Corrigé EML Eco 2011 par Pierre Veuillez

Exercice 1

On considère l'application f : ] 0 ; + ∞ [ → ℝ , x ⟼ f ⁡ ( x ) = ( x + ln ⁡ x ) ⁢ e x − 1

Partie I : Étude et représentation graphique de f

Pour tout x de ] 0 ; + ∞ [ , x > 0 donc f est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [ comme composée et produit de fonctions dérivables et f ′ ⁡ ( x ) = ( 1 + 1 x ) ⁢ e x − 1 + ( x + ln ⁡ ( x ) ) ⁢ e x − 1 = ( 1 + 1 x + x + ln ⁡ ( x ) ) ⁢ e x − 1

Soit g ⁡ ( x ) = ln ⁡ ( x ) + 1 x

g est dérivable sur ] 0 , + ∞ [ (car x > 0 et x ≠ 0 pour tout x ∈ ] 0 , + ∞ [ ) g ′ ⁡ ( x ) = 1 x − 1 x 2 = x − 1 x 2 donc

x	0		1		+ ∞
x − 1		−	0	+	affine
g ′ ⁡ ( x )	\|\|	−	0	+
g ⁡ ( x )		↘	1	↗

et donc g ⁡ ( x ) ≥ 1 > 0

Conclusion :

∀ x ∈ ] 0 , + ∞ [ , ln ⁡ x + 1 x > 0

on a donc pour tout x ∈ ] 0 , + ∞ [ x + ln ⁡ x + 1 + 1 x = ( ln ⁡ x + 1 x ) + 1 + x > 0 car 1 + x ≥ 0

Conclusion :
x ∈ ] 0 , + ∞ [ x + ln ⁡ x + 1 + 1 x > 0.
On a donc f ′ ⁡ ( x ) > 0 sur ] 0 , + ∞ [ Conclusion :
f est strictement croissante sur ] 0 , + ∞ [

En 0 : f ⁡ ( x ) = ( x + ln ⁡ x ) ⁢ e x − 1 → − ∞

En + ∞ : f ⁡ ( x ) = ( x + ln ⁡ x ) ⁢ e x − 1 → + ∞

x	0		1		+ ∞
f ⁡ ( x )	− ∞	↗	1	↗	+ ∞

et f ′ ⁡ ( 1 ) = 3 pente de la tangente en 1.

En 0 : f ⁡ ( x ) → − ∞ et on a donc une asymptote verticale

En + ∞ : f ⁡ ( x ) x = ( x + ln ⁡ x ) ⁢ e x − 1 x = ( 1 + ln ⁡ x x ) ⁢ e x − 1 → + ∞ car ln ⁡ ( x ) = o ⁡ ( x ) et on a donc une branche parabolique verticale en + ∞ .
Au vu des 2 branches infinies, on peut prédire au moins un point d'inflexion qu'il serait intéressant de rechercher (changement de signe de f ′ ′ ) : f ′ ′ ⁡ ( x ) = ( − 1 x 2 + 1 + 1 x ) ⁢ e x − 1 + ( 1 + 1 x + x + ln ⁡ ( x ) ) ⁢ e x − 1 = ( − 1 x 2 + 2 x + 1 + x + ln ⁡ ( x ) ) ⁢ e x − 1

mais l'étude du signe de cette quantité est par trop rébarbative !

Bilan : mise en jambe paisible

Partie Il : Étude d'une suite récurrente associée à f .

On considère la suite réelle ( u n ) n ∈ ℕ définie par u 0 = 2 et, pour tout n ∈ ℕ , u n + 1 = f ⁡ ( u n )

On va recycler les propriétés de f pour étudier cette suite.

