- CC2-S2 - - 2020-2021 - – Correction - Analyse –

- CC2-S2 - - 2020-2021 - – Correction - Analyse –

EXERCICE 1

On considère la fonctionf :x7→

Z +∞

0

e^{−t(1−itx)}dt 1. Montrer quef est définie surR.

On noteg: (x, t)7→e^{−t(1−itx)}. Soitx∈R.

X t7→g(x, t)est continue sur [0,+∞[ donc localement intégrable.

X |g(x, t)|=e^−tet Z +∞

0

e^−tdtest une intégrale de référence convergente.

On en déduit que Z +∞

0

g(x, t)dtest absolument convergente, et donc quef est définie surR. 2. Montrer que pour toutp∈N, l’intégrale

Z +∞

0

t^pe^−tdtconverge. On la noteIp. Soitp∈N.

X t7→t^pe^−test continue sur[0,+∞[, donc localement intégrable.

X Par croissances comparées, lim

t→+∞t²t^pe^−t= 0, donct^pe^−t =

t→+∞o 1

t²

. Z +∞

1

1

t² est une intégrale de Riemann convergente, donc par comparaison, Z +∞

1

t^pe^−tdt converge.

On en déduit que pour toutp∈N, l’intégrale Z +∞

0

t^pe^−tdtconverge.

3. Déterminer une relation entreIp+1 et Ip, pour tout entier naturelp, et en déduire la valeur deIp. Soitp∈N. On considèreu:t7→e^−tet v:t7→ t^p+1

p+ 1. uestv sont de classeC¹ sur[0,+∞[et lim

t→+∞u(t)v(t) = 0, par croissances comparées.

On a montré que Z +∞

0

t^pe^−tdt converge, donc le théorème d’intégration par parties donne : Z +∞

0

t^pe^−tdt= t^p+1

p+ 1e^{−t +∞}

0

+ 1

p+ 1 Z +∞

0

t^p+1e^−tdt. On en déduit que :

Ip= 1 p+ 1Ip+1

On aI0= 1, et une récurrence immédiate donne pour tout entierp: Ip =p!

4. Montrer quef est indéfiniment dérivable surR, et déterminerf^(p)(x), pour toutp∈N, et toutx∈R. Montrons par récurrence surpque pour toutp∈N^∗,f est de classeC^p surRet que pour tout réelx:

f^(p)(x) =i^p Z +∞

0

t^2pe^{−t(1−itx)}dt X On a montré que pour tout réelx,f(x)existe.

X ∀t∈[0,+∞[, x7→g(x, t)est de classeC¹ surRet ∂g

∂x(x, t) =it²e^{−t(1−itx)}dt.

X ∀x∈R, t7→ ∂g

∂x(x, t)est continue.

X ∀(x, t)∈R×[0,+∞[,

∂g

∂x(x, t)

=t²e^−t, et on a montré que Z +∞

0

t²e^−tdt converge (question2).

Le théorème de dérivation sous le signe intégral donnef de classeC¹ surRetf⁰(x) =i Z +∞

0

t²e^{−t(1−itx)}dt Soitp∈N^∗, on suppose quef est de classeC^p et que pour toutx∈R, f^(p)(x) =i^p

Z +∞

0

t^2pe^{−t(1−itx)}dt.

On notegp: (x, t)7→t^2pe^{−t(1−itx)}. X Par hypothèse, pour tout réelx,

Z +∞

0

g_p(x, t)dtconverge.

X ∀t∈[0,+∞[, x7→gp(x, t)est de classeC¹ surR, et ∂gp

∂x(x, t) =it^2p+2e^{−t(1−itx)}. X ∀x∈R, t7→ ∂gp

∂x(x, t)est continue sur[0,+∞[.

X ∀(x, t)∈R×[0,+∞[,

∂gp

∂x(x, t)

=t^2p+2e^−t, et on a montré que Z +∞

0

t^2p+2e^−tdt converge (question2).

Le théorème de dérivation sous le signe intégral donnef^(p)de classeC¹surRetf^(p+1)(x) =i^p+1 Z +∞

0

t^2p+2e^{−t(1−itx)}dt Par principe de récurrence, la fonction f est de classe C^∞ sur R, et pour tout entier p et tout réel x, f^(p)(x) =i^p

Z +∞

0

t^2pe^{−t(1−itx)}dt

5. En déduire le rayon de convergence de la sérieX

p≥0

f^(p)(0)

p! x^p. La fonctionf est-elle développable en série entière au voisinage de 0 ?

D’après la question précédente, on a :

∀p∈N,f^(p)(0) p! = i^p

p!

Z +∞

0

t^2pe^−tdt=i^p

p!I_2p=i^p(2p)!

p!

Ce terme n’est jamais nul et on a pour tout entierp:

f^(p+1)(0) (p+1)!

f^(p)(0) p!

=(2p+ 2)(2p+ 1)

p+ 1 −→

p→+∞+∞.

La règle de d’Alembert donne le rayon de convergence de la sérieX

p≥0

f^(p)(0) p! x^pnul.

