CORRECTION DS n 12

EXERCICE 1 - Questions de cours

1. Un s.c.e. (systeme complet d’evenements) est un ensemble d’evenements (A1, . . . , An) tels que :n∪k=1

Ak = Ω et les Ai sont incompatibles deux a deux.

2. PB(A) =P(A ∩B)

P(B).

3. Soit (A1, . . . , An) un s.c.e., alors pour tout evenement B, la formule des probabilites totales donne :

P(B) =n∑k=1

P(B ∩Ak).

4. E(X) =∑

k∈X(Ω)

k p(X = k) et V (X) = E((X − E(X))2).

5. V (X) = E(X2)− E(X)2.

6. Si X suit la loi binomiale B(n, p) alors E(X) = np et V (X) = np(1− p).7. Soit ϕ une application definie sur X(Ω), le theoreme de transfert donne :

E(ϕ(X)) =∑

k∈X(Ω)

ϕ(k)P(X = k).

8. Deux variables aleatoires X et Y sont independantes si et seulement si :∀(j, k) ∈ X(Ω)× Y (Ω), P (X = j ∩ Y = k) = P (X = j)P (Y = k).

EXERCICE 2 - Des sauts de puce probabilises

Une piste rectiligne est divisee en cases numerotees 0, 1, 2, . . . , n, de gauche a droite. Une puce se deplacevers la droite de une ou deux cases au hasard a chaque saut. Au depart, elle est sur la case 0. Soit Xn lenumero de la case occupee par la puce apres n sauts et Yn le nombre de fois ou la puce a saute d’une caseau cours des n premiers sauts.

1. On considere l’experience aleatoire consistant a observer un saut de la puce et a noter succes (ou 1)lorsqu’elle se deplace de 2 cases et echec lorsqu’elle se deplace d’une seule case (ou 0).Le mot « au hasard » dans le texte nous indique que la probabilite de succes de cette experience deBernoulli est de 1

2 . L’experience modelisee dans cet exercice est la repetition de n experiences decrites

ci-dessus de facon independante. Yn suit donc une loi binomiale de parametres (n, 12) .

Le cours nous donne directement E(Yn) = np = n2 et V (Yn) = np(1− p) = n

4 .

2. Xn est le numero de la case occupee par la puce apres n saut. Or celle-ci de deplace Yn fois de 1 cases

et n− Yn fois de 2 case, soit Xn = 1× Yn + 2× (n− Yn) = 2n− Yn .

3. Par linearite de l’esperance et proprietes de la variance (V (aXn+b) = a2V (X) pour a et b constantes) :

E(Xn) = E(2n− Yn) = E(2n)− E(Yn) = 2n− n2 = 3n

2

V (Xn) = V (2n− Yn) = (−1)2V (Yn) = n4 .

Notons deja que X(Ω) = n, n + 1, . . . , 2n car la puce a au minimum saute n cases et au maximum2n cases.

On remarque que pour tout k entier dans n, . . . , 2n, p(Xn = k) = p(Yn = k − n) et donc :

p(Xn = k) =(n

k−n)(1

2

)n−k (1

2

)k=(n

k−n)(1

2

)n

1

CORRECTION DS n 12

PROBLEME 1 : ETUDE D’UN PRODUIT INFINI

D’apres sujet E4A - 2003 - PSI

Partie I - ETUDE D’EXEMPLES

1. ∀n ∈ N∗, an = α donc pn = αn et (pn) est une suite geometrique qui converge vers 0 si et seulement

si |α| < 1 et vers 1 si α = 1. Donc (pn) converge si, et seulement si, α ∈]− 1, 1] .

2. ∀n ∈ N∗, an = 1 +1

ndonc pn =

n∏k=1

n+ 1

net l’on reconnait un produit telescopique.

On a finalement pn = n+ 1 et donc la suite (pn) diverge vers +∞ .

3. On suppose que la suite (an) est definie par ∀n ∈ N∗, an = e1n .

(a) un+1 − un = 1n+1 − ln

(1 + 1

n

)= 1

n

(1

1+ 1n

)−(

1n −

12n2 + o

(1n2

))un+1 − un = 1

n

(1− 1

n + o(

1n

))− 1

n + 12n2 + o

(1n2

)= − 1

2n2 + o(

1n2

)∼ − 1

2n2

(b) Or d’apres le critere de Riemann,∑ 1

2n2est convergente donc par equivalence de series negatives,

on en deduit que∑

(un+1 − un) est donc une serie convergente .

