Corrigé ESSEC II 1998 par Pierre Veuillez
Partie I
On considère un nombre réel strictement positif a et la fonction f définie pour tout nombre réel x par: f(x)=exp[a(x-1)].
On définit alors une suite ( uk ) par son premier terme u0 =0 et la relation : uk+1 =f( uk ).
  1. Convergence de la suite ( uk ).
    1. La fonction f est croisante sur . (composée de fonctions strictements croissantes car a>0)
      • Pour k=0 on a u0 =0: u1 = e-a donc comme a>0, -a<0 et comme exp est strictement croissante sur on a 0< e-a <1 d'où 0 u0 u1 1
      • Soit k1 tel que 0 uk uk+1 1      alors comme f est croissante sur (et que les temres sont réels ... )
        f(0)f( uk )f( uk+1 )f(1)
        or f(0)= e-a 0 et f(1)= e0 =1 donc 0 e-a uk+1 uk+2 1
      • et pour tout entier k:0 uk uk+1 1
    2. La suite u est donc croissante et majorée par 1 donc elle est convergente. On note L(a) sa limite que l'on ne connait pas !
  2. Limite de la suite ( uk ) lorsque a<1.
    1. Pour appliquer l'IAF, on majore la dérivée de f là où se trouvent les termes de la suite i.e. sur [0,1]:
      f est dérivable sur et f' (x)=exp[a(x-1)]a
      et pourtout x tel que 0x1 on a x-10 donc a(x-1)0 (car a>0 ) et exp[a(x-1)] e0 =1 et enfin 0 f' (x)a.
      Donc | f' |a sur [0,1] et comme 1 et uk appartiennet à cet intervalle
      |f(1)-f( uk )|a|1- uk | et comme uk 1 pour tout entier k on a bien finalment
      01- uk+1 a(1- uk ).

    2. On a alors par récurrence :
      • 01- u0 =1 a0
      • Soit k0 tel que 01- uk ak
        alors 01- uk+1 a(1- uk ) aak = ak+1
      • et donc pour tout etnier k:01- uk ak
      Donc comme |a|=a<1 on a ak 0 et par encadrement uk -10
      Conclusion :
      L(a)=1 pour 0<a<1
  3. Limite de la suite ( uk ) lorsque a1.
    1. On étudie ici les racines de l'équation f(x)=x lorsque a1.

        - On etudie les variations de h:a1-ln(a)/a:h est dérivable sur ]0,+[ et
        h' (a)=- 1 a a-ln(a) a2 = ln(a)-1 a2

        h' (a) est donc du signe de 1-ln(a).
        a 1 e +
        ln(a)-1 - 0 +
        h' (a) - +
        h(a) 1 1- 1 e >0 1
        en +:ln(a) << a donc h(a)1 et donc
        pour tout a1 on a
        01- 1 e h(a)1


        - Comme f' (x)=exp[a(x-1)]a on a :
        f' (x)=1exp[a(x-1)]=1/aa(x-1)=-ln(a)
        car ln est strictement croissante sur ]0,+[ et que les termes en font partie. Donc l'unique solution de l'équation est x=1-ln(a)/a
        - Soit g(x)=f(x)-x. g est dérivable sur et g' (x)= f' (x)-1
        • pour a=1: g' (x)=exp(x-1)-1 qui s'annule pour x=1 et comme g' est strictement croissante,
          x - 1 +
          g' (x) - 0 +
          g(x)
          0
          et g(x)=0 (donc f(x)=x ) a pour unique solution r(1)=1
        • pour a>1 g' (x)=aexp[a(x-1)]-1= f' (x)-1 s'annule en x=1-ln(a)/a<1 car a>1 et d'après les variations de h.
          x - 0 1-ln(a)/a 1 1
          g' (x) - - 0 + +
          g(x) 1- 1 e >0 0 +
          -
          Comme g(1)=0 on a donc g(1-ln(a)/a)<0
          Comme g(0)= e-1 >0 on applique le théorème de bijection :
          g est continue et strictement décroissante sur [0,1-ln(a)/a] donc bijective de cet intervalle dans [g(1-ln(a)/a),g(0)] et comme g(1-ln(a)/a)<0<g(0), 0 en est élément et l'équation g(x)=0 a une unique solution r(a) sur cet intervalle.
          Donc 0<r(a)<1. Et d'après les variatinos de g il n'y a pas d'autres solutions.
          l'éqution f(x)=x a donc ici 2 solutions: r(a) et 1.
      On a donc bien 0<r(a)<1 pour a>1, et que r(1)=1.
    2. On étudie ici la plus petite racine r(a) de l'équation f(x)=x lorsque a1.

