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Universit´e Lyon 1. Pr´eparation au C.A.P.E.S, ´epreuve d’Analyse

Corrig´e du devoir maison du 21 novembre 2006.

Probl` eme 1

1. Reformulation du probl`eme.

(a) Soit (i1 = i, i2, . . . , ik) le cycle de σ dont le support contient i. L’´el`eve num´ero i commence par ouvrir le coffre num´ero i = i1, dans lequel il voit le matricule i2, ce qui le m`ene au coffre num´ero i₂. . .et ainsi de suite . . .Quand il ouvre le coffre ik il trouve le matricule σ(ik) = i1 = i. Les coffres ouverts par l’´el`eve num´ero i sont donc tous les coffres du cycle de σ dont le support contient i. Cet ´el`eve r´eussit si et seulement ci ce cycle est de longueur au plus n.

(b) Pour que tous les ´el`eves r´eussissent il faut et il suffit que tous les cycles de σ soient de longueur au plus n.

2. Un petit probl`eme de d´enombrement.

(a) Choisissons un ´el´ement x1 de F , par exemple x1 = min {x ; x ∈ F }. Toute permutation circulaire c des ´el´ements de F s’´ecrit alors de mani`ere unique

c = (x1, x2, . . . , xk)

o`u x2, x3, . . . , x_k sont les k − 1 ´el´ements de F , autres que x1 ´enum´er´es dans un ordre quelconque. Il y a (k − 1)! fa¸cons de faire cette ´enum´eration, et donc (k − 1)! permutations circulaires de F .

(b) Construire σ dont l’un des cycles, c, est de support F , c’est d’abord choisir c parmi les (k − 1)! permutations circulaires de F . Puis, pour chacun de ces choix, il faut construire la restriction σ₁ de σ `a l’ensemble [1..N ] \ F , qui est de cardinal N − k. Le nombre de choix possibles de σ₁ est donc (N − k)!. Le nombre total de permutations dont l’un des cycles est de support F est donc (k − 1)!(N − k)!.

(c) Appelons dor´enavant permutation perdante une permutation dont l’un des cycles au moins est de longueur plus grande que n. La somme des longueurs des cycles d’une permutation de {1, 2, . . . , N } est N = 2n. Une permutation perdante ad- met donc un unique cycle c de longueur plus grande que n. On appellera cycle perdant de σ cet unique cycle. On partitionne l’ensemble des permutations perdantes selon la longueur k du cycle perdant. Le nombre des permutations perdantes est alorsPN

k=n+1nk, en notant nk le nombre des permutations dont le cycle perdant est de longueur k.

Calculons n_k. Pour construire une permutation dont le cycle perdant, c, est de longueur k > n, il faut d’abord choisir le support F de c. Le nombre de choix possibles pour F est ^N_k
. Par la question pr´ec´edente, pour chaque choix de F , le nombre des permuations admettant un cycle dont le support est F est (k − 1)! (N − k)!. Cela donne n_k = ^N_k
(k − 1)!(N − k)! = N !/k. Au total, le nombre des permutations perdantes est

N

X

k=n+1

nk=

2n

X

k=n+1

N ! k ·

3. Par la question 1, l’un des ´el`eves ´echoue si et seulement si σ est une permutation perdante, et, par la question pr´ec´edente, le nombre des permutations perdantes est P2n

k=n+1N !

k . Puisque les N ! valeurs de σ sont ´equiprobables, la probabilit´e P_e est Pe= 1

N !

2n

X

k=n+1

N ! k =

2n

X

k=n+1

1 k·

4. (a) Puisque t 7→ ¹_t est d´ecroissante sur l’intervalle on a, pour k ≥ 2, l’encadrement 1

k ≤ Z k

k−1

dt

t ≤ 1

k − 1·

En sommant ces in´egalit´es pour k variant de n + 1 `a 2n il vient

P_e≤ Z 2n

n

dt t ≤

2n

X

k=n+1

1

k − 1 = P_e+ 1 n − 1

2n = P_e+ 1 2n soit

ln 2 − 1

2n ≤ P_e≤ ln 2. (1)

(b) Pe est la probabilit´e de l’´ev`enement(( Les ´el`eves ne r´eussissent pas tous )). La probabilit´e de r´eussite de tous les ´el`eves est donc 1 − P_e≥ 1 − ln 2 > 0.3.

(c) Faisant tendre n vers l’infini dans (1) on obtient limn→∞Pe= ln(2).

5. Notons σ1= στ . La strat´egie modifi´ee est la suivante : l’´el`eve num´ero i commence par ouvrir le coffre de rang τ (i), dans leque se trouve le matricule j = σ(τ (i)) = σ1(i). Si j 6= i, il ouvre le coffre de num´ero τ (j) dans lequel se trouve le matricule σ(τ (j)) = σ1(j) = σ<sub>1</sub><sup>2</sup>(i), et ainsi de suite. Pour acc´eder `a son matricule l’´el`eve num´ero i ouvre tous les coffres du cycle de la permutation στ dont le support contient τ (i). Il r´eussit son ´epreuve si et seulement si ce cycle est de longueur au plus n.

