Mines 2018 math 1 (3h) : un corrigé avec remarques et extraits du rapport
Parcours préliminaire
On remarque principalement deux choses : les probabilités n’ont pas l’air d’être présentes dans la partieB, et l’accès à la partieDest gardé par un préliminaire assez consistant. Pas de questions de cours ni de classique en vue.
Bref, il vaut mieux se débrouiller convenablement avec le début du problème, car ce ne sera pas forcément évident de se rattraper après.
Un corrigé
Le problème portait sur deux thèmes du programme des classes pré- paratoires, les suites et les probabilités. Les candidats se répartis- saient en quatre catégories, ceux qui maitrisaient les deux domaines, ceux qui connaissaient bien l’analyse, mais pas les probabilités, ceux qui, au contraire passaient à côté des subtilités sur les suites, mais s’en sortaient bien sur les questions de probabilités et enfin ceux qui ne comprenaient rien, assez rares d’ailleurs.
Il y avait peu de calculs dans le sujet qui comportait des raisonne- ments assez fins, bien adaptés à une évaluation des capacités intellec- tuelles.
La longueur était raisonnable, les bons candidats sont arrivés à trai- ter quinze à seize questions correctement. Quelques grappilleurs trai- taient quatre ou cinq questions, en général assez mal, puis essayaient d’aborder, la plupart du temps pour ne rien dire, toutes les autres.
Cette attitude est à déconseiller formellement, elle ne rapporte en général pas grand-chose.
L’étalement des notes a été satisfaisant, surtout sur la première moi- tié du classement.
La présentation des copies était globalement satisfaisante, même si on trouvait la proportion incompressible de torchons. Attention à l’usage des encres trop pâles, rappelons encore une fois qu’on n’attribuera
jamais le moindre point à une réponse illisible... il serait préférable d’écrire en noir.
1) La première question était tout à fait abordable, encore fallait- il connaître la définition de l’espérance d’une variable aléatoire... ce n’était pas le cas pour certains, mais la plupart des candidats sérieux ont traité correctement la question.
On a
E(X) =
n
X
k=1
kP(X =k)
=
m−1
X
k=1
kP(X =k) +
n
X
k=m
kP(X=k)
LesP(X=k)étant positifs, on a
n
X
k=m
kP(X=k)≤
n
X
k=m
nP(X=k) =nP(X≥m)
(par additivité). Mais d’autre part
m−1
X
k=1
kP(X =k)≤
m−1
X
k=1
(m−1)P(X=k) = (m−1)P(X ≤m−1)≤m−1
et en ajoutant les deux inégalités on obtient bien E(X)≤m−1 +nP(X ≥m)
Autre méthode
On note comme d’habitude 1A la variable aléatoire indicatrice de l’évènement A(1A(ω) = 1siω∈A,0sinon). Alors
E(X) =E(X1{X≤m−1}) +E(X1{X≥m})
≤E((m−1)1{X≤m−1}) +E(n1{X≥m})
= (m−1)E(1{X≤m−1}) +nE(1{X≥m})
Or pour tout évènement A, E(1A) =P(A), ce qui amène la conclusion. Cette méthode peut sembler plus sophistiquée, mais elle est plus « profonde » que la précédente. . .et dans bien des cas sera plus avantageuse.
[Commentaires : dans une première question, il est important d’être précis, rigoureux, complet dans sa rédaction. Mais il n’est pas nécessaire de trop en faire. Par exemple, les 5/2 peuvent penser qu’il faut justifier le fait que X a
bien une espérance, mais pour une v.a. finie, ce n’est pas la peine. On pourrait aussi dire que si m= 1la première somme peut être « vide », mais une somme vide, c’est une somme nulle, le calcul reste parfaitement valable.]
2)La question 2 ne présentait pas de difficulté, mais il était important de préciser tous les arguments, par exemple la croissance des fonctions logarithme et exponentielle. De même, il y avait un terme à éliminer par majoration, il fallait la faire apparaître, pas se contenter d’un coup d’effaceur qui faisait disparaître le terme en trop.