        - Soit φ(x)= xe-x .
        φ est dérivable sur [0,+[ et φ' (x)=(1-x) e-x
        x 0 1 +
        1-x + 0 - affine
        φ' (x) 1/e + 0 -
        φ(x) e-1
        0 0
        en + on a xe-x =x/ ex 0 car x << ex
        Pour comparer les images, on peut comparer les termes :
        Comme on a pour tout a1 : 0<r(a)1 et que a1 on a donc ar(a)a? il fautdrait savoir que ar(a)>1 pour pouvoir en déduire l'ordre des images. Fausse piste
        On sait que exp(a(r(a)-1))=r(a) donc exp(ar(a))exp(-a)=r(a) et exp(-a)=r(a)exp(-ar(a)) enfin on multiplie par a et aexp(-a)=ar(a)exp(-ar(a)).
        Finalement a et ar(a) ont mêmes images par φ.
        Donc pour a>1 comme ar(a)<a, ils ne peuvent pas être tous deux sur l'intervalle [1,+[ φ est strictement décroissante et on a donc ar(a)<1
        - Comme ϕ=φ est continue et strictementcroisante sur [0,1], elle est bijective de [0,1] dans [ϕ(0),ϕ(1)] et sa réciproque est continue et strictement croissante. On a le tableau de variations de ϕ-1 par symétrie :
        x 0 1/e
        ϕ-1 (x) 1
        0

        - Prouver que r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a ):
        Comme on n'a pas d'expression de la réciproque, on utilise le lien entre fonction et réciproque :
        x[0,1]:y[0,1/e]:ϕ(x)=yx= ϕ-1 (y)
        D'après les variations de ϕ, on a pour tout x[0,1]:ϕ(x)[0,1/e] donc ϕ(a)= ae-a [0,1/e]
        On a donc ϕ-1 ( ae-a ) qui est bien défini et
        r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )ar(a)= ϕ-1 ( ae-a ) ϕ(ar(a))= ae-a car ar(a)[0,1]
        Or cette relation est vraie car ϕ(ar(a))=ϕ(a).
        Conclusion :
        r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )
        Quand a tend vers + on a ae-a =φ(a)0 donc r(a)= 1 a ϕ-1 ( ae-a )0 (il n'y a pas de forme indéterminée ici)
        Conclusion :
        r(a)+ quand a+
    3. On étudie maintenant la limite de la suite ( uk ) lorsque a1.

        - Par récurrence :
        • pour k=0 on a 0= u0 r(a) car 0r(a)1
        • Soit k0 tel que 0 uk r(a) alors comme f est strictement croissante sur on a f(0)f( uk )f(r(a)) donc e-a uk r(a) car r(a) est solution de f(x)=x
        • Conclusion :
          0 uk r(a) pour tout nombre entier naturel k.

        - On sait déjà que u tend vers L(a).
        Et par passage à la limte dan sl'inégalité prépcedente on a :
        0L(a)r(a) (des inégalités strictes se seraient élargies à la limite)
        Comme f est continue sur elle est continue en L(a) donc L(a) est solution de l'équation f(x)=x
        Les solutions sont r(a) et 1. Pour a=1 on a r(a)=1 donc L(a)=r(a) et pour a>1 on a r(a)<1 donc L(a)1 et L(a)=r(a)
        Conclusion :
        La limite de la suite ( uk ) pour a1 est donc L(a)=r(a)

        - On a tout d'abord, L(1)=1
        Et pour a>1, pour avoir une valeur approchée L(a) on pourrait utiliser ϕ-1 si on en avait l'expression
        On utilise donc la méthode usuelle : on calcule donc uk jusqu'à ce que L(a)- uk 10-2
        Et pour savoir que L(a)- uk 10-2 on compare les images par g de L(a):
        g(L(a))=0 et de 10-2 + uk
        g est décroissante sur [0,1-ln(a)/a] donc
        • si 10-2 + uk [0,1-ln(a)/a] alors L(a)- uk 10-2 g( 10-2 + uk )0
        • si 10-2 + uk >1-ln(a)/a alors 10-2 + uk L(a)
        D'où le programme :
        program valeur_apporchee;
        var u,a,borne:real;
        function g(x:real):real;
        begin g:=exp(a*(x-1))-x end;
        function f(x:real):real;
        begin f:=exp(a*(x-1)) end;
        begin
               writeln('a?');readln(a);
               borne:=1-ln(a)/a
               u:=0;
               repeat u:=f(u);
               until (1E-2+u > borne) or (g(u+1E-2)<= 0)
               writlen('valeur approchée de L(a) :',u);
        end.
  4. Courbe représentative de la fonction aL(a) pour a>0.
    et pour a>1:
Partie II Par convention, on pose 0 =1.
  1. Loi de la variable aléatoire 1 .
    1. Quand D=n, il y a n intervalles pendants lesquels des clients peuvent venir avant que le second client ne soit servi: [0,1[,  [1,2[,  , [n-1,n[
      1 est alors le nombre de clients arrivés pendant n intervale de temps, avec pour chaque intervalle une probabilité p d'y arriver et ceci indépendemment.
      Donc 1 /D=nB(n,p)
      Donc P( 1 =k/D=n)= Cn k pk (1-p)n-k si kn et 0 si k>n
      N.B. si D=0 comme la durée de service est nulle, la vague est vide et
      p( 1 =0/D=0)=1 (la formule précédente reste vraie)
    2. Comme (D=n)n est un système complet d'événements,

