Corrigé CCIP 1997 Maths II option Economique par Pierre Veuillez

Préléminaire




Quand X n = k , la probabilité pour chaque personne sondée de préférer une voiture étrangère est de k / N .

X n + 1 est donc le nombre de sondé préférant étranger parmi N sondés indépendants la probabilité pour chaque étant k / N

Donc X n + 1 suit une loi binômiale de paramètres N et k / N quand (conditionnement ) X n = k

Donc p ( X n + 1 = i / X n = k ) = C N i ( k N ) i ( N k N ) N i si i [ [ 0 , N ] ]




Partie 1




Dans cette partie, N=2.

    1. On suppose que k 0 = 0. On a donc la probabilité de préférer étranger qui est nulle. Donc X 1 = 0 et par récurrence on montrerait que pour tout entier n , X n = 0 . La suite X n est constemment nulle.

    2. De même si k 0 = 2 , on aura pour tout entier n , X n = 2

    On suppose désormais, dans la suite de cette partie, que k 0 = 1

    1. Pour n = 1 on a p ( X 1 = 1 ) = C 2 1 ( 1 2 ) 1 ( 1 2 ) 1 = ( 1 2 ) 1 (car pour chacune des 2 personne testées, la probabilité de préférer E est de k 0 / N = 1 / 2 et qu'elles choisissent indépendaemment l'une de l'autre.)

      Soit n * tel que p ( X n = 1 ) = 1 2 n alors, comme la loi pour n + 1 dépend de la loi pour n , on utilise la formule des probabilités totales avec le système complet d'événements ( X n = 0 , X n = 1 , X n = 2 ) et p ( X n + 1 = 1 ) = p ( X n + 1 = 1 / X n = 0 ) p ( X n = 0 ) + p ( X n + 1 = 1 / X n = 1 ) p ( X n = 1 ) + p ( X n + 1 = 1 / X n = 2 ) p ( X n = 2 ) = 0 + C 2 1 ( 1 2 ) 1 ( 1 2 ) 1 p ( X n = 1 ) + 0 = 1 2 1 2 n = 1 2 n + 1

      Donc pour tout entier n , p ( X n = 1 ) = 1 2 n

      Pour calculer p ( X n = 0 ) et p ( X n = 2 ) On réutilise la formule des probabilités totales avec comme système complet d'événements ( X n 1 = 0 , X n 1 = 1 , X n 1 = 2 ) . : p ( X n = 0 ) = p ( X n = 1 / X n 1 = 0 ) p ( X n 1 = 0 ) + p ( X n = 0 / X n 1 = 1 ) p ( X n 1 = 1 ) + p ( X n = 0 / X n 1 = 2 ) p ( X n 1 = 2 ) = 1 p ( X n 1 = 0 ) + C 2 0 ( 1 2 ) 0 ( 1 2 ) 2 p ( X n 1 = 1 ) + 0 = p ( X n 1 = 0 ) + 1 2 2 1 2 n 1 = p ( X n 1 = 0 ) + 1 2 n + 1

      Et on a alors par récurrence :

      • Pour n = 0 , p ( X 1 = 0 ) = C 2 0 ( 1 2 ) 0 ( 1 2 ) 2 = 1 4 = 1 2 1 2 1 + 1

      • Soit n 1 tel que p ( X n = 0 ) = 1 2 1 2 n + 1 alors

        p ( X n + 1 = 0 ) = p ( X n = 0 ) + 1 2 n + 2 = 1 2 1 2 n + 1 + 1 2 n + 2 = 1 2 1 2 n + 2 C.Q.F.D

      • Donc pour tout entier n , p ( X n = 0 ) = 1 2 1 2 n + 1

      et de même pour p ( X n = 2 ) = 1 2 1 2 n + 1

    2. Comme | 1 / 2 | < 1 , les puissances tendent vers 0 et p ( X n = 0 ) 1 / 2 comme p ( X n = 2 ) et p ( X n = 1 ) 0




Partie 2




Dans cette partie , N = 3.

  1. Comme précédemment si k 0 = 0 alors on aura pour tout entier n 1 , p ( X n = 0 ) = 1 et si k 0 = 3 on aura pour tout entier n , p ( X n = 3 ) = 1

    On suppose désormais, dans la suite de cette partie que k 0 = 1.