On est ramen´e au cas pr´ec´edent, la permutation σ ´etant remplac´ee par σ⁰ = στ . Tous les ´el`eves r´eussissent si tous les cycles de σ⁰ sont de longueur au plus n.

Or σ ´etant fix´ee, et τ prenant chacune des N ! valeurs de SN avec la mˆeme probabilit´e 1/N !, la permutation σ⁰ = στ est, avec ´equiprobabilt´e, l’un quelconque des ´el´ements de S_N, et la probabilit´e que l’un des cycles de σ⁰ soit de longueur plus grande que n est encore 1/(n + 1) + · · · + 1/(2n).

Quelques compl´ements

1. Soit i fix´e. Notons c_i le cycle de σ dont le support contient i. L’´ev`enement l’´el`eve num´ero i r´eussit son ´epreuve est la r´eunion disjointe des ´ev`enements la longueur de c<sub>i</sub> est k pour k = 1, 2, . . . , n. Calculons m<sub>k</sub>, nombre des permutations σ telles que c<sub>i</sub> soit de longueur k. Si c<sub>i</sub> est de longueur k, il s’´ecrit de mani`ere unique sous la forme c = (i, x2, x2, . . . , xk), o`u x2, x3, . . . , xk sont tous distincts et diff´erents de i. Il y a N − 1 choix possibles pour x<sub>2</sub>, (N − 2) choix possibles pour x<sub>3</sub>, et ainsi de suite. Le nombre de ces cycles est donc Une fois c<sub>i</sub> choisi, il reste `a construire la restriction σ₁ de σ au compl´ementaire de ci. Cette restriction est une permutation arbitraire de ce compl´ementaire, qui est de cardinal N − k. Le nombre des choix pour σ₁ est donc (N − k)!. D’o`u

mk= (N − 1)(N − 2) . . . (N − k + 1)(N − k)! = (N − 1)!

Le nombre des permutations σ pour lesquelle l’´el`eve i r´eussit est donc Pn

k=1mk = Pn

k=1(N −1)! = n(N −1)!, et la probabilit´e de r´eussite de cet ´el`eve est n(N −1)!/N ! = 1/2.

2. Par la question pr´ec´edente Xi ne prend que les valeur 0 et 1 avec la mˆeme probabilit´e 1/2. C’est une variable de Bernoulli, de param`etre 1/2 et d’esp´erance

E(Xi) = 0 × P (Xi= 0) + 1 × P (Xi = 1) = 1/2.

Le nombre X des ´el`eves qui ont r´eussi leur ´epreuve est X =PN

i=1X_i. Par lin´earit´e de l’esp´erance

E(X) =

N

X

i=1

E(Xi) = N 2 = n.

3. Si les Xi ´etaient ind´ependantes la loi de leur somme serait, la loi binˆomiale de param`etres N, 1/2, donn´ee par P (X = k) = ^N_k
1

2

k

1 −¹₂
N −k

= ^N_k
1

2

N

. 4. La probabilit´e de (X = N ) est 1 − Pe, ou Pe a ´et´e explicit´e dans la question I.3.

Si X < N c’est qu’il existe un cycle σ de longueur k plus grande que n. Puisque ce cycle est unique, le nombre des ´el`eves qui ´echouent est exactement k, et on a X = N − k ≤ n − 1. les valeurs de X autres que N sont donc toutes plus petites que n. Soit alors r < n, r = N − k, avec k > n. La probabilit´e de l’´ev`enement X = r est la probabilit´e de(( le cycle perdant de sigma est de longueur k )). Avec les notations de I.2.c cette probabilit´e est

P (X = r) = n_k N ! = 1

k = 1

N − r· La loi de X est donc

P (X = r) =









 1

N − r si 0 ≤ r ≤ n − 1 0 si n ≤ r < N 1 − Pe si r = N 5. Si N = 2, la loi de X est

P (X = 0) = 1

2, P (X = 1) = 0, P (X = 2) = 1 2. Il en r´esulte K = 1. Supposons N ≥ 4 c’est-`a-dire n ≥ 2.

(a) Par la question II.4 pour tout k ≤ n − 1, on a

P (X ≤ k) =

k

X

r=0

1

N − r· (2)

Puisque t− > 1/(N − t) est croissante sur ]−∞, N [, pour r, 0 ≤ r ≤ k on a Z r

r−1

dt

N − t ≤ 1 N − r ≤

Z r+1 r

dt N − t· En additionant ces in´egalit´es, pour r = 0, 1, . . . , k, cela donne

logN + 1 N − k =

Z k

−1

dt

N − t ≤ P (X ≤ k) ≤ Z k+1

0

dt

N − t = log N

N − k − 1· (3)

(b) Choisissant k = n − 1 dans (2) on obtient P (X ≤ n − 1) = 1

2n+ 1

2n − 1 + · · · + 1

n + 1 = P_e> 1 2.