La fonction ln est croissante sur[1,+∞[et donc, sik≥2,
∀t∈[k−1, k] lnt≤lnk En intégrant :
Z k
k−1
lntdt ≤lnk En ajoutant ces inégalités pourk∈J2, nK:
Z n
1
lntdt ≤
n
X
k=2
lnk
Ou encore :
[tlnt−t]n1 ≤
n
X
k=1
lnk ce qui est bien
nln(n)−n+ 1≤
n
X
k=1
lnk
Et donc, exp étant croisssante surR, nn×e−n×e≤
n
Y
k=1
k
Comme1≤eon en déduit bien n
e n
≤n!
[Commentaires : un peu troublant, ce « sacrifice » du eque l’on minore par1.
Normalement, dans un énoncé, si on doit montrer 0 < a ≤2b, si on arrive à 0< a≤bc’est qu’on a fait une erreur. Mais pas toujours, la preuve. . .On peut faire un petit dessin du graphe de ln, avec les rectangles en-dessous du graphe, le correcteur appréciera. Dans une épreuve X-ens, ou Centrale-Mines après avoir
déjà rempli une ou deux copies doubles, on peut directement écrire « La fonction ln est croissante sur [1,+∞[ et donc, sik≥2
Z n
1
lnt dt ≤
n
X
k=2
lnk .
»]
3)À la question 3 on attendait une justification précise de l’existence des bornes supérieures et inférieures : une partie non vide et majorée de R admet une borne supérieure. Si le fait que l’on se trouvait dans les nombres réels peut être considéré comme implicite, la précision que l’ensemble considéré est non vide est indispensable.
uétant bornée, pour toutn≥1l’ensembleUn l’est. Il est clairement non vide, donc il admet une borne supérieure et une borne inférieure.
uetusont bien définies
Si n≥1, un majore Un. OrUn+1 ⊂Un. Donc un majoreUn+1. Maisun+1 est le plus petit majorant de Un+1. Donc un+1 ≤ un, et uest décroissante . De même uest croissante .
Soita, bdeux réels tels que ∀n≥1 a≤un≤b. AlorsaminoreUn pour tout n ≥ 1, donc a ≤ un. La suite u, décroissante et minorée, converge donc. De mêmeuest croissante et majorée (parb), donc convergente.
uet uconvergent
[Commentaires : on dit dans le cours qu’il est maladroit de traduire « la suite réelleuest bornée » par l’existence de réelsaet btels que
∀n∈N a≤un ≤b et qu’il vaut mieux écrire qu’il existe M tel que
∀n∈N |un| ≤M
mais chaque règle admet des exceptions. . .ici, la première formulation est plutôt plus agréable.]
4)La question 4 a été très mal traitée, les candidats se contentant en général d’appliquer aux limites supérieures et inférieures des résultats qu’ils avaient vu pour les limites. L’analogie de nom ne suffit pas, du moins en mathématiques, pour justifier une extension des propriétés.
On sait déjà que uest décroissante. Elle est plus grande que u : si n≥ 1, on
a un ∈Un, donc un ≤un. Il reste à montrer que si w est décroissante et plus grande queu, alorswest plus grande queu. Autrement dit, on suppose (1) ∀n≥1 wn≥wn+1
et
(2) ∀n≥1 wn≥un et on veut montrer
∀n≥1 wn≥un .Mais ceci revient à montrer que (3) ∀k≥n wn≥uk
Or (1)donne (récurrence surk) que
∀k≥n wn≥wk
ce qui, en appliquant (2), donne(3). On conclut donc :
uest la plus petite suite décroissante plus grande que u
[Très belle question de pur raisonnement, où les bonnes habitudes sont très importantes : écrire, traduire ce que l’on cherche à montrer, avoir sous les yeux les hypothèses. . .
Mais après, ça se gâte sérieusement : que faire quand on n’est pas sur ordinateur et qu’on ne peut donc pas copier-coller ?]
Solution 1 : On montre de même que u est la plus petite suite décroissante plus grande que u.
Mais si on lit bien l’énoncé, le correcteur a le droit de penser qu’on se moque de lui.