  2. On utilise ici la formule des probabilités toitales avec comme système complet d'événements, ( X n = 0 , X n = 1 , X n = 2 , X n = 3 ) :

    p ( X n + 1 = 0 ) = p ( X n + 1 = 0 / X n = 0 ) p ( X n = 0 ) + p ( X n + 1 = 0 / X n = 1 ) p ( X n = 1 ) + p ( X n + 1 = 0 / X n = 2 ) p ( X n = 2 ) + p ( X n + 1 = 0 / X n = 3 ) p ( X n = 3 ) = C 3 0 ( 0 3 ) 0 ( 3 3 ) 3 p ( X n = 0 ) + C 3 0 ( 1 3 ) 0 ( 2 3 ) 3 p ( X n = 1 ) + C 3 0 ( 2 3 ) 0 ( 1 3 ) 3 p ( X n = 2 ) + C 3 0 ( 3 3 ) 0 ( 0 3 ) 3 p ( X n = 3 ) = p ( X n = 0 ) + 8 27 p ( X n = 1 ) + 1 27 p ( X n = 2 ) d'après la question préliminaire. Et de la même façon, avec C 3 1 = 3 p ( X n + 1 = 2 ) = C 3 2 ( 0 3 ) 2 ( 3 3 ) 1 p ( X n = 0 ) + C 3 2 ( 1 3 ) 2 ( 2 3 ) 1 p ( X n = 1 ) + C 3 2 ( 2 3 ) 2 ( 1 3 ) 1 p ( X n = 2 ) + C 3 2 ( 3 3 ) 2 ( 0 3 ) 1 p ( X n = 3 ) = 2 9 p ( X n = 1 ) + 4 9 p ( X n = 2 ) p ( X n + 1 = 2 ) = C 3 3 ( 0 3 ) 3 ( 3 3 ) 0 p ( X n = 0 ) + C 3 3 ( 1 3 ) 3 ( 2 3 ) 0 p ( X n = 1 ) + C 3 3 ( 2 3 ) 3 ( 1 3 ) 0 p ( X n = 2 ) + C 3 3 ( 3 3 ) 3 ( 0 3 ) 0 p ( X n = 3 ) = 1 27 p ( X n = 1 ) + 8 27 p ( X n = 2 ) + p ( X n = 3 ) On a pour tout entier n : U n + 1 = ( p ( X n + 1 = 0 ) p ( X n + 1 = 1 ) p ( X n + 1 = 2 ) p ( X n + 1 = 3 ) ) = ( p ( X n = 0 ) + 8 27 p ( X n = 1 ) + 1 27 p ( X n = 2 ) 4 9 p ( X n = 1 ) + 2 9 p ( X n = 2 ) 2 9 p ( X n = 1 ) + 4 9 p ( X n = 2 ) 1 27 p ( X n = 1 ) + 8 27 p ( X n = 2 ) + p ( X n = 3 ) ) = A U n

    1. On calcule : V U n = ( 0 , 1 , 2 , 3 ) ( p ( X n = 0 ) p ( X n = 1 ) p ( X n = 2 ) p ( X n = 3 ) ) = 0 p ( X n = 0 ) + \dots + 3 p ( X n = 3 ) = E ( X n ) On en déduit que E ( X n + 1 ) = V U n + 1 = V ( A U n ) = ( V A ) U n = V U n = E ( X n )

      Donc ( E ( X n ) ) n est une suite cosntante et pour tout entier n , E ( X n ) = E ( X 0 ) = 1 car X 0 = 1

    1. Soit le vecteur ligne W = ( 0 , 2 , 2 , 0 ) . Calculer W A = ( 0 , 2 , 2 , 0 ) ( 1 8 / 27 1 / 27 0 0 4 / 9 2 / 9 0 0 2 / 9 4 / 9 0 0 1 / 27 8 / 27 1 ) = ( 0 , 4 3 , 4 3 , 0 ) = 2 3 W

    2. Une mauvaise idée : on pourrait chercher à devellopper l'espérance par E ( X n ( 3 X n ) ) = E ( 3 X n X n 2 ) = 3 E ( X n ) E ( X n 2 )

      Mais on perdrait les termes nuls pour X n = 0 et X n = 3.