Par récurrence :

u 0 = 2 existe et u 0 ≥ 2

Soit n ∈ ℕ tel que u n existe et u n ≥ 2

Alors u n > 0 et f ⁡ ( u n ) est donc calculable (définie)

Et comme f est strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [ et que u n et 2 en sont éléments, f ⁡ ( u n ) ≥ f ⁡ ( 2 ) = ( 2 + ln ⁡ ( 2 ) ) ⋅ e ≥ 2 car ln ⁡ ( 2 ) ≥ 0

Conclusion :
Pour tout n ∈ ℕ , u n existe et u n ≥ 2
Pour n = 0 : u 0 = 2 et e 0 = 1 donc u 0 ≥ e 0

Soit n ∈ ℕ tel que u n ≥ e n alors le moyen naturel est :

u n + 1 = f ⁡ ( u n ) ≥ f ⁡ ( e n ) mais f ⁡ ( e n ) = ( e n + ln ⁡ ( e n ) ) ⁢ e e n − 1 ne donne pas directement le e n + 1

On recycle donc la question précédente :

f ⁡ ( u n ) = ( u n + ln ⁡ ( u n ) ) ⁢ e u n − 1 avec
- ln ⁡ ( u n ) ≥ ln ⁡ ( 2 ) donc u n + ln ⁡ ( u n ) ≥ u n ≥ e n
- et u n − 1 ≥ 1 donc e u n − 1 ≥ e 1
- d'où f ⁡ ( u n ) ≥ e n ⁢ e = e n + 1
Conclusion :
∀ n ∈ ℕ , u n ≥ e n et par minoration u n → + ∞ ,
On calcule u n et n tant que u n < 10 20 (ou jusqu'à ce que u n ≥ 10 20 puisque ce n'est pas pour u 0 que cela se produit)

program premier;

var n :intreger; u:real;

begin

u:=2;n:=0;

while u<1E20 do

begin u:=(u+ln(u))*exp(u-1) ; n:=n+1 end;

writeln(n);

end.

Bilan : un peu d'astuce requise pour le 2

Partie III : Étude d'extremums locaux pour une fonction de deux variables associée à f

On considère l'application F : ] 0 ; + ∞ [ → ℝ , x ⟼ F ⁡ ( x ) = ∫ 1 x f ⁡ ( t ) ⁢ ⅆ t .

f est continue sur ] 0 ; + ∞ [ donc F est de classe C 1 sur ] 0 ; + ∞ [ et F ′ ⁡ ( x ) = f ⁡ ( x ) pour tout x ∈ ] 0 ; + ∞ [ .

On considère l'application de classe C 2 G : ] 0 ; + ∞ [ 2 → ℝ , ( x , y ) ⟼ G ⁡ ( x , y ) = F ⁡ ( x ) + F ⁡ ( y ) − 2 ⁢ e x + y 2 .
On a, pour tout ( x , y ) ∈ ] 0 ; + ∞ [ 2 G x ′ ⁡ ( x , y ) = ∂ G ∂ x ⁡ ( x , y ) = F ′ ⁡ ( x ) − 2 1 2 ⁢ e x + y 2 = f ⁡ ( x ) − e x + y 2 G y ′ ⁡ ( x , y ) = f ⁡ ( y ) − e x + y 2

f est continue et strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [ donc bijective de ] 0 ; + ∞ [ dans ] lim 0 f ; lim + ∞ f [ = ℝ

Pour tout ( x , y ) ∈ ] 0 ; + ∞ [ 2 , ( x , y ) est un point critique de G si et seulement si

{ G x ′ ⁡ ( x , y ) = 0 G y ′ ⁡ ( x , y ) = 0 ⟺ { f ⁡ ( x ) − e x + y 2 = 0 f ⁡ ( y ) − e x + y 2 = 0 ⟺ { f ⁡ ( x ) = f ⁡ ( y ) f ⁡ ( y ) − e x + y 2 = 0 et comme f est bijective sur ] 0 ; + ∞ [ e ⁢ t que x et y en sont éléments,

⟺ { x = y f ⁡ ( y ) − e y = 0

on résout alors cette seconde équation f ⁡ ( y ) − e y = 0 ⟺ ( y + ln ⁡ ( y ) ) ⁢ e y − 1 − e y = 0 ⟺ ( y + ln ⁡ ( y ) ) ⁢ e − 1 − 1 = 0 ⟺ y + ln ⁡ ( y ) = e Conclusion :

( x , y ) ∈ ] 0 ; + ∞ [ 2 est un point critique de G si et seulement si

x = y et x + ln ⁡ x = e .