Solution 2 :On prend son courage à deux mains, son stylo de l’autre, et : On sait déjà que u est croissante. Elle est plus petite que u : si n ≥1, on a un∈Un, doncun≥un. Il reste à montrer que siwest croissante et plus petite queu, alorswest plus petite queu. Autrement dit, on suppose
(1) ∀n≥1 wn≤wn+1 et
(2) ∀n≥1 wn≤un et on veut montrer
∀n≥1 wn≥un .Mais ceci revient à montrer que (3) ∀k≥n wn≤uk
Or (1)donne (récurrence surk) que
∀k≥n wn≤wk
ce qui, en appliquant (2), donne(3). On conclut donc :
uest la plus petite suite croissante plus petite queu
Mais c’est beaucoup d’écriture, et on aura combien de points pour ça ? 0,5 sur 100, ce serait déjà beaucoup, le rendement promet d’être très faible
Solution 3 :Sûrement la meilleure, demande un tout petit peu de recul: On reprend tout ce qui précède en échangeant « plus petite » et « plus grande »,
≤et≥, « décroissante » et « croissante ». On conclut :. . .
Solution 4 : Elégante mais sophistiquée. On remarque que u= −−u. On se ramène à utiliser ce qui vient d’être fait.Dans beaucoup de cas, c’est une bonne manière de raisonner, ici il faudrait expliciter un peu pour que ce soit bien clair.
5)Le constat est le même pour la question 5, qui n’est pas très difficile, mais pour laquelle il est très facile de passer à côté, par exemple en pensant que la relation d’ordre sur les suites et une relation d’ordre total.
Soitn≥1. On a
∀k≥n vk≤vn Et donc a fortiori
∀k≥n uk ≤vn
Doncvn majore Un. Et donc un≤vn. Par conservation des inégalités larges à la limite,
lim(u)≤lim(v)
6)À la question 6, la réciproque se traite avec le théorème d’encadre- ment, comme d’habitude souvent confondu avec le passage à la limite dans les inégalités. Une autre source d’erreur consistait à croire que les suites uetusont des suites extraites de la suiteu, ce qui est faux en général, même si les limites supérieures et inférieures sont des li- mites de suites extraites. Le sens direct était plus délicat, nécessitant l’utilisation de la définition d’une limite. À ce stade du problème, on est sur des raisonnements d’analyse qui demandent une certaine fi- nesse.
On a, pour toutn≥1,
un≤un≤un
(carun ∈Un). Siuetusont adjacentes, par théorème d’encadrementuconverge vers leur limite commune.
Réciproquement, siuconverge, soit`sa limite. Pour tout >0, il existe N tel que
∀n≥N `−≤un≤`+
Mais alors on a
∀n≥N Un ⊂[`−, `+] et donc
∀n≥N `−≤un ≤un≤`+
On a donc montré queuetuconvergeaient vers la limite deu. Or elles sont de monotonies contraires, donc elles sont adjacentes. Finalement,
u et usont adjacentes si et seulement si uconverge. Le cas échéant, les trois suites ont même limite
[Commentaire : si vous pensez aux valeurs d’adhérence c’est très naturel dans ce contexte, c’est donc a priori une bonne idée, mais finalement ça complique plutôt les choses, pas de chance.]
7) La question 7 a été mieux réussie, il fallait toutefois être précis, par exemple en n’oubliant pas d’invoquer la division euclidienne.
On am=nq+r=n(q−1) + (n+r). Orm≥2ndoncq≥2. Donc (q−1)n et n+rsont dansN∗. Ce qui donne déjà
um≤u(q−1)n+un+r Mais on a par récurrence sur k:
∀k≥1 ukn≤kun
(initialisation claire, et récurrence par la relation u(k+1)n ≤ ukn+un). On applique aveck=q−1cette relation, on conclut :
um≤(q−1)un+un+r
Mais0≤r≤n−1, doncn+r∈ {n, n+ 1, . . . ,2n−1} et donc un+r≤max(un, un+1, . . . , u2n−1)
Divisant parm(qui est>0) l’égalité qu’on vient d’obtenir, on conclut donc que um
m ≤(q−1)un
m +max(un, . . . , u2n−1) m
Or
q−1 = m−r
n −1 = m−r−n n et on a bien
um
m ≤ m−n−r m ·un
n +max(un, . . . , u2n−1) m
8)L’erreur quasi unanime à la question suivante consistait à affirmer que la suite était majorée, sans se rendre compte que l’inégalité pré- cédente ne donnait une majoration qu’à partir du rang 2n, et même ceux qui s’en sont rendu compte n’ont en général pas pris la peine de justifier que dans ces conditions la suite est majorée.
