DM1 - Un corrigé

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DM1 - Un corrigé

Pour le 10/09/2021

Exercice 1

Une urne contient initialement deux boules rouges et une boule bleue indiscernables au toucher. On appelle " épreuve

" la séquence suivante : On tire une boule de l’urne, puis :

• Si la boule tirée est bleue , on la remet dans l’urne.

• Si la boule tirée est rouge , on ne la remet pas dans l’urne mais on remet une boule bleue dans l’urne à sa place.

L’expérience aléatoire consiste à effectuer une succession illimitée d’épreuves.

Pour tout entier naturelnnon nul , on noteY_nla variable aléatoire discrète égale au nombre de boules rouges pré- sentes dans l’urne à l’issue de lan-ième épreuve.

On notera pour chaque entier naturelknon nul les événements suivants :

• R_k: « Lors de lak-ième épreuve on a extrait une boule rouge de l’urne. »

• B_k: « Lors de lak-ième épreuve on a extrait une boule bleue de l’urne. » 1. Donner la loi de probabilité deY₁.

Après une seule épreuve il peut y avoir soit 2 boules rouges si on a tiré une boule bleue soit 1 boule rouge si on a tiré une boule rouge.

Donc Y₁(Ω)={1, 2} etP(Y₁=1)=P(R1)=2

3etP(Y₁=2)=P(B₁)=1 3. 2. Dans le cas oùn⩾2déterminerY_n(Ω). (Expliquer votre résultat)

Une fois que l’on a effectué plus de deux tirages on peut avoir dans l’urne soit 2 boules rouges (si on a tiré que des bleues), soit une seule boule rouge (si on a tiré une seule rouge), soit 0 boules rouges (si on a tiré les deux boules rouges (n⩾^2).

Donc Y_n(Ω)={0, 1, 2} .

3. Calculer pour tout entier naturel non nuln,P(Y_n=2).

Si aprèsnépreuves, il reste toujours les deux boules rouges dans l’urne cela signifie que l’on a tiré que des boules bleues. Alors on a, avec les notations de l’énoncé :

[Y_n=2]=B₁∩B₂· · · ∩B_n. Donc d’après la formule des probabilités composées :

P(Y_n=2)=P(B₁)P_B₁(B₂) . . .P_B₁_{∩···∩B}_n−1(B_n)=1 3×1

3× · · · ×1 3= 1

3ⁿ chaque probabilité étant égale à1

3car la composition de l’urne ne change pas si on tire une boule bleue.

Finalement, P(Yn=2)= 1 3ⁿ .

4. On pose pour tout entier naturel non nuln,u_n=P(Y_n=1).

(a)Rappeler la valeur deu₁et montrer queu₂=2 3.

• On a vu que : u1=P(Y1=1)=2 3.

• Si après deux épreuves il ne reste qu’une boule rouge cela signifie que l’on a tiré au cours de ces deux épreuves, une boule bleue et une boule rouge. On a donc :

[Y₂=1]=(B₁∩R2)∪(R1∩B2)

On obtient donc, par incompatibilité et en utilisant la formule des probabilités composées P(Y₂=1)=P(B₁)P_B₁(R₂)+P(R₁)P_R₁(B₂)=1

3×2 3+2

3×2 3=6

9 soit P(Y2=1)=2

3.

–1/6–

(b) En utilisant un système complet d’événements lié à la variableY_n, montrer que pour tout entier natureln⩾^2, un+1=2

3un+ 2 3ⁿ⁺¹ Cette relation reste-t-elle valable lorsquen=1?

La famille ([Y_n=0], [Y_n=1], [Y_n=2]) forme un système complet d’événements donc d’après la formule des probabilités totales, on a :

P(Yn+1=1)=P(Yn=0)P[Yn=0](Yn+1=1)+P(Yn=1)P[Yn=1](Yn+1=1)+P(Yn=2)P[Yn=2](Yn+1=1)

• OrP_[Y_n_=0](Y_n+1=1)=0 car si aprèsnépreuves il n’y avait plus de boules rouges, il ne peut pas y avoir une boule rouge après lan+1-ième épreuve.

