Corrigé ESCP 2004 par Pierre Veuillez

Dans tout le problème, r désigne un entier naturel vérifiant 1 r 10 . Une urne contient 10 boules distinctes B 1 , B 2 , , B 1 0 . Une expérience aléatoire consiste à y effectuer une suite de tirages d'une boule avec remise , chaque boule ayant la même probabilité de sortir à chaque tirage. Cette expérience est modélisée par un espace probabilisé ( Ω , 𝒜 , P ) .

Partie I : Etude du nombre de tirages nécessaires pour obtenir au moins une fois chacune des boules B 1 , , B r

On suppose que le nombre de tirages nécessaires pour obtenir au moins une fois chacune des boules B 1 , , B r définit une variable aléatoire Y r sur ( Ω , 𝒜 , P ) .

  1. Cas particulier r = 1 .
    Y 1 est le nombre de tirage pour tirer au moins une fois la boule B 1 dans une suite de tirages indépendants, la probabilité de l'obtenir étant 1 10 (boules équiprobables) à chaque tirage.

    Donc Y 1 𝒢 ( 1 10 ) et E ( Y 1 ) = 10 et V ( Y 1 ) = 100 × 9 10 = 90

  2. On suppose que r est supérieur ou égal à 2 .

    1. Soit A = ''les r boules B 1 , B 2 , , B r sortent dans cet ordre aux r premiers tirages''.

      En notant B i j l'événement ''tirer la boule i au j i e ` m e tirage'', les tirages étant indépendants,

      A = B 1 1 B 2 2 \dots B r r et P ( A ) = P ( B 1 1 ) P ( B 2 2 ) \dots P ( B r r ) = ( 1 10 ) r

      Conclusion :

      P ( A ) = ( 1 10 ) r

    2. ( Y r = r ) est "on a obtenus au moins une fois les r boules en r tirages" donc "on a *obtenu exactement une fois les r boules en r tirages"

      Comme il y a r ! ordres possibles (incompatibles) pour les tirages de ces r boules, on a donc

      Conclusion :

      P ( [ Y r = r ] ) = r ! 10 r

    3. IL faut au minimum r tirages pour obtenir au moins une fois chacunes des r boules et il n'y a pas de maximum.

      Donc les valeurs prises par Y r sont : Y r ( Ω ) = [ [ r , + [ [

  3. On suppose encore que r est supérieur ou égal à 2 . Pour tout entier i vérifiant 1 i r , on désigne par W i la variable aléatoire représentant le nombre de tirages nécessaires pour que, pour la première fois, i boules distinctes parmi les boules B 1 , B 2 , , B r soient sorties (en particulier, on a : W r = Y r ).
    On pose : X 1 = W 1 et, pour tout i vérifiant 2 i r , X i = W i W i 1 .
    On admet que les variables aléatoires X 1 , , X r sont indépendantes.

    1. Comme W r = Y r on a donc

      X 1 + X 2 + \dots + X r = W 1 + W 2 W 1 + \dots + W r W r 1 = W r = Y r

      Conclusion :

      Y r = i = 1 r X i

    2. X i est le nombre de tirages nécessaire pour une boule non encore obtenue (parmi 1 \dots r )de plus, pour la i ème fois..

      Donc pour obtenir la i e ` m e boule non encore obtenue.

    3. Comme X i est le nombre de tirage pour obtenir la première boule non obtenue quand on en a déjà obtenu i 1 , donc avec la probabilité r ( i 1 ) 10 , les tirages étants indépendants, alors X i 𝒢 ( r i + 1 10 )

      E ( X i ) = 10 r i + 1 et V ( X i ) = ( 10 r i + 1 ) 2 ( 1 r i + 1 10 ) = 10 r + i 1 ( r i + 1 ) 2 10

    4. On pose : S 1 ( r ) = k = 1 r 1 k et S 2 ( r ) = k = 1 r 1 k 2
      Comme Y r = i = 1 r X i alors E ( Y r ) = i = 1 r E ( X i ) = i = 1 r 10 r i + 1 réindexé par j = r i + 1 (qui prend une unique fois les valeurs entières de 1 à r ) E ( Y r ) = j = 1 r 10 j = 10 S 1 ( r )

      Et comme les ( X i ) sont indépendantes,

      V ( Y r ) = i = 1 r V ( X i ) = i = 1 r 10 r + i 1 ( r i + 1 ) 2 10 = 10 i = 1 r ( 10 ( r i + 1 ) 2 r i + 1 ( r i + 1 ) 2 ) = 10 ( 10 j = 1 r 1 j 2 j = 1 r 1 j ) = 100 S 2 ( r ) 10 S 1 ( r )

    1. Comme x 1 x est décroissante sur ] 0 , + [ si 0 < k t k + 1 alors 1 k 1 t 1 k + 1

      Donc le minimum est 1 k + 1 et le maximum est 1 k sur [ k , k + 1 ]

      Donc comme k k + 1 on a ( k + 1 k ) 1 k + 1 = 1 k + 1 k k + 1 1 t t 1 k .

