Math´ ematiques
Corrig´ e des exercices de r´ evision ECE1
1 Alg` ebre
Exercice 1
.[EM Lyon 2009 modifi´ e]
On consid`ere les matrices carr´ees d’ordre trois : A=
0 1 3 0 1 3 0 0 4
,D=
0 0 0 0 1 0 0 0 4
etP =
1 1 1 0 1 1 0 0 1
Partie I : R´eduction de A
1. Aest une matrice triangulaire sup´erieure poss´edant un coefficient diagonal nul donc Conclusion : An’est pas inversible.
2. P est une matrice triangulaire avec des coefficients diagonaux non nuls donc Conclusion : P est inversible.
SoientX =
x1 x2 x3
et Y =
y1 y2 y3
tels que
P X =Y ⇐⇒
1 1 1 0 1 1 0 0 1
x1
x2
x3
=
y1
y2
y3
⇐⇒
x1+x2+x3 = y1
x2+x3 = y2
x3 = y3
⇐⇒
x1 = y1−y2
x2 = y2−y3
x3 = y3
On obtient donc P−1=
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
.
3. On calculeP DP−1 P DP−1=
1 1 1 0 1 1 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 4
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
=
0 1 4 0 1 4 0 0 4
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
=
0 1 3 0 1 3 0 0 4
=A Partie II : R´esolution de l’´equation M2=A
On se propose de r´esoudre l’´equation (1) :M2=A, d’inconnueM, matrice carr´ee d’ordre trois.
SoitM une matrice carr´ee d’ordre trois. On noteN =P−1M P. (La matriceP a ´et´e d´efinie enI.3.) 1. AvecA=P D P−1et M =P N P−1, on aM2=P N2 P−1. Ainsi
M2=A⇐⇒P N2P−1=P D P−1⇐⇒N2=D en multipliant `a gauche parP−1 et `a droite par P 2. SiN2=D, alorsN D=N N2=N3=N2N =D N.
Conclusion : SiN2=D, alorsN D=D N.
3. On d´eveloppe l’´ecriture deN =
a b c d e f g h i
.
On ne calcule pasN2(les calculs seraient ici longs et fastidieux) : on commence par exploiter la question pr´ec´edente.
N D=
a b c d e f g h i
0 0 0 0 1 0 0 0 4
=
0 b 4c 0 e 4f 0 h 4i
D N =
0 0 0 0 1 0 0 0 4
a b c d e f g h i
=
0 0 0
d e f
4g 4h 4i
SiN2=D, alorsN D=D N donc
0 = 0 b= 0 4c= 0 0 =d e=e 4f =f 0 = 4g h= 4h 4i= 4i
et
b= 0 c= 0
d= 0 f = 0
g= 0 h= 0 Conclusion : SiN2=D, alorsN est diagonale.
1
4. SoitN =
x 0 0 0 y 0 0 0 z
, on a N2=
x2 0 0 0 y2 0 0 0 z2
, donc
N2=D⇐⇒
x2= 0 y2= 1 z2= 4
⇐⇒
x= 0 y=±1 z=±2
Les 4 solutions sont
0 0 0 0 1 0 0 0 2
,
0 0 0
0 −1 0
0 0 2
,
0 0 0
0 1 0
0 0 −2
et
0 0 0
0 −1 0
0 0 −2
.
5. SiB est solution de (1) alors d’apr`es les questions pr´ec´edentes,N=P−1BP est ´egale `a l’une des quatre matrices de la question pr´ec´edente. Or on veut que tous les coefficients diagonaux deN soient positifs ou nuls donc
N=
0 0 0 0 1 0 0 0 2
.
DoncB=P N P−1=
1 1 1 0 1 1 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 0 2
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
=
0 1 1 0 1 1 0 0 2
Conclusion : B=
0 1 1 0 1 1 0 0 2
Partie III : Intervention d’un polynˆome
1. Un polynˆome de degr´e 2 s’´ecrit :Q(X) =aX2+bX+caveca, betc r´eels,a6= 0.
Q(0) = 0 Q(1) = 1 Q(4) = 2.
⇐⇒
c= 0 a+b+c= 1 16a+ 4b+c= 2.
