Pour lundi 3 janvier 2011.
Ly ée La Bruyère, Versailles ECS 2
Mathématiques
Devoir maison no 9 (HEC 2004 option é onomique) PARTIE I Un résultat utile 1. (a) Pour tout n ∈ N∗ , an est la probabilité d'un événement. Ainsi, par dé nition, an > 0. Attention, N∗ n'est pas l'ensemble des valeurs prises par la v.a.r. X , l'énon é a rme seulement que X(Ω) ⊂ N∗ . Ainsi ([X = n])n∈N∗ n'est pas for ément un système omplet ( ertaines parts peuvent être vides). Mais ([X = n])n∈X(Ω) est un système omplet, et [X = n] = ∅ si n ∈ N \ X(Ω). Par onséquent : +∞ X
X
an =
n=1
P [X = n] = P (Ω) = 1 =
+∞ X
an .
n=1
n∈X(Ω)
(b) Pour tout x ∈ [0, 1], 0 6 an xn 6 an . Or an onverge. D'après le théorème de omparaison P des séries à termes positifs, an xn onverge . P
2. (a) Soit x ∈ [0, 1[. On re onnaît la somme partielle d'une série géométrique de raison x 6= 1, que l'on sait al uler : +∞ X
n=1
an
n−1 X
k
x
k=0
!
=
+∞ X
n=1
+∞ X
1 − xn 1 an · = 1−x 1−x
n=1
an −
+∞ X
an x
n=1
n
!
=
f (1) − f (x) 1−x
On pré ise que pour la deuxième égalité, on peut séparer la somme en deux, ar les deux séries
onvergent d'après la question pré édente. Ainsi, on obtient bien : +∞ X
an
n=1
n−1 X
x
k
k=0
!
=
f (1) − f (x) . 1−x
(b) Soit 0 6 x 6 y < 1. Alors, pour tout k ∈ [[ 0, n − 1 ]] , xk < y k . Ainsi, On somme es inégalités pondérées par des oe ients positifs :
+∞ X
n=1
n−1 X
xk
4, cn = P [Y = n] = un − un−1 = vn−1 − vn . Pour n = 3, c3 = P [Y = 3] = P (U3 ) = 81 = v2 − v3 . Pour n = 2, c2 = 0 = v1 − v2 . Ainsi, pour tout n > 4, cn = vn−1 − vn ( ) C'est une bête manipulation de sommes. La deuxième égalité résulte de c1 = 0. g(x) = =
+∞ X
k=1 +∞ X k=1
+∞ X
ck xk = vk x
k+1
k=2 +∞ X
−
= x + (x − 1)
ck xk =
k=2 +∞ X k=1
k
+∞ X (vk−1 − vk )xk k=2 +∞ X
vk x =
k+1
vk x
k=1
−
+∞ X
(question (5 )) vk xk + x
( ar v1 = 1)
k=1
vk xk+1 = x + (x − 1)h(x) = g(x)
(d) L'égalité pré édente appliquée à x = 1 donne : g(1) = 1. De la même égalité, on déduit alors : g(1)−g(x) = h(x) + 1. D'après la question (5b), h + 1 admet une limite en 1− égale à 8. Par 1−x
onséquent, g est dérivable en 1, et g′ (1) = 8. On en déduit, grâ e à la question I-2e, que Y admet une espéran e, et E(Y ) = g′ (1) = 8 .
PARTIE III Paradoxe de Walter Penney (1969) ′ ′ 1. (a) Soit n > 3. Les événements Bn′ , Bn+1 et Bn+2 sont deux à deux in ompatibles : même véri ation que pour Bn , Bn+1 et Bn+2 (question II-2b), je vous laisse faire. ′ ′ (b) Les événements Bn′ , Bn+1 et Bn+2 étant in ompatibles, on peut faire exa tement le même raisonnement que pour (un )n∈N∗ : la suite (u′n )n∈N∗ véri e la même relation de ré urren e que (un )n∈N∗ , et les termes initiaux sont les mêmes (il faut le véri er sur 3 termes, puisque la relation est d'ordre 3). Par onséquent, pour tout n > 1, un = u′n . Ainsi : ′ P [Y = n] = P (Un \ Un−1 ) = un − un−1 = u′n − u′n−1 = P (Un′ \ Un−1 ) = P [Y ′ = n].