On peut appliquer le théorème de bijection sur ] 0 ; + ∞ [ puis vérifier que 1 < α < e en comparant les images, ou plus rapidement :

Soit k ⁡ ( x ) = x + ln ⁡ ( x ) . k est somme de deux fonctions strictement croissante, donc

k est continue et strictement croissante sur ] 1 ; e [ donc bijective de ] 1 ; e [ dans ] lim 1 k ; lim e k [ = ] 1 ; e + 1 [

et comme e ∈ ] 1 ; e + 1 [ alors l'équation k ⁡ ( x ) = e , admet une unique solution dans ] 1 ; e [ .

et comme k est strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [ , elle n'en a pas d'autres.

Conclusion :

x + ln ⁡ ( x ) = e a une unique solution α sur ] 0 ; + ∞ [

et 1 < α < e

G a donc un unique point critique ( α , α ) sur l'ouvert ] 0 ; + ∞ [

Reste à tester r ⁢ t − s 2 > 0 :

On a, pour tout ( x , y ) ∈ ] 0 ; + ∞ [ 2 ∂ 2 G ∂ x 2 ⁡ ( x , y ) = f ′ ⁡ ( x ) − 1 2 ⁢ e x + y 2 ∂ 2 G ∂ y ⁢ ∂ x ⁡ ( x , y ) = − 1 2 ⁢ e x + y 2 ∂ 2 G ∂ y 2 ⁡ ( x , y ) = f ′ ⁡ ( y ) − 1 2 ⁢ e x + y 2 et en ( α , α ) : r = ∂ 2 G ∂ x 2 ⁡ ( α , α ) = f ′ ⁡ ( α ) − 1 2 ⁢ e α s = − 1 2 ⁢ e α t = f ′ ⁡ ( α ) − 1 2 ⁢ e α

On simplifie l'expresion de f ′ ⁡ ( α ) en tenant compte du fait que α + ln ⁡ ( α ) = e : f ′ ⁡ ( α ) = ( 1 + 1 α + α + ln ⁡ ( α ) ) ⁢ e α − 1 = ( 1 + 1 α + e ) ⁢ e α − 1 = ( 1 + 1 α ) ⁢ e α − 1 + e α > e α et donc f ′ ⁡ ( α ) − 1 2 ⁢ e α > 1 2 ⁢ e α et on a donc r ⁢ t − s 2 > 0

Conclusion :

G a un extremum local unique en ( α , α ) sur l'ouvert ] 0 , + ∞ [ 2

et comme r > 0 , c'est un minimum

Bilan : sans gros calcul si l'on a de l'élégance.

Balaye bien le programme d'analyse.

Exercice 2

On considère les matrices carrées d'ordre 3 suivantes : I = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) , A = ( 1 1 1 1 1 1 1 1 3 )

Partie 1 : Détermination d'une racine carrée de A

A est symétrique donc diagonalisable et comme elle a deux colonnes identiques, elle est non inversible.

Le rang de A (hors programme) est la dimension de l'image de l'application f associée dans la base canonique de ℝ 3

Son image est engendrée par ( ( 1 , 1 , 1 ) , ( 1 , 1 , 1 ) , ( 1 , 1 , 3 ) ) donc par ( ( 1 , 1 , 1 ) , ( 1 , 1 , 3 ) ) .

Cette famille étant libre (2 vecteurs non proportionnels) , elle est une base de l'image et donc dim ⁡ Im ⁡ ( f ) = 2

Donc le rang de A est égal à 2.
Comme A ne peux pas avoir plus de trois valeurs propres distinctes, il suffit de les tester pour être sûr de les avoir toutes :

Soit ( x , y , z ) ∈ ℝ 3

( A − 0 ⁢ I ) ⁢ ( x y z ) = 0 ⟺ { x + y + z = 0 x + y + z = 0 L 2 − L 1 x + y + 3 ⁢ z = 0 L 3 − L 1 ⟺ { x + y + z = 0 z = 0 L 3 − L 1

⟺ { y = − x z = 0 (en paramètrant par x pour avoir la première ligne de P égale à 1)

Donc 0 est valeur propre de A et le sous espace propre associé est E 0 = V ⁢ e ⁢ c ⁢ t ⁡ ( ( 1 , − 1 , 0 ) )

( A − 1 ⁢ I ) ⁢ ( x y z ) = 0 ⟺ { y + z = 0 x + z = 0 x + y + 2 ⁢ z = 0 ⟺ { z = − x y = x 0 = 0

