Corrigé ESCP-EAP 2002 Maths III voie Eco par Pierre Veuillez

Partie I : Exemples

  1. Premiers exemples

    Pour tout entier naturel n , calculer w n en fonction de n dans chacun des cas suivants :

    1. On a alors w n = k = 0 n u k v n k = k = 0 n 2 3 = 6 ( n + 1 )

    2. u n = 2 n et v n = 3 n . On a alors w n = k = 0 n 2 k 3 n k = 3 n k = 0 n ( 2 / 3 ) k = 3 n ( 2 3 ) n + 1 1 2 3 1 = 2 n + 1 + 3 n + 1

    3. u n = 2 n n ! et v n = 3 n n ! . On a alors w n = k = 0 n 2 k k ! 3 n k ( n k ) ! = k = 0 n 1 n ! C n k 2 k 3 n k = 1 n ! ( 2 + 3 ) n = 1 n ! 5 n

  2. Programmation

    Dans cette question, les suites u et v sont définies par :

    On a besoin d'un S accumulateur pour les sommes. D'un compteur n pour les w et d'un compteur k pour la somme. Et d'une variable pour NF pour la valeur finale.

    On a v n k = 1 / ( n k + 1 )

    Var k,n,NF:integer; S:real;

    begin

    writeln('n final?');readln(NF);

    for n:=0 to NF do

    begin

    S:=0;

    for k:=0 to n do S:=S+ln(k+1)/(n-k+1);

    writeln(n, ': ',S);

    end;

    end.

  3. Un résultat de convergence

    Dans cette question, la suite u est définie par : n , u n = ( 1 2 ) n et v est une suite de réels positifs, décroissante à partir du rang 1 et de limite nulle.

    1. On a k = n + 1 m u k = k = n + 1 m ( 1 / 2 ) k = ( 1 / 2 ) n + 1 k = n + 1 m ( 1 / 2 ) k n 1  réindexé  h = k n 1 = ( 1 / 2 ) n + 1 h = 0 m n 1 ( 1 / 2 ) h = ( 1 / 2 ) n + 1 ( 1 / 2 ) m n 1 ( 1 / 2 ) 1 = ( 1 / 2 ) n ( 1 ( 1 / 2 ) m n ) = ( 1 / 2 ) n ( 1 / 2 ) m ( 1 / 2 ) n = u n Donc pour n < m , on a bien : k = n + 1 m u k u n .

    2. Inégalités improuvable en un temps fini !

      On sépare les termes de la somme w 2 n : w 2 n = k = 0 2 n u k v 2 n k = u 2 n v 0 + k = 0 n u k v 2 n k + k = n + 1 2 n 1 u k v 2 n k

      Pour k n on a 2 n k n et v 2 n k v n (suite v décroissante)

      Pour k 2 n 1 on a v 2 n k v 1 donc en multipliant par u k 0 w 2 n u 2 n v 0 + k = 0 n u k v n + k = n + 1 2 n 1 u k v 1

      Et comme k = 0 n u k k = 0 + ( 1 / 2 ) k = 2 et que k = n + 1 2 n 1 u k u n on a finalment en mutipliant par v 1 0 et par v n 0 : w 2 n u 2 n v 0 + 2 v n + u n v 1

      et de même pour w 2 n + 1 = k = 0 2 n + 1 u k v 2 n + 1 k = u 2 n + 1 v 0 + k = 0 n u k v 2 n + 1 k + k = n + 1 2 n u k v 2 n k u 2 n + 1 v 0 + k = 0 n u k v n + 1 + k = n + 1 2 n 1 u k v 1 v 0 u 2 n + 1 + 2 v n + 1 + v 1 u n

    3. Comme w 2 n est positive (somme de termes positifs) et majorée par u 2 n v 0 + 2 v n + u n v 1 qui tend vers 0 quand n tend vers + , alors par encadrement w 2 n tend vers 0.

      De même pour w 2 n + 1

      Donc la suite ( w n ) n tend vers 0 quand n tend vers l'infini (termes pairs et impairs)

    4. Soit w n = k = 0 n u k v n k . On a | w n | k = 0 n | u k v n k | = w n . Donc par encadrement, ( w n ) n (i.e. u * v ) tend vers 0.