      Une bonne idée : on repasse par le théorème, et on dévelloppe : E ( X n ( 3 X n ) ) = k = 0 3 ( k ( 3 k ) ) p ( X n = k ) = 0 p ( X n = 0 ) + 1 2 p ( X n = 1 ) + 2 1 p ( X n = 2 ) + 0 p ( X n = 3 ) = 2 p ( X n = 1 ) + 2 p ( X n = 2 ) = ( 0 , 2 , 2 , 0 ) U n On a alors pour tout entier n : E ( X n + 1 ( 3 X n + 1 ) ) , = W U n + 1 = W A U n = 2 3 W U n = 2 3 E ( X n ( 3 X n ) ) La suite E ( X n ( 3 X n ) ) n est donc géométrique de raision 2 / 3 e ton a donc pour tout entier n , E ( X n ( 3 X n ) ) = ( 2 3 ) n E ( X 0 ( 3 X 0 ) ) = 2 ( 2 3 ) n

      car X 0 = 1 .

    3. Or E ( X n ( 3 X n ) ) = 2 p ( X n = 1 ) + 2 p ( X n = 2 ) donc pour tout entier n , p ( X n = 1 ) + p ( X n = 2 ) = ( 2 / 3 ) n .

      Les proabilité sont positives donc on a pour tout entier n , 0 p ( X n = 1 ) = ( 2 / 3 ) n et 0 p ( X n = 2 ) = ( 2 / 3 ) n

      Comme | 2 / 3 | < 1 , on a ( 2 / 3 ) n 0 on a par encadrement p ( X n = 1 ) et p ( X n = 2 ) 0

      On a alors 1 = E ( X n ) = p ( X n = 1 ) + 2 p ( X n = 2 ) + 3 p ( X n = 3 ) donc p ( X n = 3 ) = 1 p ( X n = 1 ) 2 p ( X n = 2 ) 3 1 3 Enfin, comme ( X n = 0 , X n = 1 , X n = 2 , X n = 3 ) est un systèeme complet d'événements,

      p ( X n = 0 ) = 1 p ( X n = 1 ) p ( X n = 2 ) p ( X n = 3 ) 2 3 Finalement : p ( X n = 0 ) 2 3 , p ( X n = 1 ) 0 , p ( X n = 2 ) 0 , p ( X n = 3 ) 1 3

    1. Pour monrter que les colonnes sont porpres, il suffit de calculer leurs produits avac A :

      A Y 1 = ( 1 8 / 27 1 / 27 0 0 4 / 9 2 / 9 0 0 2 / 9 4 / 9 0 0 1 / 27 8 / 27 1 ) ( 1 0 0 0 ) = ( 1 0 0 0 )

      A Y 2 = ( 1 8 / 27 1 / 27 0 0 4 / 9 2 / 9 0 0 2 / 9 4 / 9 0 0 1 / 27 8 / 27 1 ) ( 1 3 3 1 ) = ( 2 / 9 6 / 9 6 / 9 2 / 9 ) = 2 9 Y 2

      A Y 3 = ( 1 8 / 27 1 / 27 0 0 4 / 9 2 / 9 0 0 2 / 9 4 / 9 0 0 1 / 27 8 / 27 1 ) ( 1 1 1 1 ) = ( 2 / 3 2 / 3 2 / 3 2 / 3 ) = 2 3 Y 3

      A Y 4 = ( 1 8 / 27 1 / 27 0 0 4 / 9 2 / 9 0 0 2 / 9 4 / 9 0 0 1 / 27 8 / 27 1 ) ( 0 0 0 1 ) = Y 4

      Donc Y 1 et Y 2 sont des colonnes propres associées à la valeur propre 1, Y 2 est une colonne propre associée à la valeur propre 2 / 9 et Y 3 est une colonne propre associée à la valeur propre 2 / 3

    2. On a alors (cf cours ) A P = P D avec D la matrice dont la diagonale est faite des valeurs propres associées (dans le même ordre) : D = ( 1 0 0 0 0 2 / 9 0 0 0 0 2 / 3 0 0 0 0 1 )