⇐⇒
c= 0 a+b= 1
16a+ 4b= 2 L3−4L2→L3
,
⇐⇒
c= 0 a+b= 1 12a=−2
⇐⇒
c= 0 b= 7/6 a=−1/6
eta6= 0
Conclusion : Cet unique polynˆome de degr´e 2 est :Q(X) =−1 6X2+7
6X 2. CommeA=P DP−1, on aA2=P DP−1P DP−1=P D2P−1. On obtient
−1 6A2+7
6A=−1
6P D2P−1+7
6P DP−1=P
−1 6D2+7
6D
P−1
On calcule−1 6D2+7
6D=−1 6
0 0 0
0 1 0
0 0 16
+7 6
0 0 0 0 1 0 0 0 4
=
0 0 0 0 1 0 0 0 2
.
On retrouve donc la matriceB d´efinie enII.5.
−1 6A2+7
6A=P
−1 6D2+7
6D
P−1=B
Conclusion : −1 6A2+7
6A=B
3. Pour toute matrice carr´ee F d’ordre trois :
• SiA F =F A, alorsA2F =AF A=F AA=F A2et
−1 6A2+7
6A
F =F
−1 6A2+7
6A
, doncB F =F B.
• R´eciproquement, siB F =F B, alorsB2F =BF B=F BB=F B2et commeB2=A,on a doncA F =F A.
Conclusion : A F =F A⇐⇒B F =F B.
2
Exercice 2
.[Ecricome 2004]
Dans cet exercice, on ´etudie l’exponentielle d’une matrice carr´ee d’ordre 3.
SoientAet P les matrices d´efinies par :
A=
1 1 1
−1 1 −1
−2 0 −2
, P=
2 1 1
−1 2 −1
1 −1 1
1. On r´esout le syst`emeP X=Y :
2 1 1
−1 2 −1
1 −1 1
x1
x2 x3
=
y1
y2 y3
⇐⇒
2x1+x2+x3=y1
−x1+ 2x2−x3=y2 x1−x2+x3=y3
⇐⇒
2x1+x2+x3=y1
5x2−x3= 2y2+y1, L2←2L2+L1
−3x2+x3= 2y3−y1, L3←2L3−L1
⇐⇒
2x1+x2+x3=y1 5x2−x3= 2y2+y1
2x2= 2y2+ 2y3, L3←L3+L2
⇐⇒
x1=y1−2y2−3y3 x2=y2+y3
x3=−y1+ 3y2+ 5y3
Le syst`eme a une unique solution, Conclusion : P est inversible etP−1=
1 −2 −3
0 1 1
−1 3 5
.
2. On poseT =P A P−1. (a) On a
T =P
1 1 1
−1 1 −1
−2 0 −2
1 −2 −3
0 1 1
−1 3 5
=
2 1 1
−1 2 −1
1 −1 1
0 2 3
0 0 −1
0 −2 −4
=
0 2 1
0 0 −1
0 0 0
(b) DoncT2=
0 2 1
0 0 −1
0 0 0
0 2 1
0 0 −1
0 0 0
=
0 0 −2
0 0 0
0 0 0
et T3=T2T =
0 0 −2
0 0 0
0 0 0
0 2 1
0 0 −1
0 0 0
= 03
Conclusion : Pour toutn≥3, Tn =Tn−3T3= 03 (on peut d´evelopper la puissance carn−3≥0 ).
3. On montre queTn=P AnP−1, on a alors Conclusion : ∀n≥3, An =P TnP−1= 0 4. Pour tout r´eelt,on d´efinit la matriceE(t) par :
E(t) =I3+tA+t2 2A2 o`uI3 d´esigne la matrice unit´e d’ordre 3.
(a) On simplifie le produit en utilisantA3=A4= 0
E(t)E(t0) =
I3+tA+t2
2A2 I3+t0A+t02 2 A2
= I3+ (t+t0)A+ t2
2 +t t0+t02 2
A2+ tt02 2 +t0t2
2
!
