- CC2-S2 - - 2017-2018 - – Correction - Analyse - Probabilités –

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Exercice 1 1. On considère la fonctionf définie sur]−1,1[×[0, π] par :

f(x, t) =







ln(1 +xcost)

cost sit6= π 2

x sit= π

2 a. Montrer quef est continue sur]−1,1[×[0, π].

Pour tout(x, t)∈]−1,1[×[0, π],1 +xcost >0.

D’après les théorèmes généraux,f est continue sur]−1,1[×h 0,π

2

h∪]−1,1[×iπ 2, πi

, où le cosinus ne s’annule pas.

Soita∈]−1,1[. Etude de la continuité def en a,π

2

:

Le développement limité à l’ordre 1 du logarithme en 0 donne : ln(1 +u) =u+uε1(u)avec lim

u→0ε1(u) = 0.

On a donc pour (x, t)∈]−1,1[×h 0,π

2

h∪]−1,1[×iπ 2, πi

: f(x, t) =xcost+xcostε1(xcost)

cost =x(1 +ε₁(xcost)).

Par composition, on a : lim

(x,t)→(^a,π2)

ε1(xcost) = 0, puis par somme et produit :

lim

(x,t)→(^a,π₂)x(1 +ε1(xcost)) =a=f a,π

2

. On en déduit quef est continue en a,π

2

. b. Montrer quef est de classeC¹ sur]−1,1[×[0, π].

D’après les théorèmes généraux,f est de classeC¹ sur]−1,1[×h 0,π

2

h∪]−1,1[×iπ 2, πi

, et elle admet une dérivée partielle par rapport à sa première variable sur ]−1,1[×[0, π].

Pour tout(x, t)∈]−1,1[×[0, π], on a : ∂f

∂x(x, t) =





 1

1 +xcost sit6= π 2

1 si t= π

2 .

Les théorème généraux donne la continuité de la dérivée partielle de f par rapport à sa première variable sur son domaine.

Soit a∈]−1,1[. Etude de l’existence et de la continuité de la dérivée partielle par rapport à la deuxième variable en

a,π 2

: Pour t6= 0 tel quet+π

2 ∈[0, π], on a : f a, t+^π₂

−f a,^π₂

t = −ln(1−xsint)−asint tsint . Le développement limité à l’ordre 2 du logarithme en 0 donne :

ln(1−u) =−u−u²

2 −u²ε₂(u)avec lim

u→0ε₂(u) = 0.

Ansi, f a, t+^π₂

−f a,^π₂

t = asint+¹₂a²sin²t+a²sin²tε₂(asint)−asint

tsint = a²sint

t 1

2 +ε₂(asint)

On a lim

t→0

sint

t = 1et, par composition, lim

t→0ε₂(asint) = 0.

On en déduit que lim

t→0=f a, t+^π₂

−f a,^π₂

t = a²

2 ; ainsi,f admet une dérivée par rapport à sa deuxième variable en

a,π 2

, et ∂f

∂t

a,π 2

= a² 2 . D’autre part, pour(x, t)∈]−1,1[×h

0,π 2

h∪]−1,1[×iπ 2, πi

, on a :

∂f

∂t(x, t) =− xsint

cost(1 +xcost)+ln(1 +xcost) sint cos²t .

Ainsi,

∂f

∂t(x, t) = sint×−xcost+ (1 +xcost)(xcost−¹₂x²cos²t−x²cos²tε2(xcost)) (1 +xcost) cos²t

= sint x²(¹₂−ε2(xcost)−¹₂xcost−xcostε2(xcost) 1 +xcost

Les théorèmes généraux donnent : lim

(x,t)→(^a,π2)

∂f

∂t(x, t) = a² 2 = ∂f

∂t

a,π 2

.

On en déduit que la dérivée par rapport à la deuxième variable de f est continue en a,π

2

. 2. On considère l’intégrale

F(x) = Z π

0

f(x, t)dt a. Montrer queF(x)est définie pourx∈]−1,1[.

On a montré à la question 1 que f est continue sur ]−1,1[×[0, π]; en particulier pour tout x∈]−1,1[, l’application partiellet7→f(x, t)est continue. On intègre une fonction continue sur un compact, l’intégrale est donc définie pour toutx∈]−1,1[

b. Montre que F est de classeC¹ sur]−1,1[.

• ∀x∈]−1,1[, t7→f(x, t)est intégrable sur[0, π], comme démontré à la question précédente.

• ∀t∈[0, π], x7→f(x, t)est de classeC¹ sur]−1,1[, comme démontré à la question 1 (la fonctionf étant de classe C¹ sur ]−1,1[×[0, π], ses applications partielles sont toutes de classe C¹ sur leurs domaines respectifs.)

• ∀x∈]−1,1[, t7→ ∂f

∂x(x, t)est continue sur[0, π], carf est de classeC¹.