      P( 1 =k)= n=0 +P( 1 =k/D=n)P(D=n)


      n=0 MP( 1 =k/D=n)P(D=n)= n=k MP( 1 =k/D=n)P(D=n)+ n=0 k-10 = n=k M Cn k pk (1-p)n-k λn e-λ n! = pk (1-p)-k e-λ n=k M n! k!(n-k!)n! (1-p)n λn = pk (1-p)-k e-λ k! n=k M 1 (n-k!) ((1-p)λ)n = pk (1-p)-k e-λ k! m=0 M-k 1 m! ((1-p)λ)m+k pk (1-p)-k ((1-p)λ)k e-λ k! e(1-p)λ = (λp)k e-λp k!

      Donc pour toutentier n,P( 1 =k)= (λp)k e-λp k! et donc 1 suit une loi de Poisson de paramètre λp et donc d'espérance λp
  2. Probabilité pour que la file d'attente au guichet s'achève.
    Dans toute la suite du problème, on convient de poser pk =P( k =0).
    1. Si "la file d'attente au guichet s'achève au bout d'un temps fini" il y a un dernier client servi. Celui-ci faisait partie d'une vague k.
      Puisque c'est le dernier servi, personne n'est arrivé pendant le service de cette vague et k =0
      Et réciproquement si pour une valeur de k, on a k =0 alors la file d'attente est vide au dernier client de cette vague.
      Donc "la file d'attente au guichet s'achève au bout d'un temps fini" est "il y a au moins un k pour lequel k =0 " auterrement dit "la réunion des événements " k =0", pour k1.
      La suite d'événements ( k =0 )k1 est croissante signifie que si ( k =0) on a alors ( k+1 =0)
      Or si ( k =0) alors, la vague k+1 est vide et il n'y a pas d'intervalle de temps pour que d'autres clients arrivent. donc ( k+1 =0) (et pour tout nk on aura aussi ( n =0) )
      Cette suite d'événements est donc bien croissante.
      Donc comme la suite

        - ( k =0)( k+1 =0) et p( k =0)p( k+1 =0) donc la suite ( pk )k1 est croissante et comme elle est majorée par 1 elle est convergente vers une limite L1
        - Comme k=0 n( k =0)=(=n) que A="la file s'achève" = k=0 +( k =0), alors

        p(A)= limn+ (P( k=0 n( k =0)))= limn+ P( n =0)=L

    2. Quand ( 1 =1), on se retrouve après la première vague, dans les mêmes conditions qu'au début de l'expérience : avec une seule personne dans la file d'attente, mais avec un décalage de 1 dans l'ordre des vagues. Donc P( k+1 =0/ 1 =1)=P( k =0)
      Quand 1 =j, on considère séparément les clients arrivant pendant le service de chacun de ces j1 clients.
      On a donc des parties de vagues qui reconstituent la même situation qu'initialement.
      La file sera épuisée à la k+ 1ème vague si chcune des parties de vagues issues de chacuns de ces j clients sont épuisées au kième temps.
      (ce qui arrive avec la probabilité P( k =0) pour chacun de ces j clients)
      Les parties de vagues étant indépendantes les unes des autres, on aura P( k+1 =0/ 1 =j)= (P( k =0))j
      Le résultat est encore vrai pour j=0. Donc pour tout entier j.
    3. On utilise alors la formule des probabilités totales avec comme système complet d'événements :
      ( 1 =j)j et on a :
      pk+1 =P( k+1 =0) = j=0 +P( k+1 =0/ 1 =j)P( 1 =j) = j=0 + (P( k =0))j (λp)j e-λp j! = e-λp j=0 + (λ ppk )j j! = e-λp eλ ppk = eλp( pk -1)