A3+t2t02 4 A4
= I3+ (t+t0)A+1
2(t+t0)2A2
= E(t+t0)
A noter que c’est cette propri´et´e qui est caract´eristique de l’exponentielle. (ea+b=eaeb ) (b) On a pour tout tr´eel,E(t)E(−t) =E(t−t) =E(0) =I
Conclusion : E(t) est inversible etE(t)−1=E(−t) =I−tA+t2 2A2 . 3
(c) Par une r´ecurrence imm´ediate, on a
Conclusion : ∀n∈N, [E(t)]n=E(nt) =I+nt A+(nt)2 2 A2.
Exercice 3
.[EM Lyon 2001 modifi´ e]
On consid`ere la matrice carr´ee r´eelle d’ordre quatre :
A=
1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
et l’endomorphismef deR4 dont la matrice dans la base canoniqueB= (e1, e2, e3, e4) deR4 estA.
1. Les colonnes deAsont li´ees : C1+C2+C3−C4= 04,1doncAn’est pas inversible.
2. On aA2=
1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
=
1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 0
A3=
1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 0
1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
=
1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0
etA4=
1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0
1 0 0 −1 1 0 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1
=
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
3. Soitu= (x, y, z, t)∈R4 donc u∈Ker (f)⇐⇒A
x y z t
= 0⇐⇒
x−t= 0 x−t= 0 y−t= 0 z−t= 0
⇐⇒
x=t y=t z=t Donc Ker (f) = Vect ((1,1,1,1)).
(1,1,1,1) est libre (un seul vecteur non nul) et g´en´eratrice de Ker (f).C’est donc une base de Ker (f). Conclusion : Ker (f) = Vect ((1,1,1,1)) et sa dimension est 1.
4. On noteε1=e1, ε2=f(ε1), ε3=f(ε2), ε4=f(ε3), et C= (ε1, ε2, ε3, ε4).
(a) Il suffit de montrer que cettte famille de 4 vecteurs deR4 est libre :
On calcule les coordonn´ees deε2 par matB(ε2) =AmatB(e1). Doncε2= (1,1,0,0). De plus,ε3=f(ε2) =f2(e1) a donc pour coordonn´eesA2matB(e1). Doncε3= (1,1,1,0).
De mˆeme,ε4= (1,1,1,1).
Si αε1+βε2+γε3+δε4= 0 alors
α+β+γ+δ = 0 β+γ+δ = 0 γ+δ = 0
δ = 0
Doncα=β=γ=δ= 0 (la famille ´etait ´echelonn´ee) DoncC est une famille libre de 4 vecteurs dansR4. Conclusion : C est une base deR4
(b) La d´efinition desεi nous donne :
f(ε1) =ε2,ses coordonn´ees dansCsont (0,1,0,0) et de mˆeme pourf(ε2) =ε3, f(ε3) =ε4.
Enfin, f(ε4) =f4(e1) et commeA4= 04 alors matB(f(ε4)) =A4matB(e1) = 0 etf(ε4) = 0. On en d´eduit
N =
0 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
5. Raisonnons par l’absurde : s’il existe un automorphismegtel que g◦f ◦g−1=f2, alors g◦f◦g−1◦g◦f◦g−1=g◦f2◦g−1=f4= 0
et doncf2=g−1◦0◦g = 0 ce qui est faux car matB f2
=A26= 0 Conclusion : il n’existe pas de tel automorphismeg.
4
2 Analyse
Exercice 4
.[EDHEC 2014]
1. t7→ √t12+1 est continue surRcomme quotient de fonctions continues dont le d´enominateur ne s’annule pas. Pour xr´eel fix´e, l’int´egrale sur l’intervalle [x,2x] de la fonction continuet7→ √t12+1 est bien d´efinie.
Conclusion : L’int´egraleR2x x
√1
t2+1dtest donc d´efinie pour tout r´eel x.
2. Soitx∈R, on effectue le changement de variables lin´eaireu=−t. On a alors f(x) =
Z 2x x
√ 1
t2+ 1dt= Z −2x
−x
1
p(−u)2+ 1(−du) =−
Z 2 (−x)
−x
√ 1
u2+ 1du=−f(−x).
Conclusion : f est donc une fonction impaire.