• Soit[a, b]⊂]−1,1[. La fonction ∂f

∂x est continue sur le compact[a, b]×[0, π], elle est donc bornée. Ainsi, il existe une constante Φ_a,b telle que ∀(x, t) ∈[a, b]×[0, π],

∂f

∂x(x, t)

≤ Φ_a,b. La fonctiont 7→ Φ_a,b est constante, donc intégrable sur le compact[0, π].

Le théorème de dérivation donneF de classeC¹ sur]−1,1[.

c. Montrer que pour t∈[0, π[,cost=1−tan² ₂^t 1 + tan² ₂^t.

∀t∈[0, π[,cost= 2 cos² t

2 −1 = 2

1 + tan²₂^t −1 = 1−tan^2t₂ 1 + tan^2t₂. d. En déduire que pour tout x∈]−1,1[, on a :

F⁰(x) = π

√1−x².

La formule de Leibniz donne pour toutx∈]−1,1[: F⁰(x) =

Z π 0

∂f

∂x(x, t)dt= Z π

0

dt 1 +xcost =

Z π 0

1 + tan^2t₂

1 + tan²₂^t +x−xtan²₂^tdt.

On effectue un changement de variable, en posant u= tan t

2, avecdu= 1

2(1 + tan² t 2)dt: F⁰(x) =

Z +∞

0

2du

1 +x+ (1−x)u² = 2 1−x

Z +∞

0

du

1+x

1−x+u² = 2 1−x

"r 1−x 1 +xArctan

r1−x 1 +xu

!#+∞

0

=

√ 2

1−x² ×π

2 = π

√ 1−x².

e. En déduire l’expression deF(x)pourx∈]−1,1[.

F(0) = 0, on a donc :F(x) = Z x

0

F⁰(u)du=πArcsin(x).

Exercice 2

Résoudre les équations aux dérivées partielles suivantes, en utilisant les changements de variables proposés : 1.

∂f

∂x +∂f

∂y =f

u=x v=y−x

On poseg(u, v) =f(x, y). La règle de la chaîne donne :







∂f

∂x = ∂g

∂u−∂g

∂f ∂v

∂y = ∂g

∂v En remplaçant dans l’équation, on obtient : ∂g

∂u =g.

On en déduit queg(u, v) =C(v)e^u, avecC∈C¹(R), puisf(x, y) =C(y−x)e^x. 2.

y∂f

∂x −x∂f

∂y =f

x=rcosθ y=rsinθ

On poseg(r, θ) =f(x, y). La règle de la chaîne donne :







∂g

∂r = cosθ∂f

∂x+ sinθ∂f

∂y

∂g

∂θ =−rsinθ∂f

∂x +rcosθ∂f

∂y On a : y∂f

∂x −x∂f

∂y =rsinθ∂f

∂x−rcosθ∂f

∂y =−∂g

∂θ. L’équation devient :−∂g

∂θ =g.

On en déduit queg(r, θ) =C(r)e^−θ, avecC∈C¹(R^∗), puisf(x, y) =C(p

x²+y²)e^−Arctanyx, en supposant que l’on résout sur un domaine oùxne s’annule pas.

Exercice 3

On dispose d’une pièce pour laquelle la probabilité d’obtenir Face estp∈]0,1[. On noteq= 1−p.

1. soitn∈N^∗. O, effectuenlancers indépendants de cette pièce, et on note : Fk =" on obtient Face auk^ème lancer"

On note également

A_n=" au cours desnlancers, Face n’est jamais suivi de Pile"

a. Exprimer l’événementA_n en fonction des événementsF_k, k∈[[1, n]].

A_n= (F₁∩F₂∩ · · · ∩F_n−1∩F_n)∪(F₁∩F₂∩ · · · ∩F_n−1∩F_n)∪ · · · ∪(F₁∩F₂∩ · · · ∩F_n−1∩F_n)

b. En déduireP(An). (On distinguera deux cas.)

An est l’union d’évènements deux à deux incompatibles, et les lancers sont indépendants donc

P(An) =

n

X

k=0

q^kp^n−k =pⁿ

n

X

k=0

q p

k

Dès lors, deux cas se présentent : – Si q

p6= 1(c’est à dire si p6= 1 2) alors

P(An) =pⁿ× 1−_q

p

ⁿ⁺¹

1−_p^q =pⁿ⁺¹−qⁿ⁺¹ p−q – Si q

p= 1(c’est à dire si p= 1 2) alors

P(A_n) = 1

2 n

×(n+ 1) = n+ 1 2ⁿ

2. Si l’on admet que l’on peut lancer indéfiniment la pièce, est-il possible que Face ne soit jamais suivi de Pile ? SoitAl’évènement "face n’est jamais suivi de pile". On a alorsA= \

n∈N^∗

A_n. De plusA_n+1⊂A_n donc(A_n)_n∈

N^∗ est une suite décroissante d’évènements ; par limite monotone, on obtient : P(A) =P

\

n∈N^∗

A_n

!