Sif était développable en série entière au voisinage de 0, comme elle est de classeC^∞elle serait égale à sa série de Taylor, c’est donc impossible d’après ce qui précède.

On en déduit quef n’est pas développable en série entière au voisinage de 0.

EXERCICE 2

Soient n et N deux entiers naturels non nuls. On lance successivement n boules au hasard dans N cases numérotées de 1 àN. On suppose que les différents lancers sont indépendants et que la probabilité qu’une boule tombe dans une case donnée est 1

N.

Une case peut contenir plusieurs boules. On noteT_n le nombrede cases non videsà l’issue desnlancers.

1. Déterminer, en fonction denetN, les valeurs prises par la variableT_n(on distinguera les casn≤N etn > N).

Si n≤N, deux situations extrêmes sont possibles : une seule case est non vide, et elle contient lesnboules, ou lesnboules sont tombées dans des cases différentes, donc il y ancases non vides, et il ne peut y en avoir plus. On a donc :

Sin≤N, alorsTn(Ω) = [|1, n|]

Si n > N, les deux situations extrêmes sont : soit une seule case est non vide et contient toutes les boules, soit toutes les cases sont non vides car elles contiennent toutes au moins une boule. On a donc :

Sin > N, alorsTn(Ω) = [|1, N|] De façon générale, on a :

T_n(Ω) = [|1,min(n, N)|]

2. Donner la loi deT₁ et deT₂. Calculer leurs espérances.

• Sin= 1. On a forcémentN ≥netT1(Ω) ={1}. Il est certain qu’il y aura une seule case non vide, contenant l’unique boule doncP(T1= 1) = 1 et par suiteE(T1) = 1.

• Sin= 2:

SiN = 1, alors les deux boules tombent dans l’unique case doncT2(Ω) ={1},P(T2= 1) = 1etE(T2) = 1.

Si N ≥2, alorsT2(Ω) ={1,2}.

On note Xi la variable aléatoire qui donne le numéro de la case dans laquelle tombe la i-ème boule, pour i∈ {1,2}. On a :(T₂= 1) =

N

[

j=1

(X₁=j)∩(X₂=j).

Les événements de cette union étant deux à deux incompatibles, parσ-additivité, indépendance des lancers et équiprobabilité on a :

P(T2= 1) =

N

X

j=1

P(X1=j)P(X2=j) =

N

X

j=1

1 N² = 1

N. Par passage au complémentaire, on a :P(T2= 2) = 1− 1

N = N−1 N . Par suite,E(T2) = 1

N + 2N−1

N =2N−1 N .

3. On fixe désormaisn≥2.CalculerP(Tn= 1)et P(Tn =n).

• Comme précédemment, on noteX_i la variable aléatoire qui donne le numéro de la case où tombe la i-ème boule. On a :(T_n = 1) =

N

[

j=1 n

\

i=1

(X_i =j).

Parσ-additivité, indépendance des lancers et équiprobabilité on a : P(Tn= 1) =

N

X

j=1 n

Y

i=1

P(Xi=j) =

N

X

j=1 n

Y

i=1

1 N = 1

Nⁿ⁻¹.

• Si N < n, l’événement(Tn=n)est impossible, donc de probabilité nulle.

Si N ≥n: Pour qu’aun-ème lancerncases soient non vides il faut qu’au(n−1)-ème lancern−1cases soient non vides, et qu’au lancer suivant la boule atteigne une case vide.

En considérant la partition(T_n−1=n−1, T_n−16=n−1), la formule des probabilités totales donne : P(T_n=n) =P(T_n=n|Tn−1=n−1)P(T_n−1=n−1) +P(T_n=n|Tn−16=n−1)

| {z }

0

P(T_n−16=n−1) On a donc :P(T_n=n) =N−(n−1)

N P(T_n−1=n−1).

Sachant queP(T₁= 1) = 1, une récurrence immédiate donne : P(T_n=n) = N!

(N−n)!Nⁿ

4. A l’aide de la formule des probabilités totales, montrer que pour tout entierk≥1: P(Tn+1=k) = k

N P(Tn=k) +N−k+ 1

N P(Tn=k−1). (??) Les événements(Tn=i)pour1≤i≤min{n, N} forment un système complet d’événements.

La formule des probabilités totales donne : P(T_n+1=k) =

min{n,N}

X

i=1

P(T_n+1=k|Tn=i)P(T_n=i).

Pouri > k, on aP(T_n+1=k|T_n=i) = 0(car le nombre de cases non vides ne peut diminuer pas avec un lancer supplémentaire.)

De même,P(Tn+1=k|Tn=i) = 0sii < k−1(car le nombre de cases non vides ne peut augmenter qu’au plus de 1 par lancer supplémentaire). On a donc :

P(Tn+1=k) =P(Tn+ 1 =k|Tn=k)P(Tn=k) +P(Tn+ 1 =k|Tn=k−1)P(Tn =k−1).