3. (a) t7→ √1
t2+1 est d´efinie et continue surR. Une de ses primitivesG(x) =Rx 0
√1
t2+1dtest donc d´efinie et de classe C1 surR.
f(x) = Z 2x
x
√ 1
t2+ 1dt= Z 2x
0
√ 1
t2+ 1dt− Z x
0
√ 1
t2+ 1dt=G(2x)−G(x) Conclusion : f est donc de classeC1surR.
(b) Soitx∈R,
f0(x) = 2G0(2x)−G0(x) = 2 1
p(2x)2+ 1 − 1
√x2+ 1 = 1 q
x2+14
− 1
√x2+ 1
Comme√
x2+ 1>
q
x2+14 pourx∈R, on af0(x) = √ 1
x2+14 −√1
x2+1 >0.
Conclusion : f est donc strictement croissante sur R. 4. (a) On a pourt >0,
t2 6t2+ 16 t2+ 2t+ 1,
√
t2 6√
t2+ 16 p
t2+ 2t+ 1 cart7→√
test croissante surR∗+, t 6√
t2+ 16 p
(t+ 1)2=t+ 1, 1
t+ 1 6 1
√
t2+ 1 6 1
t cart7→ 1
t est d´ecroissante surR∗+. Soitx∈R∗+ fix´e, on int`egre la pr´ec´edente in´egalit´e sur [x,2x].
Z 2x x
1 t+ 1dt6
Z 2x x
√ 1
t2+ 1dt6 Z 2x
x
1 tdt
[ln(t+ 1)]t=2xt=x 6f(x)6 [ln(t)]t=2xt=x ln(2x+ 1)−ln(x+ 1) 6f(x)6 ln(2x)−ln(x).
Conclusion : ∀x∈R∗+, ln(2x+ 1)−ln(x+ 1)6f(x)6ln(2).
(b) D’apr`es la question4.(a),
ln(2x+ 1)−ln(x+ 1) = ln
2x+ 1 x+ 1
= ln 2 +1x
1 +1x
6f(x)6ln(2).
Or ln2+1 x
1+1x
→ln(2) lorsquextend vers +∞.
D’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, on a
Conclusion : f(x) tend vers ln(2) lorsquextend vers +∞.
(c) La fonctionf ´etant impaire, on en d´eduit quef(x) tend vers−ln(2) lorsquextend vers−∞.
x −∞ 0 +∞
f −ln(2) % 0 % ln(2)
(d) f est continue et strictement croissante deR`a valeurs dans ]−ln(2),ln(2)[, d’apr`es le th´eor`eme de la bijection il existe donc une unique solution `a l’´equationf(x) = 0∈]−ln(2),ln(2)[. De plus,f(0) = 0.
Conclusion : 0 est donc l’unique solution de l’´equationf(x) = 0.
5
5. (a) Pour toutx∈R, on a :
x2 < x2+ 1
|x|=√
x2 < p
x2+ 1 cart7→√
t est strictement croissante surR+,
−x≤ |x| < p
x2+ 1 car pour x∈R, −x≤ |x|.
Conclusion : ∀x∈R, 0< x+√ x2+ 1 (b) Puisque x 7→ x+√
x2+ 1 est d´erivable et strictement positive sur R et t 7→ ln(t) est d´erivable sur R∗+, la fonctionhest donc d´erivable surRen tant que compos´ee de fonctions d´erivables.
Pour x∈R, calculons h0(x).
h0(x) =
1 + 2x 2√
x2+ 1 x+√
x2+ 1 =
1 + x
√x2+ 1 x+√
x2+ 1
=
√x2+ 1 +x
√x2+ 1 (x+√ x2+ 1) Conclusion : ∀x∈R, h0(x) = 1
√x2+ 1 (c) hest l’unique primitive det7→ √1
t2+1 qui s’annule en 0. On a pourx∈R,h(x) = Z x
0
√ 1
t2+ 1dt.
f peut donc s’´ecrire pourx∈R,
f(x) =h(2x)−h(x) = ln(2x+p
(2x)2+ 1)−ln(x+p
x2+ 1) = ln
2 x+q
x2+14 x+√
x2+ 1
Conclusion : ∀x∈R, f(x) = ln(2) + ln x+√
x2+14 x+√
x2+1
6. (a) Pourx >0, on utilise le fait quex=R2x
x 1dt. Calculons alorsx−f(x) x−f(x) =
Z 2x x
1− 1
√ t2+ 1
dt=
Z 2x x
√
t2+ 1−1
√
t2+ 1 dt
= Z 2x
x
(√
t2+ 1−1) (√
t2+ 1 + 1)
√
t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1) dt
= Z 2x
x
√t2+ 12−1
√t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1)dt.