En particulier, pourn= 1, on ar= 0,q=m, et :
∀m≥2 um
m ≤ m−1
m u1+u1
m d’où
∀m≥2 um
m ≤u1
L’énoncé n’est pas agréablement posé ici : la relationum≤mu1est une consé- quence sympathique (par récurrence) de la sous-additivité de u, pas besoin du gros machin qu’on a vu dans la question précédente. Et comme prendren= 1 n’est pas trop intuitif (on a l’impression d’un cas particulier sans forcément d’intérêt), on risque de se bloquer sur cette question finalement facile).
Or lesum, donc lesum/m, sont positifs. Donc La suiteum
m
m≥1 est bornée Fixons n≥1, et posons, sim≥1,
vm=m−n−r m ·un
n +max(un, . . . , u2n−1) m
La suite (vm)m≥1 converge vers un
n . Elle est donc bornée. Or le résultat de la question5)subsiste si on suppose seulementuk≤vk à partir d’un certain rang.
En appliquant le résultat de cette question, on obtient donc
m→+∞lim um
m ≤un
n
9)La question 9, dernière question de la partie, a été assez peu trai- tée, et assez mal, les candidats prétendant que la suite (wn)n∈N∗ est décroissante, ce qui est faux en général.
Notons, si n≥1,wn= un
n . On a donc pour toutn≥1 lim(w)≤wn
que l’on peut réécrire
lim(w)≤wn ≤wn
Ne reste plus qu’à appliquer le théorème d’encadrement pour conclure à la convergence de(wn)et donc dire que un
n
n≥1 converge
10.À partir de la question 10 on abordait les questions de probabilité.
Dès cette première question, on repérait les candidats qui avaient une bonne perception des probabilités et utilisaient correctement les évènements et les évènements indépendants.
On a n
\
i=1
(Xi< x)⊂(Yn < x) (ce qui traduit que
∀ω∈Ω [∀i∈J1, nK Xi(ω)< x] =⇒ [Yn(ω)< x]
mais il n’est pas indispensable de l’écrire) Or, par indépendance mutuelle,
P
n
\
i=1
(Xi< x)
!
=
n
Y
i=1
P(Xi< x)
et, par équidistribution,
n
Y
i=1
P(Xi< x) = [P(X1< x)]n
On en déduit bien que
Si P(X1< x) = 1alors, pour toutn∈N∗,P(Yn< x) = 1 Mais aussi
n
\
i=1
(Xi≥x)⊂(Yn ≥x)
et donc, par les mêmes considérations,[P(X1≥x)]n ≤P(Yn≥x). Donc Si P(X1≥x)>0alors, pour toutn∈N∗,P(Yn≥x)>0
11. À la question 11, l’erreur principale consistait à penser qu’on pouvait conclure en invoquant simplement le fait que les variables aléatoires étaient supposées de même loi, en passant sous silence l’hy- pothèse d’indépendance.
Écrivons
Yn+m= 1 n+m
n+m
X
k=1
Xk
= 1
n+m mYm+
n+m
X
k=m+1
Xk
!
On a alors {Ym≥x} ∩
(1 n
m+n
X
k=m+1
Xk ≥x )!
= {mYm≥mx} ∩ ( m+n
X
k=m+1
Xk ≥nx )!
⊂ (
mYm+
n+m
X
k=m+1
Xk ≥(n+m)x )
ce qui donne bien finalement {Ym≥x} ∩
(1 n
m+n
X
k=m+1
Xk ≥x )!
⊂ {Ym+n≥x}
Les événements sont ici écrits avec des accolades ; c’est un peu moins usuel que les parenthèses, mais c’est tout aussi défendable, et de toute manière on essaye sur sa copie de garder les notations de l’énoncé.
La suite de la question nécessite l’utilisation du lemme des coalitions, résultat assez évident mais hors programme de mpsi. Elle utilise aussi un « aq même loi que » évident mais qui peut mettre un peu mal à l’aise car on n’a pas les moyens de le montrer avec le programme de mpsi.