Donc 1 est valeur propre de A et le sous espace propre associé est E 1 = V ⁢ e ⁢ c ⁢ t ⁡ ( ( 1 , 1 , − 1 ) )

( A − 4 ⁢ I ) ⁢ ( x y z ) = 0 ⟺ { − 3 ⁢ x + y + z = 0 L 1 + L 3 x − 3 ⁢ y + z = 0 L 2 + L 3 x + y − z = 0 ⟺ { − 2 ⁢ x + 2 ⁢ y = 0 2 ⁢ x − 2 ⁢ y = 0 x + y − z = 0

⟺ { y = x z = 2 ⁢ x donc 4 est valeur propre de A et le sous espace propre associé est V ⁢ e ⁢ c ⁢ t ⁡ ( ( 1 , 1 , 2 ) )

Montrer que 0 , 1 et 4 sont les trois valeurs propres de A et déterminer les sous-espaces propres associés.
A ayant trois valeurs propres distinctes, la juxtaposition de vecteurs propres associés à 0 , 1 et 4 : ( ( 1 , − 1 , 0 ) , ( 1 , 1 , − 1 ) , ( 1 , 1 , 2 ) ) est une base de vecteurs propres.

Donc avec D = ( 0 0 0 0 1 0 0 0 4 ) dont les coefficients diagonaux sont dans l'ordre croissant et P = ( 1 1 1 − 1 1 1 0 − 1 2 ) (première ligne formée de 1 ) matrice de passage donc inversible on a A = P ⁢ D ⁢ P − 1 .
Par la méthode de Gauss :

( 1 1 1 − 1 1 1 0 − 1 2 ) ⁢ L 1 → L 1 L 1 + L 2 → L 2 L 3 → L 3 ⁢ ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 )

( 1 1 1 0 2 2 0 − 1 2 ) ⁢ L 1 − L 2 / 2 → L 1 L 2 / 2 → L 2 L 3 + L 2 / 2 → L 3 ⁢ ( 1 0 0 1 1 0 0 0 1 )

( 1 0 0 0 1 1 0 0 3 ) ⁢ L 1 → L 1 L 2 − L 3 / 3 → L 2 L 3 / 3 → L 3 ⁢ ( 1 / 2 − 1 / 2 0 1 / 2 1 / 2 0 1 / 2 1 / 2 1 )

( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) ⁢ L 1 → L 1 L 2 − L 3 / 3 → L 2 L 3 / 3 → L 3 ⁢ ( 1 / 2 − 1 / 2 0 1 / 3 1 / 3 − 1 / 3 1 / 6 1 / 6 1 / 3 ) et donc

Conclusion :
P − 1 = ( 1 / 2 − 1 / 2 0 1 / 3 1 / 3 − 1 / 3 1 / 6 1 / 6 1 / 3 )
L'unicité n'étant pas demandée, pour montrer l'existence de Δ , il suffit de la donner et vérifier qu'elle convient :

Soit Δ = ( 0 0 0 0 1 0 0 0 2 ) .

Elle vérifie bien les trois contraintes : diagonales, coefs diagonaux croissants et carré égal à D .
On note R = P ⁢ Δ P − 1 . On a alors R = P ⁢ Δ 2 P − 1 = P ⁢ D ⁢ P − 1 = A

P ⁢ Δ P − 1 = ( 0 0 0 0 1 0 0 0 2 ) ( 1 / 2 − 1 / 2 0 1 / 3 1 / 3 − 1 / 3 1 / 6 1 / 6 1 / 3 ) ( 1 1 1 − 1 1 1 0 − 1 2 ) ( 0 1 2 0 1 2 0 − 1 4 ) ( 2 / 3 2 / 3 1 / 3 2 / 3 2 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 3 5 / 3 ) = R

Et on prend le temps de vérifier que R 2 = A ...

Bilan : rang d'une matrice HP. classique, les calculs ne sont pas trop lourds

Partie Il: Étude d'endomorphismes

On munit ℝ 3 de sa base canonique ℬ = ( e 1 , e 2 , e 3 ) et on considère les endomorphismes f et g de ℝ 3 dont les matrices dans ℬ sont respectivement A et R .

On note 𝒞 = ( u 1 , u 2 , u 3 ) la base de ℝ 3 telle que P est la matrice de passage de ℬ à 𝒞 .