Ceci prouve que K ∈ {0, 1, . . . , n − 2}. De P (X ≤ K) ≤ ¹₂ et de (3) on d´eduit log N + 1

N − K ≤ P (X ≤ K) ≤ 1

2. (4)

De mˆeme, en prenant k = K + 1 (≤ n − 1) dans (3) on obtient 1

2 < P (X ≤ K + 1) ≤ log N

N − K − 2· (5)

Les in´egalit´es (4) et (5) donnent N + 1

N − K ≤ e^1/2≤ N N − K − 2, soit

N



1 − e^−1/2



− 2 ≤ K ≤ N

1 − e^−1/2



− e^−1/2. (6)

(c) Pour N = 400 cela donne l’encadrement 155.38 ≤ K ≤ 156.79 et donc K = 156.

(d) En divisant par N les termes de (6), puis faisant tendre N vers l’infini, on obtient

N →∞lim K

N = 1 − e^−1/2= 0.393 . . . 6. (a) Loi du couple (X₁, X₂).

– En partitionnant l’´ev`enement (X1 = 0, X2 = 0) selon la longueur k du cycle perdant c de σ, on obtient

(X₁ = 0, X₂ = 0) = [

n+1≤k≤N

A_k

o`u A<sub>k</sub> est l’ensemble des permutations σ dont le cycle perdant, c, contient 1 et 2 et est de longueur k.. Pour construire σ ∈ Ak il faut construire c puis la restriction σ<sub>1</sub> de σ au compl´ementaire du support de c. c s’´ecrit de mani`ere unique sous la forme c = (1, x₂, x₃, . . . , x_k) o`u 2 figure dans la suite (x2, x3, . . . , xk). Il y a k − 1 places possibles pour le 2, puis, pour chacune de ces places, il y a ^{N −2}_k−2
fa¸cons de choisir l’ensemble des ´el´ements autres que 1 et 2 dans le support de c, et pour chacun de ces choix, (k − 2)! fa¸cons d’ordonner ces ´el´ements dans la suite 1, x2, . . . , xk. Ceci donne

(k − 1) ×N − 2 k − 2



× (k − 2)! = (k − 1)(N − 2)!

(N − k)!

fa¸cons de construire c. Pour chaque choix de c il y a (N − k)! choix pour σ₁, d’ou

card (A_k) = (k − 1)(N − 2)!

(N − k)!(N − k)! = (k − 1)(N − 2)!

puis

P (A_k) = (k − 1)(N − 2)!

N ! = k − 1

N (N − 1),

et enfin

P ((X1, X2) = (0, 0)) = 1 N (N − 1)

N

X

k=n+1

(k − 1)

= 1

N (N − 1)

N −1

X

k=1

k −

n−1

X

k=1

k

!

= 3n − 1 8n − 4· – L’´ev`enement (X₁, X₂) = (0, 1)

(X₁, X₂) = (0, 1) = [

n+1≤k≤N

B_k

o`u B<sub>k</sub> est l’ensemble des σ dont le cycle perdant, c, est de longueur k > n, contient 1 et ne contient pas 2. Pour compter les ´el´ements de B<sub>k</sub>, on proc`ede de la mˆeme mani`ere que pour Ak. Il y a ^{N −2}_k−1
fa¸cons de choisir les k − 1

´

el´ements autres que 1 (et diff´erents de 2) du support de c ; pour chacun de ces choix, il y a (k − 1)! fa¸cons de les ordonner ; et enfin, pour chaque choix de c, il y a (N − k)! fa¸cons de construire la restriction de σ au compl´ementaire du support de c, d’o`u

card (Bk) =N − 2 k − 1



(k − 1)!(N − k)! = (N − k)(N − 2)!

et

P ((X1, X2) = (0, 1)) = 1 N (N − 1)

N

X

k=n+1

(N − k)

= 1

N (N − 1)

n−1

X

k=0

k = n − 1 8n − 4· – De la mˆeme mani`ere on obtient P ((X₁, X₂) = (1, 0)) = n − 1

8n − 4· – Il en r´esulte

P ((X₁, X₂) ∈ {(0, 0), (0, 1), (1, 0)}) = 3n − 1

8n − 4+ 2 × n − 1

8n − 4 = 5n − 3 8n − 4, puis

P ((X1, X2) = (1, 1)) = 1 − 5n − 3

8n − 4 = 3n − 1 8n − 4· (b) La d´efinition de la probabilit´e conditionelle donne, avec II.1 et II.6,

P (X₂ = 1|X₁ = 1) = P ((X₁= 1) et (X₂ = 1))

P (X1= 1) = 3n − 1 4n − 2· (c) La covariance de X1 et X2 est

E(X₁X₂) − E(X₁)E(X₂) = E(X₁X₂) −1 4· Puisque X₁X₂ prend la valeur 1 si et seulement si X₁= X₂ = 1,

E(X1X2) = P ((X1= 1) et (X2= 1)) = 3n − 1 8n − 4 et cov(X₁, X₂) = E(X₁X₂) − 1/4 = n

8n − 4·