Conclusion : ∀x >0, x−f(x) = Z 2x
x
t2
√t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1)dt.
(b) Pourt≥0, t2
√t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1) ≥0, donc pourx≥0 x−f(x) =
Z 2x x
t2
√
t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1)dt≥0.
De plus, pour t≥0,√
t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1)≥2, ainsi pourx≥0 x−f(x) =
Z 2x x
t2
√t2+ 1 (√
t2+ 1 + 1)dt
≤ Z 2x
x
t2 2dt=1
2 t3
3 t=2x
t=x
Conclusion : ∀x∈R∗+, 06x−f(x)6 (2x)63 −x63 = 76x3.
6
(c) Pourx >0, la question6.(b)nous permet d’´ecrire 06 x−f(x) 6 7
6x3 06 1−f(x)x 6 7
6x2, on a divis´e parx >0.
Or 76x2 tend vers 0 lorsquextend vers 0+. D’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, Conclusion : f(x)x tend vers 1 lorsquextend vers 0+.
(d) Pourx <0, puisque−x >0, on a grˆace `a la question6.(b) 06 (−x)−f(−x) 6 7
6(−x)3 06 1−f(−x)−x 6 7
6(−x)2, on a divis´e par −x >0 06 1−f(x)x 6 7
6x2, d’apr`es la question2., carf est impaire.
D’apr`es le th´eor`eme des gendarmes,
Conclusion : f(x)x tend donc vers 1 lorsquextend vers 0−.
Exercice 5
.[ESC 2009]
1. (a) hest d´erivable surRen tant que fonction polynomiale eth0(x) = 4x3−4 = 4 x3−1 . En +∞: h(x) =x4−4x+ 1 =x4 1−4/x3+ 1/x4
x→+∞−→ +∞
En −∞: h(x) =x4−4x+ 1 −→
x→−∞+∞
x −∞ 1 +∞
h0(x) − 0 +
h +∞ & −2 % +∞
(b) hest continue et strictement d´ecroissante sur ]−∞,1] donc bijective de ]−∞,1] sur [h(1),lim−∞h[ = [−2,+∞[.
De plus, 0∈[−2,+∞[, donc d’apr`es le th´eor`eme de la bijection monotone, l’´equationh(x) = 0 a une unique solutionαsur ]−∞,1].
De mˆeme, il existe une unique solutionβ sur ]1,+∞[.
Conclusion : (E) a exactement deux solutions r´eelles.
(c) On ah(0) = 1≥0 =h(α)>−2 =h(1) ethest strictement d´ecroissante sur ]−∞,1] donc 0≤α <1 On a d´ej`a vu que β >1.
Conclusion : α∈[0,1[ et β >1.
2. On consid`ere la fonctiong d´efinie sur [0,1] par :
g(x) =x4+ 1 4 .
On d´efinit alors une suite (un)n∈Npar son premier termeu0= 0 et la relation, valable pour tout entier natureln: un+1=(un)4+ 1
4 .
(a) gest d´erivable sur [0,1] etg0(x) =xdoncgest strictement croissante sur [0,1]. De plus,g(0) = 14 etg(1) = 12. (b) Pourn∈N, on d´efinit la propositionP(n) la proposition : ”0≤un ≤un+1≤1.”
Initialisation :Pour n= 0 on au0= 0 etu1=g(u0) =14 donc 0≤u0≤u1≤1.P(0) est vraie.
H´er´edit´e :On suppose que pour unn∈Nfix´e, la propositionP(n) est vraie.
D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, on a 0≤un≤un+1≤1 alors,g´etant strictement croissante sur [0,1] et les termes en ´etant ´el´ements,
g(0)≤g(un)≤g(un+1)≤g(1) donc
0≤1
4 ≤un+1≤un+2≤ 1 2 ≤1 P(n+ 1) est donc vraie.