On a mat ℬ ( f ) = A et mat ℬ ( 𝒞 ) = P

Donc, d'après la formule de changement de base mat 𝒞 ( f ) = mat 𝒞 ( ℬ ) mat ℬ ( f ) mat ℬ ( 𝒞 ) = P − 1 ⁢ A ⁢ P = D

et de même mat 𝒞 ( g ) = mat 𝒞 ( ℬ ) mat ℬ ( g ) mat ℬ ( 𝒞 ) = P − 1 ⁢ R ⁢ P = Δ
1. ker ⁡ ( f ) est le sous espace propre associé à la valeur propre 0
  
  Donc ker ⁡ ( f ) = V ⁢ e ⁢ c ⁢ t ⁡ ( ( 1 , − 1 , 0 ) ) et comme ( ( 1 , − 1 , 0 ) ) est libre (un vecteur non nul) elle forme une base de ker ⁡ ( f ) et dim ⁡ ker ⁡ ( f ) = 1
2. Le théorème du rang donne alors dim ⁡ Im ⁡ ( f ) = 3 − 1 = 2
  
  Et comme f ⁡ ( e 1 ) = ( 1 , 1 , 1 ) première colonne de A et f ⁡ ( e 3 ) = ( 1 , 1 , 3 ) forment une famille libre (2 vecteurs non proportionnels) de Im ⁡ ( f ) , ils forment une base de Im ⁡ ( f )
En inversant l'ordre des questions a) et b ) :

( g ⁡ ( e 1 ) , g ⁡ ( e 2 ) , g ⁡ ( e 3 ) ) est génératrice de Im ⁡ ( g ) et comme g ⁡ ( e 1 ) = ( 2 / 3 , 2 / 3 , 1 / 3 ) = g ⁡ ( e 2 ) alors ( g ⁡ ( e 1 ) , g ⁡ ( e 3 ) ) est génératrice de Im ⁡ ( g ) , et de plus libre.

Conclusion :
( g ⁡ ( e 1 ) , g ⁡ ( e 3 ) ) est donc une base de Im ⁡ ( g ) et dim ⁡ ( Im ⁡ ( g ) ) = 2

Par le théorème du rang, dim ⁡ ( ker ⁡ ( g ) ) = 1 et on constate que ( 2 / 3 2 / 3 1 / 3 2 / 3 2 / 3 1 / 3 1 / 3 1 / 3 5 / 3 ) ⁢ ( 1 − 1 0 ) = ( 0 0 0 ) donc g ⁡ ( ( 1 , − 1 , 0 ) ) = 0

Donc ( ( 1 , − 1 , 0 ) ) est une famille libre de 1 vecteur de ker ⁡ ( g )

Conclusion :
( ( 1 , − 1 , 0 ) ) est une base de ker ⁡ ( g ) et dim ⁡ ker ⁡ ( g ) = 1
La relation g = f ∘ h . est équivalente à l'égalité de leurs matrices dans 𝒞 : mat 𝒞 g = mat 𝒞 f ∘ h = mat 𝒞 f ⁢ mat 𝒞 h .

On cherche donc une matrice H , inversible pour que h soit un automorphisme, telle que Δ = D ⁢ H

Pour rester dans l'esprit du sujet, on cherche H diagonale :

( 0 0 0 0 1 0 0 0 4 ) ⁢ ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 / 2 ) = ( 0 0 0 0 1 0 0 0 2 ) donc H = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 / 2 ) qui est inversible convient.

Et l'application linéaire h associée à H dans 𝒞 est un automorphisme de ℝ 3 vérifiant g = f ∘ h .

Sa matrice dans ℬ (puisqu'elle est demandée) est alors mat ℬ ( h ) = P ⁢ H ⁢ P − 1 d'après la formule de changement de base.

Bilan : la dimension de Im(f) aurait pu être demandé en premier. Et dans la question 3, l'ordre inverse aurait été le bienvenu !

Avec un peu d'originalité pour finir... exercice complet sur l'algèbre.

Exercice 3

Les deux parties sont indépendantes.

Soit p ∈ ] 0 ; 1 [ . On note. q = 1 − p

Partie I Différence de deux variables aléatoires.

