Corrigé EML 2002 par Pierre Veuillez

  1. Étude préliminaire

    1. Comme on sait que la série converge, on travaille directement la somme pour tout réel x de [ 0 , 1 [ : s 0 ( x ) = n = 0 + C n 0 x n = n = 0 + x n = 1 1 x    s 1 ( x ) = n = 1 + C n 1 x n = n = 0 + n x n = x ( 1 x ) 2

    2. Pour tout couple d'entiers naturels ( n , k ) tels que k < n , on a k + 1 n donc les coefficients s'écrivent sous forme factorielle : C n k + C n k + 1 = n ! k ! ( n k ) ! + n ! ( k + 1 ) ! ( n k 1 ) ! = ( k + 1 ) n ! ( k + 1 ) ! ( n k ) ! + ( n k ) n ! ( k + 1 ) ! ( n k ) ! = ( n k + k + 1 ) n ! ( k + 1 ) ! ( n k ) ! = ( n + 1 ) ! ( k + 1 ) ! ( n k ) ! = C n + 1 k + 1

    3. On démontrePour tout entier naturel k et pour tout réel x de [ 0 , 1 [ , déduire de la question précédente : x s k ( x ) + x s k + 1 ( x ) = x n = k + C n k x n + x n = k + 1 + C n k + 1 x n .

      On calcule les sommes partielles : x n = k M C n k x n + x n = k + 1 M C n k + 1 x n = n = k + 1 M C n k x n + 1 + n = k + 1 M C n k + 1 x n + 1 + C k k x k + 1  en isolant les  n > k = n = k + 1 M ( C n k + C n k + 1 ) x n + 1 + x k + 1 = n = k + 1 M C n + 1 k + 1 x n + 1 + x k + 1 = m = k + 2 M + 1 C m k + 1 x m + C k + 1 k + 1 x k + 1 = m = k + 1 M + 1 C m k + 1 x m n = k + 1 + C n k + 1 x n = s k + 1 ( x )    et donc s k + 1 ( x ) = x s k ( x ) + x s k + 1 ( x )

    4. Soit x [ 0 , 1 [ . On fait apparaître la relation de récurrence qui permettra de déterminer s k + 1 à partir de s k :

      s k + 1 ( x ) = x s k ( x ) + x s k + 1 ( x ) donc s k + 1 ( x ) ( 1 x ) = x s k ( x ) et s k + 1 ( x ) = s k ( x ) x 1 x

      • pour k = 0 on a s 0 ( x ) = 1 1 x = x 0 ( 1 x ) 0 + 1

      • Soit k 0 tel que s k ( x ) = x k ( 1 x ) k + 1 alors s k + 1 ( x ) = s k ( x ) x 1 x = x k ( 1 x ) k + 1 x 1 x = x k + 1 ( 1 x ) k + 1 + 1

      • Donc pour tout entier k = : s k ( x ) = x k ( 1 x ) k + 1

  2. Étude d'une expérience aléatoire

    1. Si on continue le tirage des boules après la noirs, le rang de la première reste le même. Donc la loi de N est celle de la première boule noire obtenue dans une suite de tirages indépendants ayant tous la même probabilité 1 / 5 de donner une boule noire.

      Donc N 𝒢 ( 1 / 5 ) et E ( N ) = 1 1 / 5 = 5

    2. Quand N = n , on effectue n tirages indépendants dans l'urne. Donc le nombre X de boules noitres obtenues suit une loi binômiale de paramètres n et 1 / 5. Donc pour k [ [ 0 , n ] ] : p ( X = k / N = n ) = C n k ( 1 5 ) k ( 4 5 ) n k . et 0 si k > n

    3. Comme la probabilité dépend de la valeur de n , on utilise la formule des probabilités totales en conditionnant avec comme système ccomplet d'événements ( N = n ) n [ [ 1 , + [ [

      La série est convergente et p ( X = 0 ) = n = 0 + p ( X = 0 / N = n ) avec  0 n p ( N = n ) = n = 1 + ( 4 5 ) n ( 4 5 ) n 1 1 5 on regroupe les puissances pour n'avoir qu'une puissance n et on factorise les constantes : p ( X = 0 ) = 1 5 5 4 n = 1 + ( 4 5 ) 2 n = 1 4 ( n = 0 + ( 4 5 ) 2 n ( 4 9 ) 0 ) = 1 4 ( 1 1 16 25 1 ) = 4 9 car | 16 / 25 | < 1

    4. ( N = n ) n [ [ 1 , + [ [ est là encoire un système complet d'événements. Mais dans la formule des probabiltiés totales, seules les termes pourlesquels n k seront non nuls p ( X = k ) = n = 1 + p ( X = k / N = n ) p ( N = n )

      On calcule la somme partielles (le découpage de la somme peut se faire si k 1 ): n = 1 M p ( X = k / N = n ) p ( N = n ) = n = 1 k 1 0 + n = k M C n k ( 1 5 ) k ( 4 5 ) n k ( 4 5 ) n 1 5 = ( 4 5 ) k 1 ( 1 5 ) k + 1 n = k M C n k ( 4 5 ) n ( 4 5 ) n = ( 1 4 ) k + 1 n = k M C n k ( 16 25 ) n M + ( 1 4 ) k + 1 ( 16 25 ) k ( 1 ( 16 25 ) ) k + 1 = 1 4 k 16 k 9 k 25 9 1 4 p ( X = k ) = ( 4 9 ) k 25 36

    5. On étudie l'absoue convergence de la série k 0 k p ( X = k ) :

      k = 0 M | k p ( X = k ) | = k = 1 M k p ( X = k ) + 0 = k = 1 M k ( 4 9 ) k 25 36 = 25 36 ( k = 0 M k ( 4 9 ) k 0 ) 25 36 4 9 ( 1 4 9 ) 2 = 1 la série converge car | 4 / 9 | < 1. Et la somme de la série sans valeuir absolue est 1

    6. On a pour k 1 (pour pouvoir mettre à part le terme pour k = 0 ) P ( X k ) = i = 0 k p ( X = i ) = 4 9 + i = 1 k ( 4 9 ) i 25 36 = 4 9 + 25 36 ( i = 0 k ( 4 9 ) i 1 ) = 4 9 + 25 36 ( ( 4 9 ) k + 1 1 4 9 1 1 ) = 4 9 + 25 36 ( 4 9 ) k + 1 1 + 5 9 5 9 = 4 9 5 4 ( ( 4 9 ) k + 1 4 9 ) = 1 5 9 ( 4 9 ) k

      et égalmement pour k = 0 p ( X 0 ) = p ( X = 0 ) = 4 / 9

(EML 2002)