Par onséquent, Y et Y ′ suivent la même loi, et ont don même espéran e. 2. (a) G3 = U3 , don g3 = u3 = 18 . G4 : la seule séquen e possible est pile, pile, pile, fa e . En eet, si le premier lan er est 4
1 . fa e , J ′ gagne. Ainsi, g4 = 214 = 16 De même, pour que J gagne ave n lan ers, il ne faut avoir tiré que des pile avant le fa e du n-ième tirage. En eet, si fa e apparaît avant la on guration pile, pile, fa e , alors il n'a été tiré que des piles (et au moins 2) entre le dernier de es fa e et le fa e nal. Ainsi, la on guration fa e, pile, pile apparaît avant le rang n et J ′ gagne, empê hant Gn . Les n lan ers sont don déterminés, d'où gn = 21n .
(b) Les événements (Gn )n>3 sont 2 à 2 in ompatibles, d'où la probabilité pJ de vi toire de J : pJ = P
+∞ [
n=3
Gn
!
=
+∞ X
n=3
+∞ X 1 1 gn = = = pJ n 2 4
(σ -additivité)
n=3
3. (a) Soit Dn l'événement : lors des n premiers lan ers n'apparaisse jamais deux pile onsé utifs. d1 = 1 (un seul lan er, don pas deux pile onsé utifs !). d2 = 1 − 41 = 43 , ar la seule façon que D2 ne soit soit réalisé est que les deux lan ers soient pile . Soit n > 3. La formule les probabilités totales appliquée ave le système omplet {R1 , S1 } donne : 1 1 dn+2 = P (Dn+2 ) = P (Dn+2 |R1 )P (R1 ) + P (Dn+2 |S1 )P (S1 ) = P (Dn+2 |R1 ) + P (Dn+2 |S1 ). 2 2
Or, si le premier tirage est fa e , l'événement Dn+2 est réalisé, si et seulement si on n'obtient pas deux pile onsé utifs sur les n + 1 tirages suivants. Ainsi, P (Dn+2 |S1 ) = P (Dn+1 ) = dn+1 .
Le même raisonnement ne s'applique pas à P (Dn+2 |R1 ), (le deuxième tirage doit être pile ). On applique la formule des probabilités totales, ave le système omplet {R2 , S2 } : 1 P (Dn+2 |R1 ) = P (Dn+2 |R1 ∩ R2 )P (R2 ) + P (Dn+2 |R1 ∩ S2 )P (S2 ) = P (Dn+2 |R1 ∩ S2 ), 2
ar Dn+2 ne peut bien sûr pas être réalisé si on a tiré deux fois pile aux deux premiers tirages ! Comme pré édemment, P (Dn+2 |R1 ∩ S2 ) = P (Dn ). On obtient bien au nal, ∀n ∈ N∗ ,
1 1 dn+2 = dn+1 + dn . 2 4
(b) program al uldn;
uses rt; var d,e,f:real; var i,n:integer; begin
lrs r; write('Quel rang de la suite d(n) voulez-vous al uler ? '); readln(n); if n n] ∪ [T = 0] soit véri é (pas en ore de gagnant après n tirages), il faut et il su t que : • soit à au un moment dans les n premiers tirages deux pile su
essifs n'aient été tirés ;
ela orrespond à l'événement Dn de probabilité dn ; • soit deux pile su
essifs ont été tirés dans les n premiers tirages, mais alors tous les tirages ont donnés pile (probabilité : 21n ). En eet, dans le as ontraire, il existe un fa e pré édant dire tement, ou suivant dire tement une su
ession d'au moins deux pile , et J ou J ′ a gagné après au plus n lan ers. Les deux événements dé rits ainsi étant in ompatibles, on obtient : P ([T > n] ∪ [T = 0]) = dn +
1 . 2n
Ainsi, pour tout n > 2, P [T = n] = P ([T > n−1]∪[T = 0])−P ([T > n]∪[T = 0]), don P (T = n) = dn−1 − dn +
1 . 2n
Pour n = 1 et n = 2, on a bien entendu P [T = 1] = 0 et P [T = 2] = 0. (b) De manière équivalente, il faut montrer que l'événement [T = 0] est quasi-impossible. Or P [T = 0] = P
+∞ \
!