Soit n un entier naturel non nul. On considère n joueurs qui visent une cible. Chaque joueur effectue deux tirs. À chaque tir, chaque joueur a la probabilité p d'atteindre la cible. Les tirs sont indépendants les uns des autres.

On définit. la variable aléatoire X égale au nombre de joueurs ayant atteint la cible au premier tir et la variable aléatoire Z égale au nombre de joueurs ayant atteint la cible au moins une fois à l'issue des deux tirs.

X (qui ne s'intéresse qu'au premier essai) est le nombre de joueurs, parmi n , atteignant la cible au premier essai, indépendamment les uns des autres et avec une même probabilité p .

Conclusion :
Donc X ↪ ℬ ⁡ ( n , p ) et E ⁡ ( X ) = n ⁢ p , V ⁡ ( X ) = n ⁢ p ⁢ q .
Pour chaque joueur, la probabilité de ne pas atteindre la cible ( E i pour échec au i e ` ⁢ m ⁢ e essai) est P ⁡ ( E 1 ∩ E 2 ) = P ⁡ ( E 1 ) ⁢ P ⁡ ( E 2 ) = q 2 par indépendance.

Donc la probabilité de l'atteindre au moins une fois est P ⁡ ( E 1 ∩ E 2 ‾ ) = 1 − q 2 et comme précédemment,

Conclusion :
Z ↪ ℬ ⁡ ( n , 1 − q 2 ) , E ⁡ ( Z ) = n ⁢ ( 1 − q 2 ) et V ⁡ ( Z ) = n ⁢ q 2 ⁢ ( 1 − q 2 )

On note Y = Z − X .
Y est donc le nombre de joueur atteignant au moins une fois la cible, mais pas la première fois :

C'est le nombre de ceux l'atteignant uniquement la seconde fois.

Pour chaque joueur, la probabilité en est P ⁡ ( E 1 ∩ S 2 ) = P ⁡ ( E 1 ) ⁢ P ⁡ ( S 2 ) = p ⁢ q par indépendance.

Conclusion :
Donc Y ↪ ℬ ⁡ ( n , p ⁢ q ) .
1. X et Y ne sont pas indépendantes :
  
  ( X = n ∩ Y = n ) est impossible donc P ⁣ ( X = n ∩ Y = n ) = 0 ≠ P ⁣ ( X = n ) P ⁣ ( Y = n )
2. Calculer la covariance du couple ( X , Y ) .??? par quel bout prendre la question ?
  
  Si on part de la définition cov ⁡ ( X , Y ) = E ⁡ ( X ) ⁢ E ⁡ ( Y ) − E ⁡ ( X ⁢ Y ) demande d'aller chercher la loi du couple pour obtenir E ⁡ ( X , Y ) : laborieux.
  
  On cherche donc la covariance là où elle intervient : V ⁡ ( Z ) = V ⁡ ( X + Y ) = V ⁡ ( X ) + V ⁡ ( Y ) + 2 ⁢ cov ⁡ ( X , Y ) donc cov ⁡ ( X , Y ) = 1 2 ⁢ ( V ⁡ ( Z ) − V ⁡ ( Y ) − V ⁡ ( X ) ) = 1 2 ⁢ ( n ⁢ q 2 ⁢ ( 1 − q 2 ) − n ⁢ p ⁢ q ⁢ ( 1 − p ⁢ q ) − n ⁢ p ⁢ q ) factorisé = 1 2 ⁢ n ⁢ q ⁢ ( q ⁢ ( 1 − q ) ⁢ ( 1 + q ) − p ⁢ ( 1 − p ⁢ q ) − p ) = 1 2 ⁢ n ⁢ q ⁢ p ⁢ ( q ⁢ ( 1 + q ) − 1 + p ⁢ q − 1 ) tout en q = 1 2 ⁢ n ⁢ q ⁢ p ⁢ ( q + q 2 − 2 + ( 1 − q ) ⁢ q ) = − n ⁢ p 2 ⁢ q N.B. la covariance négative est cohérente : plus X est grand, plus Y risque d'être petit.

Bilan : début nécessitant de comprendre les notations, et fin subtile.

Partie II : Variable aléatoire à densité conditionnée par une variable aléatoire discrète

Dans cette partie, on note U une variable aléatoire suivant la loi géométrique de paramètre p .

N.B. Pour donner la loi, ne pas oublier de donner les valeurs possibles.