Partie II: Application à l'étude d'un ensemble de suites

Dans cette partie, A désigne l'ensemble des suites a = ( a n ) n de réels positifs vérifiant : n * , a n + 1 1 2 ( a n + a n 1 )

  1. Si une suite a est décroissante alors pour tout entier n > 0 : a n + 1 a n a n 1 donc a n + 1 a n 1 et en additionnant ces deux inégalités on a 2 a n + 1 a n + a n 1 ou encore, a n + 1 1 2 ( a n + a n 1 ) .

    Donc toute suite décroissante de réels positifs est élément de A .

    Si une suite a est strictment croissante alors a n + 1 > a n > a n 1 et 2 a n + 1 > a n + a n 1 et on n'a donc pas a n + 1 1 2 ( a n + a n 1 ) pour tout entier n > 0. Donc une suite strictement croissante ne peut appartenir à A .

  2. Soit z = ( z n ) n une suite réelle vérifiant : n * , z n + 1 = 1 2 ( z n + z n 1 ) .

    1. Une telle suite est récurrente linéaire d'ordre 2 à coefficients constants.

      Son équation caractéristique est : 2 r 2 r 1 = 0 qui a pour racines 1 et 1 / 2

      Donc il existe deux constantes réelles α et β telles que l'on a : n , z n = α + β ( 1 2 ) n

    2. On utilise la réciproque de la propriété ci-dessus :

      Soit la suite définie par z n = 1 + ( 1 / 2 ) n . Elle est solution de z n + 1 = 1 2 ( z n + z n 1 ) et est positive ( ( 1 / 2 ) n 1 pour tout entier n )

      Donc elle est élément de A . Mais elle n'est pas monotonne :

      z 0 = 2 > z 1 = 1 / 2 < z 2 = 3 / 4

      Donc il existe des (au moins une) suites appartenant à A et non monotones.

  3. Soit a = ( a n ) n un élément de A et b la suite définie par : n , b n = ( 1 2 ) n .(c'est la suite u du 3.)

    On définit alors la suite c par : c 0 = a 0 et n * , c n = a n + 1 2 a n 1 .

    1. Pour tout n 1 on a : c n c n + 1 = a n + 1 2 a n 1 ( a n + 1 + 1 2 a n ) = 1 2 ( a n + a n 1 ) a n + 1 0 car a A

      Donc c n + 1 c n et la suite c est décroissante.

      Comme pour tout n : a n 0 alors c n 0 et la suiet c est décroissante et minorée par 0 donc convergente vers un réel 0

    2. La démonstration de k = 0 n ( 1 2 ) k c n k = a n ne se prète pas à la récurrence car n apparaît aussi à l'interrieur de la somme, et l'on n'a pas de relation simple entre c n + 1 k et c n k

      On a deux expressions pour c n k = a n k + 1 2 a n k 1 si k n 1 et c n n = a 0

      Il faudra donc découper la somme. Et pour celà, que n 1

      Pour n = 0 : k = 0 0 ( 1 2 ) k c 0 k = c 0 = a 0

      Et pour tout entier naturel n > 0 , k = 0 n ( 1 2 ) k c n k = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k c n k + a 0 = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k ( a n k + 1 2 a n k 1 ) + a 0 = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k a n k + k = 0 n 1 ( 1 2 ) k 1 2 a n k 1 + a 0 = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k a n k k = 0 n 1 ( 1 2 ) k + 1 a n k 1 + a 0 réindexé  h = k + 1 = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k a n k h = 0 n ( 1 2 ) h a n h + a 0 = a n a 0 + a 0 = a n

      On a donc b * c = a

      N.B. On ne peut pas utiliser ici le résultat du 3.c) pour dire que a converge alors vers 0 car on ne sait pas que la suite c converge vers 0.

    3. Soit ϵ la suite définie par : n , ϵ n = c n et d la suite b * ϵ .

      La suite ϵ est décroissante (car est une constante par rapport à n ) et tend vers 0 ; et b = u

      Donc d = b * ϵ converge vers 0.

    4. On a d n = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k ( c n k ) = k = 0 n 1 ( 1 2 ) k c n k k = 0 n 1 ( 1 2 ) k = a n ( 1 2 ) n + 1 1 1 2 1 = a n 2 3 ( 1 ( 1 2 ) n + 1 )

      Donc a n = d n + 2 3 ( = 1 ( 1 2 ) n + 1 ) 2 3 quand n + car | 1 2 | < 1

Partie III : Application aux variables aléatoires

Dans cette partie, toutes les variables aléatoires envisagées sont supposées définies sur le même espace probabilisé ( Ω , 𝒜 , P ) .