([T > n] ∪ [T = 0])
n=3
= lim P ([T > n] ∪ [T = 0]) = lim dn + n→+∞
n→+∞
1 . 2n
(théorème des limites monotones). Comme la limite de dn est nulle, on trouve : P [T = 0] = 0 . 5. Par onséquent, en onsidérant le système omplet (le joueur J gagne ; le joueur J ′ gagne ; au un 1
joueur ne gagne), la probabilité p de vi toire de J ′ est pJ ′ = 1 − − 0, don pJ ′ = 43 . 4 Con lusion : il vaut mieux être le joueur J ′ que le joueur J ! 6. Si la on guration gagnante du joueur J avait été pile, pile, fa e, pile, pile, fa e et elle du joueur J ′ fa e, fa e, pile, fa e, fa e, pile , le jeu aurait été omplètement symétrique (en inversant pile et fa e ) : au un joueur n'est avantagé. La probabilité de vi toire de ha un est 12 . 7. Soit, pour tout x ∈ [0, 1], d(x) =
+∞ X
dn xn et t(x) =
n=1
+∞ X
P [T = n]xn .
n=1
(a) La fon tion x 7→ dn xn est roissante sur [0, 1] ( ar dn est positif). Don , d est roissante (mais pas for ément ontinue). Cela implique déjà l'existen e de la limite à gau he en 1. Comme pour tout x ∈ [0, 1], 0 6 dn xn 6 dn , on a une inégalité, valable pour tout N ∈ N∗ : N X
dn xn 6 d(x) 6
+∞ X
dn .
n=1
n=1
Ainsi, en passant à la limite lorsque x tend vers 1− , N X
dn 6 lim d(x) 6
n=1
x→1−
+∞ X
dn .
n=1
Par onséquent, ette en adrement étant vrai pour tout N ∈ N∗ , on peut passer à la limite lorsque N tend vers +∞. On obtient don : lim d(x) =
x→1−
+∞ X
n=1
7
dn = d(1).
(b) On utilise l'expression de P [T = n] en fon tion de dn et dn−1 trouvée dans la question refreftd : t(x) =
+∞ X
P [T = n]xn =
+∞ X
P [T = n]xn =
(dn−1 − dn +
n=1
n=3
n=1
+∞ X
1 n )x . 2n
Cha une des sommes onsidérées onvergeant pour x ∈ [0, 1], on peut é rire : +∞ X
t(x) =
n=3
n
dn−1 x −
+∞ X
n
dn x +
n=3
+∞ X x n n=3
2
=x·
+∞ X
n=2
n
dn x −
+∞ X
n
dn x +
n=3
x n 2 1 − x2
x3 = xd(x) − x2 d(1) − d(x) + xd(1) + x2 d(2) + 4(2 − x) x3 x2 x2 + + x = (x − 1) d(x) + = (x − 1)d(x) − + x = t(x) 4 4(2 − x) 2(2 − x)
( ) ([T = n])n∈N∗ étant un système quasi- omplet (question (4b)), on a t(1) = 1. Ainsi, t(x) − t(1) = x−1
(x − 1) d(x) +
x2 2(2−x)
x−1
+x−1
= d(x) +
x2 + 1. 2(2 − x)
x2 est ontinue en 1, et que d admet une limite à gau he en 1 d'après la 2(2 − x) t(x) − t(1) question (7a), le taux d'a
roissement x 7→ admet une limite à gau he en 1. Ainsi, x−1 d'après la question I2e, T admet une espéran e, et ette espéran e vaut :
Puisque x 7→
′
E(T ) = t (1) = lim
x→1−
x2 1 1 13 d(x) + + 1 = d(1) + + 1 = 5 + + 1 = = E(T ) 2(2 − x) 2 2 2
En eet, on avait al ulé d(1) dans la question (3 ).
PARTIE IV Simulation informatique k 0 r 1. (a) x 0 y 0
1 1 1 0
2 1 2 0
3 1 2 0
4 1 2 0
5 0 3 1
k 0 r (b) x 0 y 0
1 1 1 0
2 0 0 1
3 1 1 2
4 0 0 1
5 0 0 1
6 0 0 1
7 1 1 2
8 1 2 3
k 0 1 2 3 4 5 6 7 r 0 1 0 1 0 1 1 ( ) x 0 0 1 0 1 0 1 2 y 0 1 2 1 2 1 2 3 2. L'entier k représente à la n du programme la valeur de la variable aléatoire T , 'est-à-dire le rang où la vi toire pour l'un ou l'autre des deux joueurs se dé ide ; x = 3 si et seulement si une on guration 1, 1, 0 , 'est-à-dire pile, pile, fa e , vient de produire ; y = 3 si et seulement si une
on guration fa e, pile, pile vient de se produire. Le programme s'arrête dès que x = 3 ou y = 3,
'est-à-dire dès que le joueur J ou le joueur J ′ a gagné. Si x = 3 à la n du programme, le joueur J a gagné, sinon, 'est le joueur J ′ . Ainsi, on peut réé rire la dernière instru tion :
if x=3 then write('J a gagné en ',k,' oups) else write('J a gagné en ',k,' oups') ;
Attention à la double apostrophe pour le prime ! Notez que le programme ne s'arrête pas for ément, mais il nit presque sûrement par s'arrêter.
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