(c) La serie∑un+1 − un converge ce qui equivaut a la convergence de la suite (un) .

Il existe donc γ ∈ R tel que un → γ ou encore un =

(n∑k=1

1

k

)− ln(n) = γ + o(1).

Soit finalementn∑k=1

1

k=

+∞lnn+ γ + o(1) .

(d) Ici on obtient pn =

n∏k=1

e1k = exp

(n∑k=1

1

k

)= exp(lnn+ γ + o(1)) = n.eγ .eo(1) ∼ γn car eo(1) → 1.

On en deduit que la suite (pn) diverge vers +∞.

Partie II - ETUDE DU CAS GENERAL

4. Pour (an) constante, (pn) est une suite geometrique : si ∀k ∈ N ak = 1/2, alors ∀n ∈ N pn = 1/2n.

En choisissant ak = 1/2 pour tout k, (pn) converge vers p = 0.

On peut sinon choisir ak = 1k et ainsi pn = 1

n! → 0 egalement.

5. Je suppose que (pn) converge vers p 6= 0 ; les pn etant non nuls, j’ai :

∀n ∈ N∗ an =pnpn−1

−→n→∞

p

p= 1.

Si (pn) converge vers p different de 0, alors (an) converge vers 1.

6. (a) Soit n > n0 ; avec les notations de l’enonce, j’ai :

pn =

n0∏k=1

ak ·n∏

k=n0+1

ak = pn0 · qn,

d’ou, pn0 etant non nul,

Pour n > n0, qn =pnpn0

.

2

CORRECTION DS n 12

(b) Je suppose que la serie∑

ln an converge (ln an etant defini au moins pour n > n0). Je remarque :

∀n > n0 ln qn =n∑

k=n0+1

ln an

et j’en deduis que la suite (ln qn) converge ; soit ` sa limite. Par continuite de la fonction exponen-tielle, il en resulte que la suite (qn) converge vers e` et donc, d’apres (a), la suite (pn) convergevers p = pn0 · e`. Or cette derniere limite est non nulle, puisque pn0 est non nul et e` > 0.

Si la serie∑

ln an converge, alors la suite (pn) converge vers un reel p non nul.

(c) Je suppose que la suite des sommes partielles de la serie∑

ln an diverge vers +∞ (resp. −∞).Alors, comme ci-dessus, la suite (ln qn) admet pour limite +∞ (resp. −∞) et donc la suite (qn)admet pour limite +∞ (resp. 0). Par consequent :

Si la suite des sommes partielles de la serie∑

ln an diverge vers +∞, alors (pn) diverge,vers +∞ si pn0 > 0 et vers −∞ si pn0 < 0, tandis que,si la suite des sommes partielles de la serie

∑ln an diverge vers −∞, alors (pn) converge vers 0.

Dans ce qui suit, on definit un par an = 1 + un.

7. Je suppose dans un premier temps que (pn) converge vers p > 0. Alors, par continuite de la fonctionln, (ln pn) converge (vers ln p) et d’apres la relation precedente la serie

∑ln an converge.

De plus, (an) converge vers 1 (cf. 1o), donc (un) converge vers 0 ; il en resulte ln an ∼ un. Par consequent,les deux series a termes positifs

∑ln an et

∑un sont de meme nature, d’ou la convergence de

∑un.

Reciproquement, je suppose que la serie∑un converge. Alors la suite (un) converge vers 0, donc

ln an ∼ un et∑

ln an converge. J’en deduis que la suite (ln pn) converge vers un reel ` et donc (pn)converge vers p = e` > 0.

En conclusion,

(pn) converge vers p > 0 si et seulement si la serie∑un converge.

8. Puisqu’ici∑un converge, en particulier (un) converge vers 0 et donc

ln an = ln (1 + un) = un + vn ou vn ∼ −u2n

2.