  1. Résultats préliminaires

    On suppose que X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes, à valeurs dans et on désigne par S leur somme.

    1. Pour tout entier naturel n , on pose: u n = P ( [ X = n ] ) et v n = P ( [ Y = n ] ) .
      On a ( S = n ) = k = 0 n ( X = k Y = n k ) les bornes de la réunion venant de n k 0 (valeur de Y ) et k 0 (valeur de X )

      La réunion étant disjointe, on a alors P ( S = n ) = k = 0 n P ( X = k Y = n k ) X  et  Y  indépendantes = k = 0 n P ( X = k ) P ( Y = n k ) = k = 0 n u k v n k = w n

    2. En prenant X 𝒫 ( 2 ) et Y 𝒫 ( 3 ) et X et Y indépendantes on a alors (somme de lois de Poisson)

      on a alors X + Y 𝒫 ( 2 + 3 ) donc P ( S = n ) = 5 n / n ! qui est bien la valeur trouvée au 1.c)

    3. Pour toute variable aléatoire Z à valeurs dans , on note 2 Z la variable aléatoire prenant, pour tout entier naturel n , la valeur 2 n si et seulement si l'événement [ Z = n ] est réalisé.

      2 Z admet une espérance si la série n 0 P ( [ Z = n ] ) 2 n converge absolument.

      Or | P ( [ Z = n ] ) 2 n | 2 n et comme la série n 0 2 n converge, alors par majoration de série à termes positifs, n 0 P ( [ Z = n ] ) 2 n converge absolument et donc E ( 2 Z ) = n = 0 P ( [ Z = n ] ) ( 1 2 ) n = r ( Z )

    4. Les varibales 2 X et 2 Y sont indépendantes donc l'espérance de leur produit est le produit de leurs espérances et donc r ( S ) = E ( 2 X Y ) = E ( 2 X 2 Y ) = E ( 2 X ) E ( 2 Y ) = r ( X ) r ( Y ) .

    5. On suppose que ( X n ) n * est une suite de variables aléatoires indépendantes, à valeurs dans et de même loi. Pour tout entier naturel non nul q , on désigne par S q la variable aléatoire définie par : S q = i = 1 q X i .

      On a r ( S q ) = E ( 2 i = 1 q X i ) = E ( i = 1 q 2 X i ) ( X i ) i 1  indépendantes = i = 1 q E ( 2 X i ) = ( E ( 2 X 1 ) ) q car mêmes lois = ( r ( X 1 ) ) q \break

  2. Une formule sommatoire

    1. Pour montrer que n , P ( [ Z = n ] ) = ( 1 2 ) n + 1 définit la loi de probabilité d'une variable aléatoire Z à valeurs dans , il faut vérifier que ( 1 2 ) n + 1 0 pour tout entier n et que n = 0 + ( 1 2 ) n + 1 converge et vaut 1

      Or n = 0 + ( 1 2 ) n = 1 1 1 / 2 = 2 donc n = 0 + 1 2 ( 1 2 ) n converge et vaut 1 et on a bien la loi d'une variable aléatoire.

      r ( Z ) = n = 0 + ( 1 2 ) n + 1 ( 1 2 ) n on sait qu'elle converge = 1 2 n = 0 + ( 1 4 ) n = 1 2 1 1 1 4 = 2 3

    2. Pour prouver la probabilité de S q = n , on peut procèder par récurernce sur n ou sur q .

      Mais ( S q = n + 1 ) ne s'exprime pas simplement à partir de S q = n . Donc on procède poar récurernce sur q :

      • Pour q = 1 on a S 1 = X 1 et la loi de S 1 est celle de Z .