Conclusion : Pour toutn∈N: 0≤un≤un+1≤1.
7
(c) On remarque que
g(x) =x⇐⇒x4+ 1 = 4x⇐⇒h(x) = 0
Commeh(α) = 0, alorsg(α) =α. αest donc l’unique solution deg(x) =xsur [0,1].
La suite (un)n∈Nest croissante et major´ee par 1 donc, d’apr`es le th´eor`eme de la limite monotone, elle converge vers une limite `.
Commeun∈[0,1] pour tout n, alors`∈[0,1].
g est donc continue en`etg(`) =`. Commeαest l’unique solution deg(x) =xsur [0,1], donc `=α.
Conclusion : La suite (un)n∈Nconverge versα.
(d) On calcule les valeurs deui pouride 1 `an.La valeuru0 initialisant n=input(’donnez la valeur de n’)
u=0;
for i=1:n u=(u^4+1)/4;
end disp(u)
On obtient pour n= 100 0.2509922
3 Probabilit´ es
Exercice 6
.[ESLSCA 1996]
1. Chaque personne choisissant l’un des trois menus au hasard, la probabilit´e qu’elle choisisse le premier est de 1/3.
les choix ´etant ind´ependants, parmi lesnclients, le nombre de personne choisissant ce menu donc Conclusion : X1 suit une loi binomiale de param`etresnet 1/3. Il en est de mˆeme des lois deX2 etX3. 2. On a pourk∈[[0, n]]
[n−X3=k] = [X3=n−k]
Donc
P(n−X3=k) = n
n−k 1 3
n−k2 3
k
= n
k 1 3
n−k2 3
k
Conclusion : n−X3suit une loi binomiale de param`etrenet 2/3 . 3. OrX1+X2+X3=n.
Conclusion : X1+X2=n−X3 suit une loi binomiale de param`etrenet 2/3.
4. (a) On a pour l’´ev´enement suivant
A= ”tous les clients choisissent le mˆeme menu”= [X1=n]∪[X2=n]∪[X3=n].
Ces ´ev`enements ´etant incompatibles, Conclusion : P(A) = 3.
1 3
n .
(b) On remarque que ”le restaurateur doit pr´eparer au moins deux menus” est l’´ev`enement contraire de ”tous les clients choisissent le mˆeme menu”. En notant
B= ”le restaurateur doit pr´eparer au moins deux menus”.
on obtient
Conclusion : P(B) = 1−3.
1 3
n .
(c) C’est l’´ev`enement contraire de au moins un n’est pas demand´e ; doncM1 ouM2ouM3 n’est pas demand´e. En notant
C= ”les trois menus sont demand´es”.
D’apr`es la formule du crible, on obtient
P(C) = P([X1= 0]∪[X2= 0]∪[X3= 0])
= P(X1= 0) +P(X2= 0) +P(X3= 0)
− P([X1= 0]∩[X2= 0]) +P([X1= 0]∩[X3= 0]) +P([X2= 0]∩[X3= 0]) +P([X1= 0]∩[X2= 0]∩[X3= 0])
8
X1,X2 etX3ne sont pas ind´ependants mais
[X1= 0]∩[X2= 0] = [X3=n]
De plus, [X1= 0]∩[X2= 0]∩[X3= 0] est impossible donc
P(C) = P(X1= 0) +P(X2= 0) +P(X3= 0)− P(X3=n) +P(X2=n) +P(X1=n)
= 3
2 3
n
−3 1
3 n
= 2n−1 3n−1 Conclusion : P(C) = 2n−1
3n−1
Exercice 7
.[Ecricome 2011]
PARTIE I. Un jeu en ligne.
La soci´et´e Lehazard met `a la disposition de ses clients un nouveau jeu en ligne dont la page d’´ecran affiche une grille
`
a trois lignes et trois colonnes.
Apr`es une mise initiale de 2 euros du joueur, une fonction al´eatoire place au hasard successivement trois jetons (F) dans trois cases diff´erentes. La partie est gagn´ee si les trois jetons sont align´es. Le gagnant empoche 10 fois sa mise, ce qui lui rapporte 18 euros `a l’issue du jeu. Dans le cas contraire la mise initiale est perdue par le joueur.