(a) Si∑u2n converge, alors ln an apparaıt comme la somme des termes generaux de deux series

convergentes, donc∑

ln an converge, d’ou d’apres 3o b) :

Si∑u2n converge, alors (pn) converge vers p 6= 0.

(b) Si maintenant∑u2n diverge, la suite des sommes partielles de

∑vn diverge vers −∞, donc,

puisque∑un converge, la suite des sommes partielles de

∑ln an diverge vers −∞, d’ou d’apres

3o c) :Si∑u2n diverge, alors (pn) converge vers p = 0.

9. Si∑un est absolument convergente, alors en particulier

∑un converge et (un) converge vers 0, donc

u2n = o (|un|). Des theoremes sur la comparaison des series a termes positifs, je deduis que

∑u2n

converge. Je peux donc appliquer le resultat du 5o a) :

Si∑un est absolument convergente, alors (pn) converge vers p 6= 0.

3

CORRECTION DS n 12

Partie III

10. (a) Soit n > 1 ; j’ai par definition 1 + un = pnpn−1

d’ou 1pn

+ vn = 1pn−1

.

Pour n > 1, vn =1

pn−1− 1

pn.

J’ai donc, en reconnait une serie telescopique, pour n > 1,n∑k=1

vk = v1 +1

p1− 1

pn.

(b) Si∑un converge, comme

∑u2n converge egalement par hypothese, le I.5o a) s’applique : (pn)

converge vers p non nul, donc (1/pn) converge vers 1/p ; alors d’apres la relation precedente lasuite des sommes partielles de

∑vn converge :

Si∑un converge, alors

∑vn converge egalement.

Par contre, avec par exemple un = 1/n, on a vu au 1o a) que (pn) diverge vers +∞, donc (1/pn)converge vers 0 et

∑vn converge, alors que la serie harmonique

∑un diverge :

La convergence de∑vn n’implique pas la convergence de

∑un.

11. (a) Comme α > 0, j’ai un = sinc

nα∼ c

nα.

Pour α > 1, la serie∑un est absolument convergente, par comparaison a une serie de Riemann

et donc (pn) converge vers p non nul, d’apres I.6o. Pour α ≤ 1, la suite des sommes partiellesde∑

1/nα diverge vers +∞ et donc la suite des sommes partielles de∑un admet pour limite

±∞ en fonction du signe de pn0 . Or les an sont strictement positifs a partir d’un certain rang etln an ∼ un ; ainsi le I.3o s’applique et (pn) converge vers 0 si et seulement si c < 0. En conclusion

(pn) converge vers 0 si et seulement si α ≤ 1 et c < 0.

(b) Ici α = 1 ; d’apres ce qui precede,

Si c ≥ 0, alors∑pn diverge grossierement.

Je suppose donc c = −b, ou b > 0 et j’ecris, pour n ≥ 1 :

ln pn =

n∑k=1

ln

(1− sin

b

k

)=

n∑k=1

[ln

(1− sin

b

k

)+b

k

]− b

(n∑k=1

1

k− lnn

)− b lnn.

Or, grace aux developpements limites en 0 de ln (1− x) et de sinx :

ln

(1− sin

b

k

)+b

k= − sin

b

k+O

(1

k2

)+b

k= O

(1

k2

),

qui est donc le terme general d’une serie absolument convergente. D’apres le rappel de l’enonce,j’en deduis que la suite (ln pn + b lnn) converge. Soit ` sa limite. Par continuite de l’exponentielle,la suite

(pn · nb

)converge vers e`, qui est non nul, d’ou

pn ∼e`

nb.

Par comparaison a une serie de Riemann,∑pn converge si et seulement si b > 1. En conclusion :∑

pn converge si et seulement si c < −1.

4

CORRECTION DS n 12

PROBLEME 2 - Etude d’une suite de probabilites

Partie I - ETUDE D’UN ENSEMBLE DE SUITES

N.B. cette suite n’est pas arithmetico-geometrique car la ”raison” additive depend de n.

1. Soit α et β deux reels et (vn)n>1 la suite definie par : ∀n ∈ N∗, vn = αn+ β .

v appartient a A⇐⇒ ∀n ∈ N∗

s (α (n+ 1) + β) = (s− 1) (αn+ β) + b+ n⇐⇒ n [α− 1] + β − b+ sα = 0

alors quand n→ +∞, a = 1 sinon, la limite est infinie d’ou β = b− sReciproquement, si a = 1 et β = b− s l’egalite est verifiee.