= lim

n→+∞P(A_n) Enfin, deux cas se présentent :

– Sip6= 1 2 alors

n→+∞lim P(A_n) = lim

n→+∞

pⁿ⁺¹−qⁿ⁺¹

p−q = 0 =P(A) (suites géométriques) – Sip= 1

2 alors

n→+∞lim P(An) = lim

n→+∞

n+ 1

2ⁿ = 0 =P(A) (croissances comparées) Il est donc presque sûrement impossible que Face ne soit jamais suivi de Pile.

Exercice 4

Des joueurs en nombre illimité, notésJ₁, . . . , J_n, . . .s’affrontent dans un jeu de Pile ou Face.

Ils jouent successivement et dans l’ordre des indices, et le jeu se termine dès que l’un des joueurs obtient Pile.

Pour toutn∈N^∗,Jn obtient Pile avec la probabilitépn∈]0,1[, et on noteqn= 1−pn. On notera par conventionq0= 1.

Enfin, on définit pour tout entiernnon nul l’événementGn=" le joueurJn gagne".

1. Montrer que

∀n∈N^∗,P(Gn) =q0q1· · ·q_n−1−q0q1· · ·q_n−1qn

Soitn∈N^∗. On a

Gn=

(G1∪G2∪ · · · ∪Gn−1)∩Gn

∪((G1∪G2∪ · · · ∪Gn−1∩Gn))

| {z }

∅

donc

Gn =G1∩G2∩ · · · ∩Gn−1∩Gn

puis par la formule des probabilités composées P(G_n) =P G₁

×PG₁ G₂

× · · · ×PG₁∩G₂∩···∩Gn−2 G_n−1

×PG₁∩G₂∩···∩Gn−1(G_n) c’est à dire

P(G_n) =q₁q₂· · ·q_n−1p_n=q₁q₂· · ·q_n−1(1−q_n) =q₁q₂· · ·q_n−1−q₁q₂· · ·q_n−1q_n et commeq0= 1, on obtient bien

∀n∈N^∗,P(Gn) =q0q1· · ·q_n−1−q0q1· · ·q_n−1qn

2. On définit la suite(Qn)par

∀n∈N, Qn=q0q1· · ·qn

Montrer que la suite(Q_n)converge vers un réel qu’on noteraa, avec0≤a≤1.

(Q_n)est positive et décroissante car∀n∈N, 0≤q_n ≤1, et donc par le théorème des suites monotones bornées, (Q_n)converge. Comme de plus,∀n∈N, 0≤Q_n ≤1, on conclut que(Q_n)converge versa∈[0,1].

3. Montrer que :

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

P(G_k) = 1−Q_n et en déduire que :

– sia6= 0, le jeu a une probabilité non nulle de ne pas se terminer, – sia= 0, le jeu se termine avec la probabilité1.

On a

∀n∈N^∗,P(G_n) =q₀q₁· · ·q_n−1−q₀q₁· · ·q_n−1q_n=Q_n−1−Q_n On en déduit par télescopage

∀n∈N^∗,

n

X

k=1

P(G_k) = 1−Q_n

Ainsi, de la convergence de(Qn), on en déduit que la sérieX

P(Gn)converge et

+∞

X

n=1

P(G_n) = 1−a

Considérons maintenant l’évènementT ="le jeu se termine" . On aT = [

n∈N^∗

G_n et comme lesG_n, n∈N^∗ sont deux à deux incompatibles, parσ−additivité, on obtient

P(T) =

+∞

X

n=1

P(G_n) = 1−a

Ce qui signifie bien que :

– sia6= 0, le jeu a une probabilité non nulle de ne pas se terminer, – sia= 0, le jeu se termine avec la probabilité1.

4. Quelle est la probabilité que le jeu se termine dans les deux cas suivants : – ∀n∈N^∗, p_n =pavec0< p <1.

∀n ∈ N^∗, p_n =p avec0 < p <1. Donc la suite (p_n)_n∈N^∗ est constante. Alors∀n∈ N, Q_n = (1−p)ⁿ, et puisque0<|1−p|<1, on en déduit que lim

n→+∞Qn= 0et que donc le jeu se termine avec la probabilité 1.

– ∀n∈N^∗, pn = 1 (n+ 1)².

∀n∈N^∗, pn = 1

(n+ 1)². On a alors∀n∈N^∗, qn= 1− 1

(n+ 1)² = n(n+ 2) (n+ 1)². Puis∀n∈N^∗, Qn=n!(n+ 2)!

2

1

((n+ 1)!)² = n+ 2

2(n+ 1), et on en déduit que lim

n→+∞Qn= 1

2 et que donc le jeu se termine avec la probabilité 1

2.