    2. En sommant l'inégalité précédente, on obtient :

      k = 1 r 1 k + 1 k k + 1 1 t t = 1 r + 1 1 t t k = 1 r 1 k et en réindexant la première, i = k + 1 : i = 2 r + 1 1 i ln ( r + 1 ) S 1 ( r )

      et donc S 1 ( r + 1 ) = i = 2 r + 1 1 i + 1 ln ( r + 1 ) + 1 et en substituant r à r + 1

      ln ( r + 1 ) S 1 ( r ) ln ( r ) + 1

      On a donc 10 ln ( r + 1 ) E ( Y r ) = 10 S 1 ( r ) 10 ( ln r + 1 )

    3. On a 1 k 2 1 t 2 1 ( k + 1 ) 2 pour t [ k , k + 1 ] ( k * ) donc comme précédemment k = 1 r 1 ( k + 1 ) 2 1 r + 1 1 t 2 t k = 1 r 1 k 2 et en réindexant la première, i = k + 1 : i = 2 r + 1 1 i 2 1 1 r + 1 S 2 ( r )

      et donc S 2 ( r + 1 ) = i = 2 r + 1 1 i 2 + 1 1 1 r + 1 + 1 et en substituant r à r + 1

      1 1 r + 1 S 2 ( r ) 2 1 r

    4. Comme V ( Y r ) = 100 S 2 ( r ) 10 S 1 ( r ) on a donc 100 ( 1 1 r + 1 ) 10 ( ln ( r ) + 1 ) V ( Y r ) 100 ( 2 1 r ) 10 ln ( r + 1 )

Partie II : Etude du nombre de boules distinctes parmi les boules B 1 , B 2 , , B r tirées au moins une fois au cours des n premiers tirages

Pour tout entier n supérieur ou égal à 1 , on suppose que le nombre de boules distinctes parmi les boules B 1 , B 2 , , B r tirées au moins une fois au cours des n premiers tirages, définit une variable aléatoire Z n sur ( Ω , 𝒜 , P ) ; on note E ( Z n ) l'espérance de Z n et on pose Z 0 = 0 .
Pour tout entier naturel n non nul et pour tout entier naturel k , on note p n , k la probabilité de l'événement [ Z n = k ] et on pose : p n , 1 = 0 .

  1. Etude des cas particuliers n = 1 et n = 2 .

    1. Z 1 est le nombre de boules (distinctes) parmi B 1 \dots B r en 1 tirage.

      La probabilité en étant r 10 on a donc Z 1 ( r 10 ) (Bernouilli) et E ( Z 1 ) = r 10

    2. On suppose, dans cette question, que r est supérieur ou égal à 2 .
      Z 2 est le nombre de boules distinctes en 2 tirages.

      Ce n'est pas une hypergéométrique (remise) ni une binomiale (on compte les boules distinctes)

      On revient à la définition :

      Z 2 ( Ω ) = { 0 , 1 , 2 } et on dénombre :

      • Les tirages sont les paires de boules parmi 10 et sont équiprobables. Il y en a 10 2

      • ( Z 2 = 0 ) est définit d'une paire de boule parmi 10 r . Il y en a ( 10 r ) 2

        Donc P ( Z 2 = 0 ) = ( 10 r ) 2 100

      • ( Z 2 = 1 ) = ''deux fois la même boules'' est caractérisé par

        1. la boule parmi les r et la boule parmi les autres ( 10 r ) et l'ordre de ces deux boules (2 choix)

        2. ou deux fois la même boule parmi r

        Donc P ( Z 2 = 1 ) = r ( 10 r ) 2 100 + r 100

      • ( Z 2 = 2 ) est caractérisé par la liste sans répétition de deux boules parmi les r donc

        P ( Z 2 = 2 ) = r ( r 1 ) 100

      Donc E ( Z 2 ) = i = 0 2 ı ^ P ( Z 2 = i ) = ( 10 r ) 2 100 × 0 + ( r ( 10 r ) 2 100 + r 100 ) × 1 + r ( r 1 ) 100 × 2

      et E ( Z 2 ) = 19 r 100

  2. Établir, pour tout entier naturel n non nul et pour tout entier naturel k au plus égal à r , l'égalité : 10 p n , k = ( 10 r + k ) p n 1 , k + ( r + 1 k ) p n 1 , k 1 On a p n , k = P ( Z n = k )