Conclusion : La seule solution est α = 1 et β = b− s pour que la suite (vn)n>1 appartienne a A.

2. Soit (xn)n>1 une suite appartenant a A, (vn)n>1 la suite determinee a la question precedente et (yn)n>1

la suite definie par : ∀n ∈ N∗, yn = xn − vn . On a pour tout n non nul :

yn+1 = xn+1 − vn+1

=1

s((s− 1) xn + b+ n− [(s− 1) vn + b+ n])

=s− 1

s(xn − vn)

Conclusion : y est geometrique de raisons− 1

set de premier terme y1 = x1 − v1 = x1 − 1− b+ s

Donc pour tout entier n : yn =

(s− 1

s

)n−1

y1 et xn = yn + vn =

(s− 1

s

)n−1

(x1 − 1− b+ s) + n+ b− s

Partie II - EXPRESSION DE P(Bn+1) A L’AIDE DE un

3. Lors du premier tirage, il y a a boules noires et b boules blanches equiprobables. Donc P (B1) = ba+b = b

s .

Et comme (X1 = 1) = B1 alors P (X1 = 1) = bs et u1 = E (X1) = b

s .

4. (B1, N1) est un systeme complet d’evenements donc :

P (B2) = PB1 (B2) P (B1) + PN1 (B2) P (N1)

=b

s

b

s+b+ 1

s

a

s

=b2 + (b+ 1) (s− b)

s2

=b2 + (b+ 1) (s− b)

s2

=s− b+ bs

s2=

1− bs + b

s=b+ 1− u1

s

Conclusion : P (B2) = b+1−u1s

5. Soit n un entier naturel verifiant 1 6 n 6 a.

(a) N.B. on se rend compte a la question suivante de l’importance de cette condition.C’est elle qui permettra le tirage de k boules blanches et de n− k boules noires si k ∈ [[0, n]] .

Pour tout entier k de l’intervalle [0, n], quand Xn = k, en n tirages, on a obtenu k boules blancheset donc n− k boules noires avec n− k ≤ a.Celles ci ont ete remplacees par des blanches.

L’urne contient donc a− n+ k boules noires et b+ n− k boules blanches equiprobables.

Conclusion : PX=k (Bn+1) =b+ n− k

s

5

CORRECTION DS n 12

(b) Comme Xn (Ω) = [[0, n]] alors (Xn = k)k∈[[0,n]] est un systeme complet d’evenements, donc

P (Bn+1) =n∑k=0

PX=k (Bn+1) P (Xn = k)

dans lequel on fait apparaıtre un = E (Xn) =n∑k=0

kP (Xn = k)

P (Bn+1) =

n∑k=0

b+ n− ks

P (Xn = k)

=1

s

[n∑k=0

(b+ n) P (Xn = k)−n∑k=0

kP (Xn = k)

]

=1

s[b+ n− E (Xn)]

car∑n

k=0 P (Xk) = 1.

Conclusion : P (Bn+1) =b+ n− un

s

6. Soit n un entier naturel verifiant n > a.

(a) Si k ∈ [[0, n− a− 1]] alors k 6 n−a−1 et n−k > a+1, l’evenement [Xn = k] est ”obtenir n−k”boules noires. Ceci est impossible, car les boules noires ne sont pas remises. Donc [Xn = k] = ∅

(b) Si k est un entier de l’intervalle [n− a, n], alors n− a ≤ k ≤ n et 0 ≤ n− k ≤ a.Donc si Xn = k, il y a la encore dans l’urne b+ n− k blanches et a− n+ k noires.

D’ou PXn=k (Bn+1) =b+ n− k

s(c) En n tirages, on obtient au maximum n boules blanches et a boules noires.

Donc au minimum, n− a boules blanches.