• De plus,P_[Y_n_=2](Y_n+1=1)=2

3car si aprèsnépreuves il restait deux boules rouge, pour qu’après l’épreuve n+1 il ne reste plus qu’une boule rouge, cela signifie qu’on a tiré une boule rouge à l’épreuven+1. Ainsi, :

P[Yn=2](Yn+1=1)=P[Yn=2](Rn+1)=2 3

• Enfin,P[Yn=1](Y_n+1=1)=2

3car si aprèsnépreuves il restait une boules rouge, pour qu’après l’épreuven+1 il ne reste encore une boule rouge, cela signifie qu’on a tiré une boule bleue, parmi les deux dans l’urne à ce moment, à l’épreuven+1. Ainsi, :

P_[Y_n_=2](Y_n+1=1)=P_[Y_n_=2](B_n+1)=2 3 On a donc :

u_n+1=2 3u_n+2

3× 1 3ⁿ=2

3u_n+ 2 3ⁿ⁺¹ De plus, on a : 2

3u1+ 2 3¹⁺¹=4

9+2 9=2

3=u2, donc la relation est encore vraie pourn=1.

(c) On pose pour tout entier naturelnnon nulvn=un+2 3ⁿ. Montrer que la suite(vn)n∈N^∗est géométrique.

En déduirev_nen fonction denet dev₁.

Établir enfin que pour tout entier naturel non nuln,u_n=2 µ2

3

¶n

−2 3ⁿ. On a :

vn+1=un+1+ 2 3ⁿ⁺¹=2

3un+ 4 3ⁿ⁺¹=2

3 µ

un+ 2 3ⁿ

¶

=2 3vn donc la suite (v_n) est une suite géométrique de raison2

3. Commev1=u1+2

3=4

3, on a donc :

vn= µ2

3

¶n−1 v1=

µ2 3

¶n−14 3. donc

u_n=v_n− 2 3ⁿ=4

3 µ2

3

¶_n−1

−2 3ⁿ=2

µ2 3

¶n

− 2 3ⁿ On a bien : pour tout entier naturel non nuln,u_n=2

µ2 3

¶n

−2 3ⁿ .

(d) Déduire des résultats précédentsP(Yn=0)pour tout entier naturel non nuln.

Comme ([Y_n=0], [Y_n=1], [Y_n=2]) est un système complet d’événements, on a : P(Y_n=0)+P(Y_n=1)+P(Y_n=2)=1 et donc :

P(Y_n=0)=1−P(Yn=1)−P(Yn=2)=1−2 µ2

3

¶n +2

3ⁿ−1 3ⁿ Finalement, P(Y_n=0)=1−2

µ2 3

¶n + 1

3ⁿ .

–2/6–

(2)

5. On noteZla variable aléatoire égale au numéro de l’épreuve amenant la dernière boule rouge.

(a)DonnerZ(Ω).

La dernière boule rouge peur arriver à partir de la deuxième épreuve et ensuite à n’importe quelle épreuve.

Donc Z(Ω)=N\ {0, 1} .

(b)Soitkun entier supérieur ou égal à 2.

Exprimer l’événement[Z=k]en fonction des variablesY_ketY_k−1.

Si [Z=k] cela signifie la dernière boule rouge est tirée à lak-ième épreuve donc il n’en restait qu’une à l’issue de l’épreuvek−1 ([Y_k−1=1]) et aucune à l’issue de l’épreuvek([Y_k=0]), soit

[Z=k]=[Y_k−1=1]∩[Yk=0] .

(c)En déduire que la loi deZest donnée par : ∀k⩾2,P(Z=k)= µ2

3

¶k

− 2 3^k. D’après la formule des probabilités composées, pour toutk∈Z(Ω) :

P(Z=k)=P(Y_k₋₁=1)

| {z }

=uk−1

×P_[Y_k−1_=1](Y_k=0)

| {z }

=¹₃

= Ã

2 µ2

3

¶k−1

− 2 3^k−1

!

×1 3

= µ2

3

¶k

−2 3^k

Ainsi, ∀k⩾2,P(Z=k)= µ2

3

¶k

− 2 3^k .

(d)Montrer queZadmet une espérance et que :E[Z]=9 2. E(Z) existe ssi^+∞X

k=2

kP(Z=k) converge absolument (somme de 2 à+∞carZ(Ω)=N\ {0, 1}).