    Comme lors du n i e ` m e tirage, on a au plus une boules parmi les r en plus de celles déjà obtenues, alors au précédent ,on en avait déjà k 1 ou k

    ( Z n = k ) = [ ( Z n 1 = k 1 ) ( Z n = k ) ] [ ( Z n 1 = k ) ( Z n = k ) ]

    les deux étant incompatibles car Z n 1 ne peut prendre qu'une valeur à la fois

    Avec P ( Z n 1 = k 1 ) ( Z n = k ) = r k + 1 10 car on doit tirer au n i e ` m e une des r boules non encore obtenues (il y en a encore r ( k 1 ) )

    et P ( Z n 1 = k ) ( Z n = k ) = 10 r 10

    car on doit tirer au n i e ` m e une des 10 r autres boules.

    On a donc P ( Z n = k ) = P ( Z n 1 = k 1 ) P ( Z n 1 = k 1 ) ( Z n = k ) + P ( Z n 1 = k ) P ( Z n 1 = k ) ( Z n = k ) = r k + 1 10 p n 1 , k 1 + 10 r 10 p n 1 , k

    d'où la relation (recurrence pn,k)

  3. Vérifier que cette égalité reste vraie dans le cas où k est supérieur ou égal à r + 1 .

    Donc dans tous les cas ( 1 ) devient 0 = 0 qui est vraie.

    Et l'égalité reste vraie pour k r + 1

  4. Pour tout entier naturel non nul n , on définit le polynôme Q n par : pour tout réel x , Q n ( x ) = k = 0 n p n , k x k , et on pose     Q 0 ( x ) = 1.

    1. On a Q 1 ( x ) = k = 0 1 p 1 , k x k = p 1 , 0 + p 1 , 1 x avec p 1 , 1 = p ( Z 1 = 1 ) = r 10 et p 1 , 0 = P ( Z 1 = 0 ) = 10 r 10 donc Q 1 ( x ) = 10 r 10 + r 10 x

      et Q 2 ( x ) = ( 10 r ) 2 100 + ( r ( 10 r ) 2 100 + r 100 ) x + r ( r 1 ) 100 x 2

    2. On a Q n ( 1 ) = k = 0 n p n , k = k = 0 n P ( Z n = k ) = P ( k = 0 n ( Z n = k ) ) = P ( Z n n ) = 1 Car en n tirages, on a au plus n boules distinctes de 1 \dots r donc Z n (et Z r ) Q n ( x ) = k = 1 n k p n , k x k 1 Q n ( 1 ) = k = 0 n k P ( Z n = k ) = E ( Z n )

      Si n r les termes de r + 1 à n sont nuls.

    3. En utilisant l'égalité (recurrence pn,k), établir, pour tout réel x et pour tout entier naturel n non nul.

      On a Q n 1 ( x ) = k = 0 n 1 k p n 1 , k x k 1 et on va essayer de la faire apparaître : 10 Q n ( x ) = k = 0 n p n , k x k = k = 0 n ( ( 10 r + k ) p n 1 , k + ( r + 1 k ) p n 1 , k 1 ) x k et on isole les  k p n , k  qui sont des dérivées = k = 0 n ( 10 r ) p n 1 , k x k + k = 0 n k p n 1 , k x k + k = 0 n r p n 1 , k 1 x k k = 0 n ( k 1 ) p n 1 , k 1 x k = ( 10 r ) [ k = 0 n 1 p n 1 , k x k + 0 ] + x [ k = 0 n 1 k p n 1 , k x k 1 + 0 ] car  p n 1 , n = 0  et on réindexe  i = k 1 + r i = 1 n 1 p n 1 , i x i + 1 i = 1 n 1 i p n 1 , i x i + 1 = ( 10 r ) Q n 1 ( x ) + x Q n 1 ( x ) + x r Q n 1 ( x ) x 2 Q n 1 ( x ) + 0 = ( 10 r + r x ) Q n 1 ( x ) + x ( 1 x ) Q n 1 ( x )

    4. Les deux membres sont dérivables par rapport à x et

      10 Q n ( x ) = ( 10 r + r x ) Q n 1 ( x ) + r Q n 1 ( x ) + x ( 1 x ) Q n 1 ( x ) + ( 1 2 x ) Q n 1 ( x ) = r Q n 1 ( x ) + ( 11 r + ( r 2 ) x ) Q n 1 ( x ) + x ( 1 x ) Q n 1 ( x )

      et pour x = 1 on obtient : 10 Q n ( 1 ) = r Q n 1 ( 1 ) + ( 11 r + r 2 ) Q n 1 ( 1 ) + 1 ( 1 1 ) Q n 1 ( x ) = r + 9 Q n 1 ( 1 ) et donc 10 E ( Z n ) = 9 E ( Z n 1 ) + r Conclusion :

      E ( Z n ) = 9 10 E ( Z n 1 ) + r 10

      La suite ( E ( Z n ) ) est donc arithmético-géométrique.