Avec cette fois Xn (Ω) = [[n− a, n]] on obtient :

P (Bn+1) =n∑

k=n−kPXn=k (Bn+1) P (Xn = k)

=1

s

[n∑k=0

(b+ n) P (Xn = k)−n∑k=0

kP (Xn = k)

]

=1

s[b+ n− E (Xn)]

Conclusion : Pour tout n ∈ N∗ : P (Bn+1) =b+ n− un

s

Partie III - CALCUL DES NOMBRES un et P(Bn)

7. Soit n un entier naturel non nul.

Comme le nombre de boule blanches obtenues augmente au plus de 1 a chaque tirage alors

(Xn+1 = k) = [Xn+1 = k ∩Xn = k] ∪ [Xn+1 = k ∩Xn = k − 1] incompatibles

P (Xn+1 = k) = PXn=k (Xn+1 = k) P (Xn = k) + PXn=k−1 (Xn+1 = k) P (Xn = k − 1)

= PXn=k (Nk+1) P (Xn = k) + PXn=k−1 (Bk+1) P (Xn = k − 1)

6

CORRECTION DS n 12

Pour tout entier k de l’intervalle [[n+ 1− a, n]], les evenements Xn = k et Xn = k − 1 sont possibleset le conditionnement nous donne la composition de l’urne :

– quand Xn = k, on a obtenu n − k boules noires ( 0 6 n − k 6 a − 1 ) et l’urne contient a − n + kboules noires.

– quand Xn = k − 1, on a obtenu n − k + 1 boules noires ( 1 6 n − k + 1 6 a ) et l’urne contientb+ n− k + 1 blanches.

d’ou :

P (Xn+1 = k) =a− n+ k

sP (Xn = k) +

b+ n− k + 1

sP (Xn = k − 1)

– Pour k = n + 1 la decomposition precedente reste valable avec l’evenement (Xn = k) impossibledonc la probabilite conditionnelle n’est plus definie.Mais comme P (Xn = k) = 0, la formule precedente reste valable.

– Pour k = n− a on a n− (k − 1) = a+ 1 et l’evenement (Xn = k − 1) qui est ”obtenir a+ 1” boulesnoires est impossible.Mais la encore, P (Xn = k − 1) = 0 et la formule reste valable.

– pour tout entier k de l’intervalle [[1, n− a− 1]] on a k ≤ n − a − 1 et n + 1 − k ≥ a + 2 donc(Xn+1 = k) impossible.On a egalement n − k ≥ a + 1 donc (Xn = k) impossible et n − (k − 1) ≥ 2 donc (Xn = k − 1)impossible.L’egalite est encore vraie, tout etant nul.

Conclusion : La formule est vraie pour tout k ∈ [[0, n+ 1]]

8. En ajoutant eventuellement des termes nuls, on a :

un+1 = E (Xn+1) =n+1∑k=0

kP (Xn+1 = k)

=

n+1∑k=0

k

[a− n+ k

sP (Xn = k) +

b+ n− k + 1

sP (Xn = k − 1)

]

=1

s

[n∑k=0

k (a− n+ k) P (Xn = k) + 0 +

n∑k=0

(k + 1) (b+ n− k) P (Xn = k) + 0

]

=1

s

n∑k=0

k2P (Xn = k) + (a− n)

n∑k=0

kP (Xn = k)

−n∑k=0

k2P (Xn = k) + (b+ n− 1)

n∑k=0

kP (Xn = k)

+ (b+ n)n∑k=0

P (Xn = k)

=

1

s[(a+ b− 1)un + b+ n]

et avec a+ b = s, on retrouve :

Conclusion : s un+1 = (s− 1)un + b+ n et (un)n≥1 ∈ A

9. D’apres la resolution faite a la partie I, on a alors :

un =

(s− 1

s

)n−1

(u1 − 1− b+ s) + n+ b− s

=

(s− 1

s

)n−1( bs− 1− b+ s

)+ n+ b− s

7

CORRECTION DS n 12

et comme

P (Bn+1) =b+ n− un

s

=1

s

[b+ n−

(s− 1

s

)n−1( bs− 1− b+ s

)− n− b+ s

]

= 1− 1

s

(s− 1

s

)n−1( bs− 1− b+ s

)

10. Comme

∣∣∣∣s− 1

s

∣∣∣∣ < 1 alors

(s− 1

s

)n−1

→ 0 et

Conclusion : un → +∞ et P (Bn)→ 1 quand n→ +∞

8