      Pour montrer que P est inversible et calculer son inverse, on applique la méthode du pivot de Gauss :

      ( 1 1 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 0 1 1 1 | 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ) L 1 + L 4 L 2 3 L 4 L 4 L 3 + 3 L 4 L 4 L 2

      ( 1 0 2 1 0 1 1 1 0 0 2 3 0 0 4 3 | 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 3 0 1 0 3 ) L 1 L 3 L 2 + L 3 / 2 L 3 / 2 L 4 + 2 L 3

      ( 1 0 0 2 0 1 0 1 / 2 0 0 1 3 / 2 0 0 0 3 | 1 0 1 2 0 0 1 / 2 1 / 2 0 0 1 / 2 3 / 2 0 1 2 3 ) L 1 + 2 L 4 / 3 L 2 L 4 / 6 L 3 L 4 / 2 L 4 / 3

      ( 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 3 / 2 0 0 0 3 | 1 2 / 3 1 / 3 0 0 1 / 6 1 / 6 0 0 1 / 2 1 / 2 0 0 1 / 3 2 / 3 1 )

      donc P est inversible et P 1 = ( 1 2 / 3 1 / 3 0 0 1 / 6 1 / 6 0 0 1 / 2 1 / 2 0 0 1 / 3 2 / 3 1 )

      (On vérifie par prudance que P P 1 = I )

    3. On a alors A = P D P 1 et pour tout entier n , A n = P D n P 1 donc : A n = ( 1 1 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 0 1 1 1 ) ( 1 0 0 0 0 ( 2 / 9 ) n 0 0 0 0 ( 2 / 3 ) n 0 0 0 0 1 ) ( 1 2 / 3 1 / 3 0 0 1 / 6 1 / 6 0 0 1 / 2 1 / 2 0 0 1 / 3 2 / 3 1 ) = ( 1 1 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 0 1 1 1 ) ( 1 2 / 3 1 / 3 0 0 ( 2 / 9 ) n / 6 ( 2 / 9 ) n / 6 0 0 ( 2 / 3 ) n / 2 ( 2 / 3 ) n / 2 0 0 1 / 3 2 / 3 1 ) = ( 1 2 3 1 6 ( 2 9 ) n 1 2 ( 2 3 ) n 1 3 + 1 6 ( 2 9 ) n 1 2 ( 2 3 ) n 0 0 1 2 ( 2 9 ) n + 1 2 ( 2 3 ) n 1 2 ( 2 9 ) n + 1 2 ( 2 3 ) n 0 0 1 2 ( 2 9 ) n + 1 2 ( 2 3 ) n 1 2 ( 2 9 ) n + 1 2 ( 2 3 ) n 0 0 1 3 + 1 6 ( 2 9 ) n 1 2 ( 2 3 ) n 2 3 1 6 ( 2 9 ) n 1 2 ( 2 3 ) n 1 )

    1. Et comme U n est une suite géométrique matricielle de raison A ( U n + 1 = A U n ) on a alors pour tout entier n : U n = A n U 0 = A n ( 0 1 0 0 ) = ( 2 / 3 ( 2 / 9 ) n ( 2 / 3 ) n / 2 ( 2 / 9 ) n / 2 + ( 2 / 3 ) n / 2 ( 2 / 9 ) n / 2 + ( 2 / 3 ) n / 2 1 / 3 + ( 2 / 9 ) n / 6 ( 2 / 3 ) n / 2 ) et donc :

      p ( X n = 0 ) = 2 3 1 2 ( 2 3 ) n 1 6 ( 2 9 ) n

      p ( X n = 1 ) = 1 2 ( ( 2 3 ) n + ( 2 9 ) n )

      p ( X n = 2 ) = 1 2 ( ( 2 3 ) n ( 2 9 ) n )

      p ( X n = 3 ) = 1 3 1 2 ( 2 3 ) n + 1 6 ( 2 9 ) n

    2. Et comme | 2 / 3 | < 1 et | 2 / 9 | < 1 on retrouve bien les limites précédentes.

(D'après CCIP 1997 Maths II option Economique)