      On détermine c tel que c = 9 10 c + r 10 c = r

      et la suite u définie par u n = E ( Z n ) c vérifie :

      u n + 1 = E ( Z n + 1 ) c = 9 10 E ( Z n ) + r 10 ( 9 10 c + r 10 ) = 9 10 ( E ( Z n ) c )

      est alors géométrique de raison 9 10 :

      Donc u n = ( 9 10 ) n u 0 avec u 1 = E ( Z 0 ) r = 0 r = r

      d'où u n = r ( 9 10 ) n

      Conclusion :

      E ( Z n ) = r ( 1 0 , 9 n )

    1. Pour tout entier naturel n , le polynôme Q n désigne la dérivée du polynôme Q n .
      On repart de 10 Q n ( x ) = r Q n 1 ( x ) + ( 11 r + ( r 2 ) x ) Q n 1 ( x ) + x ( 1 x ) Q n 1 ( x ) et on redérive par rapport à x : 10 Q n ( x ) = r Q n 1 ( x ) + ( r 2 ) Q n 1 ( x ) + ( 11 r + ( r 2 ) x ) Q n 1 ( x ) + + ( 1 2 x ) Q n 1 ( x ) + x ( 1 x ) Q n 1 ( x ) et donc en x = 1 Q n ( 1 ) = r Q n 1 ( 1 ) + ( r 2 ) Q n 1 ( 1 ) + ( 11 r + r 2 ) Q n 1 ( 1 ) + ( 1 2 ) Q n 1 ( 1 ) + 0 Q n 1 ( x ) = ( 2 r 2 ) Q n 1 ( 1 ) + 8 Q n 1 ( 1 ) = ( 2 r 2 ) r ( 1 0 , 9 n ) + 8 Q n 1 ( 1 ) Conclusion :

      Q n ( 1 ) = 2 r ( r 1 ) ( 1 0 , 9 n ) + 8 Q n 1 ( 1 )

      On prouve alors par récurrence que pour tout entier n 1 Q n ( 1 ) = r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) n 2 ( 9 10 ) n ]

      • Pour n = 1 : Q 1 ( x ) = k = 0 1 p k x k et Q 1 ( x ) = 0

        r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) 1 2 ( 9 10 ) 1 ] = 0 = Q 1 ( x )

      • soit n 1 tel que Q n ( 1 ) = r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) n 2 ( 9 10 ) n ]

        alors 10 Q n + 1 ( 1 ) = 2 r ( r 1 ) ( 1 0 , 9 n + 1 ) + 8 Q n ( 1 ) = 2 r ( r 1 ) ( 1 0 , 9 n + 1 ) + r ( r 1 ) 8 [ 1 + ( 8 10 ) n 2 ( 9 10 ) n ] = r ( r 1 ) [ 8 + 2 + 8 ( 8 10 ) n + ( 2 16 ) ( 9 10 ) n ]  donc  Q n + 1 ( 1 ) = r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) n + 1 2 ( 9 10 ) n + 1 ]

      Conclusion :

      pour tout entier n 1 : Q n ( 1 ) = r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) n 2 ( 9 10 ) n ]

    2. Comme Q n ( x ) = k = 1 n k p n , k x k 1 alors Q n ( x ) = k = 2 n k ( k 1 ) p n , k x k 2

      Donc Q n ( 1 ) = k = 0 n k ( k 1 ) p n , k = k = 0 n k 2 p n , k k = 0 n k p n , k = E ( Z n 2 ) E ( Z n )

      D'où V ( Z n ) = E ( Z n 2 ) E ( Z n ) 2 = Q n ( 1 ) + Q n ( 1 ) Q n ( 1 ) 2 = r ( r 1 ) [ 1 + ( 8 10 ) n 2 ( 9 10 ) n ] + r ( 1 0 , 9 n ) [ r ( 1 0 , 9 n ) ] 2 reclassé suivant les puissances  = r ( r 1 ) ( 8 10 ) n + r ( 9 10 ) n r 2 ( 81 100 ) n

      Conclusion :

      V ( Z n ) = r ( r 1 ) 0 , 8 n + r 0 , 9 n r 2 0 , 81 n