Or, P(Tn+1 =k|Tn =k) est la probabilité que le nombre de cases vides n’ait pas évolué, c’est-à-dire que la dernière boule lancée tombe dans l’une deskcases déjà occupées parmi lesN disponibles. Par équiprobabilité, on a :P(Tn+1=k|Tn =k) = k

N.

P(Tn+1 = k|Tn = k−1) quant à elle, est la probabilité que la dernière boule lancée arrive dans l’une des

N−(k−1) cases encore vides, doncP(Tn+1=k|Tn =k−1) = N−(k−1)

N .

On a donc bien :

P(Tn+1=k) = k

N P(Tn=k) +N−k+ 1

N P(Tn =k−1) 5. On noteGn la fonction génératrice de la variableTn.

a. Rappeler la définition deGn. Montrer qu’iciGn est définie surR. T_n(Ω)⊂N^∗ donc, là où elle existe,G_n(x) =

+∞

X

k=1

P(T_n=k)x^k.

Or ici, T_n prend un nombre fini de valeurs donc cette somme est en fait une fonction polynomiale qui est définie sur R.

b. Rappeler le lien entreG_n etE(T_n).

E(T_n) =G⁰_n(1)

c. En utilisant(??), montrer que, pour toutx∈R: G_n+1(x) = 1

N(x−x²)G⁰_n(x) +xG_n(x) D’après(??), pour tout réelx, toutes les sommes étant en réalité finies :

G_n+1(x) = 1 N

+∞

X

k=1

kP(T_n=k)x^k+

+∞

X

k=1

P(T_n=k−1)x^k− 1 N

+∞

X

k=1

(k−1)P(T_n=k−1)x^k

= 1

N

+∞

X

k=1

kP(T_n=k)x^k+

+∞

X

k=2

P(T_n=k−1)x^k− 1 N

+∞

X

k=2

(k−1)P(T_n=k−1)x^k carP(Tn= 0) = 0, donc :

Gn+1(x) = x N

+∞

X

k=1

kP(Tn=k)x^k−1+x

+∞

X

k=1

P(Tn =k)x^k−x² N

+∞

X

k=1

kP(Tn =k)x^k−1

= x

NG⁰_n(x) +xG_n(x)−x² NG⁰_n(x) d. En déduire que E(T_n+1) =

1− 1

N

E(T_n) + 1, puis que :E(T_n) =N

1−

1− 1 N

ⁿ . Par dérivation de la relation précédente, pour tout réelx:

G⁰_n+1(x) = 1

N(1−2x)G⁰_n(x) + 1

N(x−x²)G⁰⁰_n(x) +G_n(x) +xG⁰_n(x).

En prenantx= 1, en sachant queGn(1) = 1, on obtient :G⁰_n+1(1) =

1− 1 N

G⁰_n(1) + 1 Donc, d’aprèsb:

E(Tn+1) =

1− 1 N

E(Tn) + 1

On procède par récurrence sur npour montrer que pour toutn≥1,E(Tn) =N

1−

1− 1 N

n : Au rangn= 1on a E(T₁) = 1, obtenu à la question2.

On suppose que l’égalité est vraie pour n≥1, alors : E(T_n+1) =

1− 1

N

E(T_n) + 1

=

1− 1 N

N

1−

1− 1

N ⁿ

+ 1

= (N−1)−(N−1)ⁿ⁺¹ Nⁿ + 1

= N−N(N−1)ⁿ⁺¹ Nⁿ⁺¹

= N 1−

1− 1 N

n+1!

Par principe de récurrence, on a l’égalité pour toutn≥1.

6. Pour1≤k≤N, on noteY_k le nombre de boules dans la caseketZ_k la variable valant 0 si la casekest vide, et 1 si elle contient au moins une boule.

a. Donner la loi de Y_k, puis celle deZ_k.

Si on considère chaque lancer comme une expérience de Bernoulli un succès étant l’obtention de la casek, ces épreuves étant mutuellement indépendantes de probabilité 1

N, on en déduit que Y_k ∼B

n, 1 N

. Par définition,Z_k suit une loi de Bernoulli de paramètrep=P(Y_k≥1)qui vaut :

p= 1−P(Y_k = 0) = 1− n

0 1 N

⁰ 1− 1

N ⁿ

= 1−

1− 1 N

ⁿ

b. Les variables aléatoires (Z_k)_1≤k≤N sont-elles mutuellement indépendantes ? L’événement

N

\

k=1

(Z_k = 0) est impossible car toutes les cases ne peuvent être vides à l’issue de l’expérience,

donc de probabilité nulle, alors que le produit

N

Y

k=1

P(Zk = 0)n’est pas nul.

On en déduit que les variables aléatoires Zk ne sont pas mutuellement indépendantes.

c. Exprimer Tn en fonction des variables aléatoires(Zk)_1≤k≤N, et retrouver ainsi l’expression deE(Tn).

Par définition,Tn=

N

X

k=1

Zk; donc par linéarité de l’espérance :E(Tn) =

N

X

k=1

E(Zk) =

N

X

k=1

1−

1− 1

N ⁿ

. On retrouve bien

E(Tn) =N

1−

1− 1 N

ⁿ