      On a d'autre part p0 =p( 0 =0)=0 puisque la vague initiale comprend un client ( 0 =1 par convention ).
      La suite ( pk )k vérifie donc la relation de la partie I avec a=λp
      La probabilité que la file d'attente s'achève (qui est la lmite de P( k =0)= pk ) est donc L(λp)
      Donc
      • si λp1 alors la probabilité que la file s'achève est de 1 on est donc "presque sûr" que la file s'achèvera
      • si λp>1 alors la probabilité est L(λp)<1 et la probabilité qu'elle s'éternise est non nulle ...
    4. Pour λ=0,5, la probabilité d'arrèt est L(λp):
      p 1 2 4 8
      λp 0,5 1 2 4
      L(λp) 1 1 0,20 0,02
      Pour λ=0,25, la probabilité d'arrèt est L(λp):
      p 1 2 4 8
      λp 0,25 0,5 1 2
      L(λp) 1 1 1 0,20
      d'après les valeurs approchées données au I.
  3. Calcul de l'espérance E( k ) de la variable aléatoire k .
    1. On suppose l'événement k =i réalisé.
      • Pour i=0, on a P( k+1 =0/ k =0)=1
        et pour tout j0 on a P( k+1 =j/ k =0)=0 donc E( k+1 / k =0)=0.1+0=0
      • Pour i>0 si k =i, le nombre de personnes arrivées dans la vagues k+1 est la somme des personnes arrivées peendant le service de chacun de cees i clients.
        Or le nombre de personne arrivées pendant le service d'un client suit une loi de Poisson de paramètre λp.
        Donc si k =i, k+1 est la somme de i lois de Poisson indépendantes (puisque les arrivées sont indépendantes) de paramètre λp
        Donc k+1 / k =jP(iλp)
        Fibnalement E( k+1 / k =i) est l'espérance de cette loi de Poisson donc :
        E( k+1 / k =i)=iλp (la somme de la série définissant cette espérance conditionnelle est celle qui définit l'espérance d'une loi de Poisson)
      • Donc pour tout i on a E( k+1 / k =i)=iλp
    2. Si on suppose que E( k ) existe alors elle est la limite de j=0 MiP( k =i). quand M tend vers l'infini.
      Or pour tout entier i, on vient de voir que
      E( k+1 / k =i)=iλp donc i= E( k+1 / k =i) λp
      Donc
      j=0 MiP( k =i)= j=0 M E( k+1 / k =i) λp P( k =i) = 1 λp j=0 ME( k+1 / k =i)P( k =i) 1 λp j=0 +E( k+1 / k =i)P( k =i)

      Donc
      E( k )= 1 λp i=0 +P( k =i).E( k+1 / k =i).

      on déveoppe l'écriture de E( k+1 / k =i):
      E( k )= 1 λp i=0 +P( k =i) j=0 +jP( k+1 =j/ k =i) = 1 λp j=0 +j i=0 +P( k =i)P( k+1 =j/ k =i)

      puisque l'on peut inverser les sommes.
      On reconnait alors la formule des probabilités totales avec le système somplet d'événements : ( k =i)i
      E( k )= 1 λp j=0 +jP( k+1 =j)

      Donc si k a une espérance alors k+1 en a une également et E( k+1 )=λpE( k )
    3. Comme 0 =1, alors 0 a une espérance et elle vaut 1.
      Donc par récurrence pour tout entier k, k a une espérance.
      Cetet espérance est une suite géométrique de raison λp.
      Donc pour tout entier k:E( k )= (λp)k
    4. Le nombre total Tn de clients jusqu'à la nième vague incluse est la somme des nombres de clients de chacunes des vagues.
      Donc Tn = k=0 n k et Tn a une esp&érance et
      E( Tn )= k=0 nE( k )= k=0 n (λp)k = (λp)n+1 -1 λp-1

      si λp1 et E( Tn )=n+1 si λp=1
    5. Pour (-1)λp<1 on a (λp)n+1 0 et E( Tn ) 1 1-λp quand n+
      La discussion aurait été utilie, s'il y avait eu un point avant le "pour λp<1 " ...
      Interprétation :
      • Cette limite est le nombre moyen de personnes arrivées durant l'ensemble du service (sans limitation de nombre de vague) jusqu'à ce que la queue soit terminée.
      • plus λp (nombre moyen d'arrivant pendant le service d'une personne) est proche de 1, plus il faut servir de personnes avant que la queue s'achève.
      • λ: temps de service moyen, p : probabilité d'arrivée.
        Plus la fréquence d'arrivée est grande, plus il faut que le temps de service soit court pour que la queue se résorbe.



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On 18 May 2004, 00:01.