Par le lemme des coalitions,Ym et
m+n
X
k=m+1
Xk sont indépendantes. Donc
P {Ym≥x} ∩ (1
n
m+n
X
k=m+1
Xk ≥x )!
=P(Ym≥x) P 1 n
m+n
X
k=m+1
Xk ≥x
!
Mais par équidistribution et indépendance,(Xm+1, . . . , Xm+n)et(X1, . . . , Xn) ont même loi. Donc 1
n
m+n
X
k=m+1
Xk etYn ont même loi. Et donc l’inclusion précé- dente donne bien ce qu’on veut :
P(Ym+n≥x)≥P(Ym≥x)P(Yn≥x)
12. Les correcteurs ont été surpris par le faible taux de réussite de la question 12, les candidats ne pensant pas à utiliser le lemme de Fekete, alors que l’énoncé disait explicitement que cette partie en était une application. Il fallait certes passer au logarithme, mais c’est tout de même l’outil de base pour transformer un produit en somme, puis passer à l’opposé, mais cela reste aussi une méthode assez stan- dard pour changer le sens d’une inégalité. Remarquons au passage qu’il faut s’assurer, avant d’utiliser un logarithme, que l’expression est strictement positive. Il y avait aussi un cas particulier à traiter.
Examinons deux cas :
Si P(X1 < x) = 1, alors, par 10., pour toutn ≥ 1, P(Yn ≥x) = 0, donc la
suite
(P(Yn≥x))1/n
n≥1 converge vers0car elle est stationnaire.
Si P(X1 < x) <1, alors P(X1 ≥x)> 0, et donc, pour tout n ≥1, P(Yn ≥ x)>0. On peut alors définir, pour toutn≥1,
un= ln (P(Yn≥x)) On a, simetnsont dansN∗,
un+m≥un+um
par11). Or la suite(−un)est positive et vérifie
−un+m≤ −un−um pour tousm, ndonc la suite
−un
n
n≥1
converge vers une limite`, ce qui donne la convergence versexp(−`)de la suite
(P(Yn≥x))1/n
n≥1. On conclut bien que La suite
(P(Yn≥x))1/n
n≥1converge
13.Les questions 13 et 14 consistaient en une explication sans calcul, exercice qui peut facilement déraper vers le bavardage. Dans une question de ce genre, gardez à l’esprit que vous devez chercher à convaincre le correcteur que vous avez compris, pensez donc à mettre en avant les arguments décisifs.
L’indication me semble pour le moins maladroitement posée
Montrons que, pour toutk∈J1, sK, pour tout jeton de valeurzla pilek, il existe une liste décroissante(b1, . . . , bk)extraite de la listea, chaque bi étant dans la pilei, et telle quebk=z.
Pour k = 1, si on prend un jeton ak dans la pile 1, clairement la liste (ak) convient.
Supposons la propriété vraie pourk∈J1, s−1K, et soitai=zun jeton de la pile k+ 1. On n’a pas, pour tout jetonaj de la pilektel quej < i,aj< z, car sinon le jeton ai aurait été déposé sur une des colonnes 1, . . . , k. Il existe donc dans la colonne k un jeton aj avec j < iet aj > ai =z (les jetons ont des valeurs deux à deux distinctes). On applique alors l’hypothèse de récurrence au jeton aj, on obtient une liste(b1, . . . , bk)vérifiant les conditions imposées et telle que bk=aj, la liste(b1, . . . , bk, ai)vérifie alors les conditions imposées.
Finalement, par récurrence, Une telle liste existe
14. Si s ≥ q+ 1, la question précédente montre qu’il y a une suite extraite décroissante de longueur q+ 1. Si s ≤ q, au moins une des piles contient au moins p+ 1 jetons (si ce n’était pas le cas, il y a aurait au total au plus pq jetons). Lesp+ 1premiers jetons de cette pile (ordonnée de la base au sommet), forment une liste extraite strictement croissante de longueur p+ 1. Donc
Il y a au moins une liste extraite croissante de longueur p+ 1 ou une liste extraite décroissante de longueur q+ 1
15)Á la question 15, il y avait bien des arguments intuitifs pour dire que les évènements n’étaient pas indépendants, mais dans ce genre de situation l’arme absolue reste le contre-exemple. La plupart des bonnes copies s’arrêtaient là, la suite n’étant abordée que de manière extrêmement lacunaire et par des candidats qui avaient sauté une bonne partie du problème.