On calcule les sommes partielles. SoitN⩾^{2. On a :} XN

k=2

kP(Z=k)= XN k=2 k

µ2 3

¶k

−2 3^k

= N X k=2 k

µ2 3

¶k

−2 N X k=2 k

µ1 3

¶k

On reconnait les termes généraux de séries géométriques dérivée première qui convergent car

¯

¯ 2 3

¯

¯<1 et

¯

¯ 1 3

¯

¯<1.

Ainsi,X

kP(Z=k) converge (absolument) doncE[Z] existe et on a :

E[Z]=

+∞X k=2

kP(Z=k)= +∞X k=2 k

µ2 3

¶k

−2 +∞X k=2 k

µ1 3

¶k

=2 3

+∞X k=2 k

µ2 3

¶_k−1

−2 3

+∞X k=2 k

µ1 3

¶_k−1

=2 3

Ã_+∞

X k=1 k

µ2 3

¶k−1

−1

!

−2 3

Ã_+∞

X k=1 k

µ1 3

¶k−1

−1

!

=2 3

ÃÃ 1

¡1−²₃¢2

!

−1

!

−2 3

ÃÃ 1

¡1−¹₃¢2

!

−1

!

=2 3(9−1)−2

3 µ9

4−1

¶

=16 3−5

6=27 6 =9

2 Finalement, Zadmet une espérance et :E[Z]=9

2.

–3/6–

Exercice 2

1. SoitNla fonction définie sur l’intervalle[0, 1[, à valeurs réelles, telle que : N(x)=x²−2x−2 (1−x) ln (1−x) . (a) Montrer que la fonctionNest de classeC¹sur[0, 1[.

• La fonctionx7→1−xest de classeC¹sur [0, 1[ à valeur surR^∗₊car x<1=⇒1−x>0.

• La fonctiont7→ln(t) est de classeC¹surR^∗₊.

Donc par composition,x7→ln(1−x) est de classeC¹sur [0, 1[.

Finalement la fonctionNest de classeC¹sur [0, 1[ comme somme et produit de fonctions de classeC¹sur [0, 1[.

(b) Montrer que pour toutx∈[0, 1[, on a : ln (1−x)⩽−x.

Posonsh:x7→ln (1−x)+x.

hest dérivable sur [0, 1[ et pour toutx∈[0, 1[, on a : h^′(x)= −1

1−x+1= −x

1−x⩽⁰ ^car −x⩽^{0 et 1}−x>0 sur [0, 1[

Donc la fonctionhest décroissant sur [0, 1[. Elle est donc majorée parh(0)=0.

Ainsi, pour toutx∈[0, 1[, on a : h(x)⩽^{0 soit :} ∀x∈[0, 1[, ln (1−x)⩽−x. (c) Montrer que pour toutx∈[0, 1[, on a : N^′(x)⩽0.

Pour toutx∈[0, 1[, on a :

N^′(x)=2x−2−2

·

−ln(1−x)+(1−x) −1 1−x

¸

=2x−2+2 ln(1−x)+2

=2 ((x+ln(1−x))⩽0

car d’après la question précédente, ln (1−x)⩽−x soitx+ln(1−x)⩽0 pour toutx∈[0, 1[.

Finalement, on a : ∀x∈[0, 1[,N^′(x)⩽^0.

(d) En déduire le signe deNsur l’intervalle[0, 1[.

D’après la question précédente, la fonctionNest décroissant sur [0, 1[. Elle est donc majorée parN(0)=0.

Ainsi, pour toutx∈[0, 1[, on a : N(x)⩽^{0 .}

2. Soitfla fonction définie sur l’intervalle[0, 1[par : f(x)=







−2x+ln (1−x)

x² si0<x<1

1 six=0

(a) Déterminer le développement limité en0à l’ordre2deln(1−x).

Au voisinage de 0, on a :

ln(1+x)=x−x² 2+o(x²) donc

ln(1−x)= −x−(−x)²

2 +o(x²)= −x−x² 2 +o(x²) Ainsi, ln(1−x)= −x−x²

2+o(x²) au voisinage de 0.

(b) En déduire quelim x→0f(x)=1.