On a U ⁡ ( Ω ) = ℕ * et pour tout n ∈ ℕ * : P ⁣ ( U = n ) = q n − 1 ⁢ p , E ⁡ ( U ) = 1 p et V ⁡ ( U ) = q p 2

On considère une variable aléatoire T telle que : ∀ n ∈ ℕ * , ∀ t ∈ [ 0 ; + ∞ [ , P ( U = n ) ⁣ ( T > t ) = e − n ⁢ t

( U = n ) n ∈ ℕ est un système complet d'événements, donc P ⁣ ( T > t ) = ∑ n = 1 + ∞ P ( U = n ) ⁣ ( T > t ) P ⁣ ( U = n ) = ∑ n = 1 + ∞ e − n ⁢ t ⁢ q n − 1 ⁢ p pour t ∈ [ 0 ; + ∞ [ = p q ⁢ ∑ n = 1 + ∞ ( e − t ⁢ q ) n = p q ⁢ e − t ⁢ q ⁢ 1 1 − e − t ⁢ q car | e − t ⁢ q | < 1 Conclusion :
∀ t ∈ [ 0 ; + ∞ [ , P ⁣ ( T > t ) = p ⁢ e − t 1 − q ⁢ e − t
La fonction de répartition de T est donc donnée par :

F ⁡ ( t ) = P ⁣ ( T ≤ t ) = 1 − p ⁢ e − t 1 − q ⁢ e − t pour tout t ≥ 0

et comme F (fonction de répartition) est croissante et positive et que F ⁡ ( 0 ) = 1 − p 1 − q = 0 alors F ⁡ ( t ) = 0 pour tout t < 0

F est donc continue

sur [ 0 ; + ∞ [ car 1 − q ⁢ e − t ≠ 0
sur ] − ∞ , 0 [ fonction nulle
en 0 − car F ⁡ ( t ) = 0 → 0 = F ⁡ ( 0 )

Donc la fonction de réapartiton de T est continue sur ℝ et C 1 sur ℝ * et T est à densité.

Une densité est F ′ là où F est C 1

pour t > 0 : F ⁡ ( t ) = 1 − p ⁢ e − t 1 − q ⁢ e − t et F ′ ⁡ ( t ) = − p ⁢ − e − t ⁢ ( 1 − q ⁢ e − t ) − q ⁢ e − t ⁢ e − t ( 1 − q ⁢ e − t ) 2 = p ⁢ e − t ( 1 − q ⁢ e − t ) 2

Conclusion :

T est à densité et une densité est

f ⁡ ( t ) = { p ⁢ e − t ( 1 − q ⁢ e − t ) 2 si t ≥ 0 0 si t < 0

On note Z = U ⁢ T
1. ∀ n ∈ ℕ * , ∀ z ∈ [ 0 ; + ∞ [ , P ( U = n ) ⁣ ( Z > z ) = P ( U = n ) ⁣ ( U ⁢ T > z ) = P ( U = n ) ⁣ ( T > z / n ) = e − n ⁢ z / n = e − z
2. Intuitivement : la probabilité P ( U = n ) ⁣ ( Z > z ) est la même pour toute valeur de U : elle est "indépendante" de U et P ⁣ ( Z > z ) = e − z .
  
  Rigoureusement, on repasse par les probabilités totales : P ⁣ ( Z > z ) = ∑ n = 1 + ∞ P ⁣ ( U = n ) P ( U = n ) ⁣ ( Z > z ) = e − z ⁢ ∑ n = 1 + ∞ P ⁣ ( U = n ) = e − z car ( U = n ) n ∈ ℕ SCE La fonction de répartition de Z est donc
  
  G ⁡ ( z ) = { 1 − e − z si z ≥ 0 0 si z < 0 où l'on reconnaît que
  Z suit une loi ϵ ⁡ ( 1 )
3. On retrouve ici la problématique de l'indépendance :
  
  ∀ n ∈ ℕ * , ∀ z ∈ [ 0 ; + ∞ [ , P ⁣ ( U = n , Z > z ) = P ⁣ ( U = n ) P U = n ⁣ ( Z > z ) = P ⁣ ( U = n ) e − z = P ⁣ ( U = n ) P ⁣ ( Z > z )

Bilan : joli exercice