Vu que B(ω) est noté par la liste (B(ω)(1), . . . , B(ω)(n), on ne distingue pas trop la différence entreAetB. . .
Les variablesA1, . . . , An sont des variables à valeurs dans{1, . . . , n}.
L’évènementA1=A2 est de probabilité0: en effet,
∀ω∈Ω B(ω)(1)6=B(ω)(2)
Mais l’évènement A1= 1 est de probabilité >0 : en effet,P(B =Id) = 1/n!
et {B = Id} ⊂ {A1 = 1}. De même, P(A2 = 1) > 0 (il suffit de remarquer l’existence de σ ∈ Sn telle que σ(2) = 1). Donc 0 = P(A1 = 1, A2 = 1) 6=
P(A1= 1)P(A2= 1). Et donc, n’étant même pas 2 à 2 indépendantes, A1, A2, . . . , An ne sont pas mutuellement indépendantes
16)Nous avons trouvé quelques bonnes solutions pour la question 16.
Si l’énoncé a oublié de dire que la liste sdevait être strictement croissante, en revanche pour liste(As1, . . . , Ask)la croissance équivaut à la stricte croissance.
L’idée n’est pas si compliquée : la probabilité que(As1, . . . , Ask)prenne une va- leur donnée(m1, . . . , mk)est la même que la probabilité qu’elle prenne la valeur φ(m1), . . . , φ(mk)oùφest une permutation des entiersmj. Or quand on prend une liste d’entiers distincts, une seule permutation de ces entiers est strictement croissante. Et il y ak!telles permutations. Bref, sur toutes les valeurs que peut prendre (As1, . . . , Ask), il y en a une sur k! qui est strictement croissante. Et comme la probabilité est uniforme. . .reste à rédiger tout cela correctement, ce qui n’est pas facile, difficile en temps limité, très difficile dans une épreuve de 3 heures.
Le vecteur aléatoire (As1, . . . , Ask) est à valeurs dans l’ensemble des k-uplets d’éléments 2 à 2 distincts deJ1, nK, et suit une loi uniforme sur cet ensemble.
Bien que le rapport ne soit pas franchement explicite sur ce point, on peut consi- dérer cela comme évident. Parfois, trop détailler rend les choses plus confuses. . .mais c’est bien de savoir tout rédiger. Donc écrivons ce point : si (a1, . . . , ak) et (a01, . . . , a0k)sont deuxk-uplets d’éléments 2 à 2 distincts deJ1, nK; l’application
définie parai 7−→a0ipour touti∈J1, kKse prolonge en une permutationσ∈Sn (pas de manière unique, ce qui importe peu). Alors
P(A1=a01, . . . , Ak=a0k) =P(A1=σ(a1), . . . , Ak =σ(ak))
=P(σ−1(A1) =a1, . . . , σ−1(Ak) =ak) Mais σ−1◦B a même loi que B, donc(σ−1(A1), . . . , σ−1(Ak))a même loi que (A1, . . . , Ak). On a ce qu’on voulait.
Autrement dit :(As1, . . . , Ask)suit une loi uniforme sur l’ensemble desk-listes d’éléments de {1, . . . , n}. Il y a k!
n k
telles listes. Et parmi ces listes, n
k
sont strictement croissantes (l’application u : (a1, . . . , ak)7−→ {a1, . . . , ak}est une bijection de l’ensemble des listes strictement croissantes de k éléments de {1, . . . , n}sur l’ensemble des parties àkéléments de{1, . . . , n}). On a donc bien
P(As) = 1 k!
17. À la question 17, une idée intuitive consistant à inverser une liste croissante pour obtenir une liste décroissante, puis seulement quelques résultats épars pour les questions suivantes, personne ne traitant complètement la question 20.