        Donc pour tout entier n : P ( S 1 = n ) = ( 1 2 ) n + 1 = C n + 1 1 1 1 ( 1 2 ) n + 1

      • Soit q 1 tel que la loi de S q est : n , P ( [ S q = n ] ) = C n + q 1 q 1 ( 1 2 ) n + q

        Alors S q + 1 = k = 1 q X k + X n + 1 = S q + X n + 1

        Donc P ( S q + 1 = n ) = P [ k = 0 n ( S q = k X n + 1 = n k ) ] disjoints = k = 0 n P ( S q = k ) P ( X n + 1 = n k ) inépendants. = k = 0 n C k + q 1 q 1 ( 1 2 ) k + q ( 1 2 ) n k + 1 = ( 1 2 ) q + n + 1 k = 0 n C k + q 1 q 1 = C n + q q ( 1 2 ) q + n + 1

        d'après la relation k = 0 n C k + q q = C n + q + 1 q + 1 en substuituant q 1 à q .

      • Donc pour otut entir naturel q 1 , la loi de S q est bien celle donnée.

    3. On sait que la série n 0 P ( S = n ) ( 1 2 ) n converge et que r ( S q ) est la somme de cette série.

      r ( S q ) = n = 0 + P ( S = n ) ( 1 2 ) n = n = 0 + C n + q 1 q 1 ( 1 2 ) n + q ( 1 2 ) n = ( 1 2 ) q n = 0 + C n + q 1 q 1 ( 1 4 ) n donc n = 0 + C n + q 1 q 1 ( 1 4 ) n existe et vaut 2 q r ( S q )

      Or r ( S q ) = ( r ( X 1 ) ) q = ( r ( Z ) ) q car les X i sont indépendants et on tous même loi que Z .

      Enfin r ( Z ) = 2 3 d'où finalement n = 0 + C n + q 1 q 1 ( 1 4 ) n = 2 q ( 2 3 ) q = ( 4 3 ) q

  3. Un exemple concret

    On admet, dans cette question, que la variable aléatoire Z définie à la question 2.a) représente le nombre de petits devant naître en 2003 d'un couple de kangourous. Chaque petit kangourou a la même probabilité 1 2 d'être mâle ou femelle, indépendamment des autres. On note F la variable aléatoire égale au nombre de femelles devant naître en 2003 .

    1. Quand Z = n , F est le nombre de femelles en n naissances indépendantes ayant toutes une probabilité 1 2 d'être femelles.

      Donc F / Z = n ( n , 1 2 ) et

    2. D'après la formule des probabiltiés totales, avec ( Z = k ) k comme systèeme complet d'événements on a alors P ( F = n ) = k = 0 + P Z = k ( F = n ) P ( Z = k ) Or P Z = k ( F = n ) = C k n ( 1 2 ) k si n k (si k n ) et 0 sinon. On découpe donc la somme : k = 0 M = k = 0 n 1 P Z = k ( F = n ) P ( Z = k ) + k = n M P Z = k ( F = n ) P ( Z = k ) = 0 + k = n M C k n ( 1 2 ) k ( 1 2 ) k + 1 réindexé par  m = k n = ( 1 2 ) h = 0 M n C m + n n ( 1 4 ) m + n = ( 1 2 ) ( 1 4 ) n h = 0 M n C m + n n ( 1 4 ) m et avec n = q 1 on retrouve quand M tend vers + la somme de la série précédente : P ( F = n ) = ( 1 2 ) 2 n + 1 m = 0 + C m + q 1 q 1 ( 1 4 ) m = ( 1 2 ) 2 n + 1 ( 4 3 ) q = ( 1 2 ) 2 n + 1 ( 4 3 ) n + 1 = 1 2 4 3 ( 1 4 4 3 ) n = 2 3 ( 1 3 ) n

    3. Comme on reconnait presque la loi géométrique (en décalant de 1) ...

      Soit F = F + 1 , sa loi est donnée par F ( Ω ) = * et p ( F = n ) = p ( F = n 1 ) = 2 3 ( 1 3 ) n 1 et on reconnait une loi géométrique de paramêtre 2 / 3 donc E ( F ) = 3 / 2 et F = F + 1 a une espérance et E ( F ) = E ( F 1 ) = E ( F ) 1 = 1 / 2

      De même Z = Z + 1 𝒢 ( 1 / 2 ) donc E ( Z ) = 2 et E ( Z ) = E ( Z 1 ) = 1

      On a donc bien E ( Z ) = 2 E ( F ) .

      Ou plus élémentairement, on értudie lma convergence absolue de n 0 n 2 3 ( 1 3 ) n où on retombe sur la série géométrique dérivée.