Au voisinage de 0, on a donc :

x+ln (1−x)=x−x−x² 2+o(x²)

= −x² 2+o(x²) et donc

x+ln (1−x)∼ 0−x²

2 –4/6–

(3)

On en déduit que au voisinage de 0⁺:

f(x)= −2x+ln (1−x)

x² ∼

0⁺−2−^x₂² x² =1 Ainsi,f(x)∼

0⁺1 donc lim x→0f(x)=1 .

(c)En déduire que la fonctionfest continue sur[0, 1[.

• La fonctionf est continue sur ]0, 1[ comme quotient de fonction continues sur ]0, 1[ carx²̸=0.

• De plus, lim

x→0f(x)=1=f(0) doncfest continue en 0.

Ainsi, la fonctionfest continue sur [0, 1[.

(d)Montrer quefest dérivable sur]0, 1[et que pour toutx∈]0, 1[, on a : f^′(x)= −2 N(x) x³(1−x). On a déjà vu quex7→ln(1−x) est dérivable sur ]0, 1[.

Donc, la fonctionf est dérivable sur ]0, 1[ comme quotient de fonction dérivable sur ]0, 1[ carx²̸=0.

Pour toutx∈]0, 1[, on a :

f^′(x)= −2





 µ

1+ −1 1−x

¶

x²−2x(x+ln(1−x)) x⁴







= −2







−x³−2x(1−x) (x+ln(1−x)) 1−x

x⁴







= −2

·−x²−2(1−x) (x+ln(1−x)) x³(1−x)

¸

= −2

·−x²−2x(1−x)−2(1−x) ln(1−x) x³(1−x)

¸

= −2

·x²−2x−2(1−x) ln(1−x) x³(1−x)

¸

= −2 N(x) x³(1−x) Ainsi, pour toutx∈]0, 1[, on a : f^′(x)= −2 N(x)

x³(1−x). (e)On admet qu’au voisinage de0, on a : ln (1−x)+x+x²

2 ∼ 0−x³

3. Montrer alors quefest dérivable en0et quef^′(0)=2

3. Calculons le taux d’accroissement def en 0. On a :

f(x)−f(0) x−0 =

−2x+ln (1−x) x² −1

x

=−2x−2 ln (1−x)−x² x³

= −2

ln (1−x)+x+x² 2 x³ Or, on a admis qu’au voisinage de 0, on a : ln (1−x)+x+x²

2 ∼ 0−x³

3. Ainsi, on obtient par quotient d’équivalents :

f(x)−f(0) x−0 ∼

0−2

−x³ 3 x³ =2

3 Ainsi, fest dérivable en 0 et quef^′(0)=2

3.

–5/6–

(f ) Dresser le tableau de variation de la fonctionfsur[0, 1[, limites comprises.

On a :

x N(x) x³(1−x)

−2 f^′(x)

f(x)

0 1

− +

1 1

+∞

car lim

x→1ln(1−x)= −∞donc par somme, quotient et produit de limites, on a lim

x→1f(x)= +∞

(g) Tracer soigneusement l’allure de la courbe représentative de la fonctionf. On donnera l’équation de la tan- gente en0et on la tracera.

L’équation de la tangente en 0 est donnée par : y=f^′(0)(x−0)+f(0), soit d’après les calculs précédents : y=2

3x+1

O x

y

(h) Soitn∈N^∗. Montrer que l’équationf(x)=nadmet une unique solution, notéeunsur[0, 1[. Donner la valeur deu₁.

• La fonctionf est continue et strictement croissante sur [0, 1[ donc elle réalise une bijection de [0, 1[ sur [1,+∞[ (d’après les calculs de limites plus haut).

• De plus,n∈N^∗doncn∈[1,+∞[.

• Donc, d’après le théorème de la bijection, l’équationf(x)=nadmet une unique solutionu_n∈[0, 1[.

Pourn=1, commef(0)=1, on a u₁=0 .

(i) L’équationf(x)=xadmet-elle une solution sur[0, 1[?

Graphiquement, cette équation n’a pas de solution (tracer la droitey=xsur le même graphique).

Plus rigoureusement, d’après le tableau de variations, on a pour toutx∈[0, 1[ : f(x)⩾¹

Mais commex<1, on obtient :

f(x)⩾1>x soitf(x)>x (inégalité stricte) Ainsi, l’équationf(x)=xn’admet-elle une solution sur [0, 1[ .

–6/6–