 k
(cid:0) (cid:0)
la situation initialle avec k tirages de dØcalage.
Conclusion : P (A ) = 1 et pour n > k : P (A ) = a
Bk k Bk n n k
(cid:0)
CorrigØ ESSEC III 2002 Page 8/ ??
c) On reprend la formule
n
P(A ) = P(A B )
n n k
\
k=1
X
n
= P(B )P (A )
k Bk n
k=1
X
n 1
(cid:0)
= P(B )P (A )+ b a
n Bn n n n k
(cid:0)
k=1
X
n 1
(cid:0)
= b + b a
n k n k
(cid:0)
k=1
X
On a ainsi (avec b = 0 et a = 0)
1 1
a = b + 1 b a = b +b a = b
(cid:15) D2onc b2 = p2k=1 k 2(cid:0)k 2 1 1 2
2
P
a = b + 2 b a = b +b a +b a
(cid:15) D3onc b3 = ak=1bka3(cid:0)k b a3= a1 =2 qp22 1
3 3 1 2 2 1 3
P (cid:0) (cid:0)
a = b + 3 b a = b +b a +b a +b a
(cid:15) D4onc b4 = ak=1bka4(cid:0)k b a4 b1a3= q2p22 0 3 1p4 = p2(q p2)
4 4 1 3 2 2 3 1
P (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)
a = b + 3 b a = b +b a +b a +b a +b a
(cid:15) 5 5 k=1 k 5(cid:0)k 5 1 4 2 3 3 2 4 1
Donc b = a b a b a
5 5 2 3 3 2
P (cid:0) (cid:0)
etonsesouvientquea = p2a +qp2 donca = p2a +qp2 = p4q+qp2 = qp2(1+p2)
n+2 n 5 3
et b = p4q +qp2 p2qp2 qp2p2 = qp2 qp4 = qp2(1 p2)
5
(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)
Conclusion : b = p2 : b = qp2 : b = p2(q p2) : b = qp2(1 p2)
2 3 4 5
(cid:0) (cid:0)
4. Simulation informatique dans le cas particulier p = 2=3
(cid:15)
On peut alors Øtablir (cid:224) l(cid:146)aide de la formule prØcØdente (ce qu(cid:146)on ne demande pas de faire)
que
4 2 n 1 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
n 1 b =
> n
8 9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
N.B. la donnØe de ce rØsultat permet de vØri(cid:133)er la cohØrence avec les calculs prØpcØdents :
on avait : b = 1 2 2 1 2 2 = 20
5 3 3 (cid:0) 3 35
(cid:16) (cid:17)
et la formule don(cid:0)ne(cid:1): b = 4(cid:0) (cid:1)2 4 1 4 = 20
5 9 3 (cid:0) (cid:0)3 35
h i
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
a) T associant (cid:224) toute suite de lancers successifs le numØro du jet oø l(cid:146)on obtient pour la
premiŁre fois un double pile est une variable alØatoire si la probabilitØ que T ne soit pas
dØ(cid:133)nie est nulle. (elle doit Œtre dØ(cid:133)nie presque surmement) ou encore si la somme des
termes de la loi vaut 1.
CorrigØ ESSEC III 2002 Page 9/ ??
M M 4 2 n 1 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
P(T = n) =
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
n=1 n=1 (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
X X
4 M 2 n 1 M 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
=
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
n=1(cid:18) (cid:19) n=1(cid:18) (cid:19)
X X
4 M(cid:0)1 2 k M(cid:0)1 1 k
=
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
k=1 (cid:18) (cid:19) k=1 (cid:18) (cid:19)
X X
4 1 1 49
= = 1
M!+ 9 1 2 (cid:0) 1+ 1 94
! 1 (cid:20) (cid:0) 3 3(cid:21)
car 2 < 1 et 1 < 1:
3 (cid:0)3
Con(cid:12)clu(cid:12)sion : (cid:12) +1(cid:12) P(T = n) = 1 et T est bien une variable alØatoire
(cid:12) (cid:12) (cid:12) n=(cid:12)1
b) T a une espØraPnce si +1 nP(T = n) est absolument convergente.
n=1
et comme les termes sont tous positifs, cel(cid:224) Øquivaut (cid:224) la convergence simple.
P
M M 4 2 n 1 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
nP(T = n) = n
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
n=1 n=1 (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19)
X X
4 M 2 n 1 M 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
= n n
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
n=1 (cid:18) (cid:19) n=1 (cid:18) (cid:19)
X X
4 M 2 n 1 M 1 n 1
(cid:0) (cid:0)
= n n
9 3 (cid:0) (cid:0)3
" #
n=1 (cid:18) (cid:19) n=1 (cid:18) (cid:19)
X X
4 1 1 15
=
M!+ 9 " 1 2 2 (cid:0) 1+ 1 2# 4
! 1 (cid:0) 3 3
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
car 2 < 1 et 1 < 1:
3 (cid:0)3
Doinc la sØrie est absolument convergente et T a une espØrance.
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
L(cid:146)espØrance de T est alors la somme (simple) de la sØrie
Conclusion : T a une espØrance et E(T) = 15
4
c) Le programme Pascal suivant dans lequel on code Pile par 1 et Face par 0 fournit (dans
le cas p=2/3) une simulation de l(cid:146)expØrience alØatoire prØcØdente.
On signale de plus que :
random(3) fournit un nombre entier alØatoire parmi 0, 1, 2.
(cid:15)
les lignes d(cid:146)instruction notØes ++++++ sont volontairement incomplŁtes.
(cid:15)
i. On considŁre l(cid:146)instruction y:=lancer; dans
function lancer : integer;
var z : integer;
begin
if random(3)=0 then z:=0
else z:=1;
lancer:=z;
end;
lancer=1 si random(3) ne vaut pas 0.
Or les valeurs 0, 1 et 2 sont Øquiprobables.
CorrigØ ESSEC III 2002 Page 10/ ??