Soitσ={n, n−1, . . . ,1}une (la !) permutation décroissante. NotonsB0=σ◦B, on définit A0, Cn0, D0n à partir de B0 comme A, Cn,Dn le sont à partir de A.
Comme B0 et B ont même loi, A0, Cn0 et D0n ont mêmes lois que leurs ho- mologues déprimés. Mais, si s1 < · · · < sk et B(ω)(s1) < · · · < B(ω)(sk), alors B0(ω)(s1) > · · · > B(ω)(sk). Donc Cn = D0n et Dn = Cn0. Et donc
Cn et Dn ont même loi Posons p = q = b√
nc. Si n n’est pas un carré, on a p < √
n, q < √
n, donc pq < n, et doncpq+ 1≤n. D’une liste de réels distincts de longueurpq+ 1on peut extraire une liste strictement croissante ou une liste strictement décrois- sante de longueur p+ 1 =q+ 1. A fortiori d’une liste de longueurn. Et donc Cn+Dn≥p+ 1>√
n. Et doncE(Cn) +E(Dn)>√
n. CommeCn etDn ont même loi, on a doncE(Cn)>√
n/2.
Si n = p2, on prend q = p−1 : pq+ 1 ≤ n. On a alors pour tout ω ∈ Ω : Cn ≥p+ 1ouDn ≥q+ 1 =p. Donc Cn+Dn ≥√
net on conclut bien dans tous les cas
E(Cn)≥
√n
2
18)Dans un problème, penser à utiliser les questions précédentes. . .
Soit Lk l’ensemble des listes strictement croissantes de longueur k d’éléments de{1, . . . , n}. Alors
(Cn ≥k) = [
s∈Lk
(As1 <· · ·< Asn)
Or |Lk|= n
k
. Donc avec16),
P(Cn≥k)≤
n k
k!
19)Soitz=b−αe√
nc. Commeα,e,nsont strictement positifs, on a z∈Z−∗. Et
z≤ −αe√
n < z+ 1 Donc−z−1< αe√
n≤ −z. Prenantk=−z,
Il existekentier naturel non nul tel quek−1< αe√ n≤k AlorsP(Cn ≥αe√
n) = P(Cn ≥k)car Cn est à valeurs entières. Donc par la question précédente, en supposantk≤n,
P(Cn≥αe√ n)≤ 1
k!
n k
= 1
(k!)2n(n−1). . .(n−k+ 1)
≤e k
2k
n(n−1). . .(n−k+ 1) (question 2)
≤ 1
α√ n
2k
n(n−1). . .(n−k+ 1)
= 1
α
2k n(n−1). . .(n−k+ 1) nk
≤ 1
α 2k
Mais0<1/α <1, donc, comme2k≥2α e√ n,
1 α
2k
≤ 1
α 2αe
√n
. Si k≥n+ 1, l’inégalité demandée se résume à0≤0, donc finalement
P(Cn≥αe√ n)≤
1 α
2αe
√n
20)On applique alors la question1), avecm=kdéfini en19., que l’on suppose
≤n. On obtient
E(Cn)≤(k−1) +nP(Cn≥k)≤αe√ n+n
1 α
2αe√ n
Prenonsα= 1 +n−1/4 (on peut prendre un αdépendant den), alors αe√
n≤n⇐⇒ 1 +n−1/4≤
√n e
et on a doncαe√
n≤nau moins à partir d’un certain rang, ce qui permet bien d’appliquer 1). On aura donc au moins à partir d’un certain rang :
E(Cn)
√n ≤e(1 +n−1/4) +n
avecn=√
n(1 +n−1/4)−2e
√n(1+n−1/4). Calculons
ln(n) = 1
2lnn−2e√
n(1 +n−1/4) ln
1 +n−1/4
Mais2e√
n(1 +n−1/4) ln 1 +n−1/4
∼2en1/4donc, par croissances comparées, ln(n)−−−−−→
n→+∞ −∞, doncn−−−−−→
n→+∞ 0. On a donc bien montré E(Cn)
√n ≤e(1 +n−1/4) +n avecn−−−−−→
n→+∞ 0 La suite (E(Cn)/√
n)est donc bornée, donc admet une limite supérieure, ≤e avec5).