A B C
1 F
2 F
3 F
On d´efinit les ´ev´enementsH, V, D, N par :
— H :les trois jetons sont align´es horizontalement.
— V :les trois jetons sont align´es verticalement .
— D :les trois jetons sont align´es en diagonale.
— N :les trois jetons ne sont pas align´es.
1. Les positionnements sont d´etermin´es par l’ensembles (sans ordre) des 3 positions distinctes parmi 9.
Conclusion : Il y a donc 9
3
= 9·8·7
3·2·1 = 3·4·7 = 84 positionnements possibles.
2. (H) est form´e de 3 positionnements : ligne 1, 2 ou 3, les positionnements ´etant ´equiprobables doncP(H) = 3 84 (V) est form´e de 3 positionnements : colonneA, BouC, doncP(V) = 3
84 (D) comporte 2 diagonales : doncP(D) = 2
84
3. (H, V, D, N) ´etant un syst`eme complet d’´ev´enements,
P(N) = 1−P(V)−P(H)−P(D) = 1− 8
84 = 1− 2 21 =19
21 Conclusion : P(N) = 19
21'0.9048
4. La soci´et´e peut s’attendre `a 10 000 relances par jour de ce jeu.
(a) Pour chaque entier naturelinon nul. on noteZi le gain de la soci´et´e `a laieme` relance.
Lors de la i`emerelance, la soci´et´e peux gagner 2 euros ou en perdre 18 sinon.
Donc la variable al´eatoireZi a pour univers imageZi(Ω) ={2,−18}. La loi deZi est P(Zi= 2) =P(N) = 19
21 et P (Zi=−18) = 2 21 donc
E(Zi) = 2P(Zi= 2)−18P(Zi=−18) = 219 21−18 2
21 = 38−36 21 = 2
21 Conclusion : E(Zi) = 2
21 '0,1
9
(b) Le gain journalierZ est la somme des gains `a chaque relance donc Z=
10000
X
i=1
Zi donc E(Z) = 10000 2
21 '1000 Conclusion : En moyenne, la soci´et´e gagnera approximativement 1000 euros par jour.
PARTIE II. Cas de joueurs inv´et´er´es.
1. Un Joueur d´ecide de jouer 100 parties cons´ecutives que l’on suppose ind´ependantes.
(a) X est le nombre de parties gagn´ees en 100 parties ind´ependantes, la probabilit´e de gagner´e chacune ´etant de 2
21. On effectue ainsi 100 exp´eriences ind´ependantes avec une probabilit´e de succ`es de 2 21, ainsi Conclusion : X ,→ B 100,212
(b) On peut donc facilement conclure que Conclusion : E(X) = 200
21 etV (X) = 2 21
19
21100 = 200·19 212
(c) En 100 parties effectu´ees,Xsont gagn´ees (gain de 18Xeuros) et 100−X perdues (perte de 2 (100−X) euros).
La perte totale est doncT = 2 (100−X)−18X = 200−20X. Conclusion : T = 200−20X
On peut compter diff´eremment : il mise 200 euros et re¸coit 20 euros par partie gagn´ee donc 20X euros.
2. Avecnparties au lieu de 100, on aX ,→ B n,212
. On consid`ere l’´ev´enement U =gagner au moins une partie U est l’´ev´enement contraire de [X = 0], or
P(X = 0) = n
0 2 21
019 21
n
= 19
21 n
DoncP(U) = 1− 19
21 n
. D´eterminons le plus petitnpour lequelP(U)≥ 1 2. P(U) = 1−
19 21
n
≥1 2 ⇐⇒
19 21
n
≤ 1 2
⇐⇒nln 19
21
≤ −ln (2) carx7→ln(x) est croissante surR∗+
⇐⇒n≥ −ln (2) ln 1921 '0,7
0.1 car ln 19
21
<0
Conclusion : Il faut jouer au moins 7 ou 8 parties pour que la probabilit´e de gagner au moins une partie soit sup´erieure `a 50%
3. Un autre joueur d´ecide de jouer et de miser tant qu’une partie n’est pas gagn´ee. On note Y la variable al´eatoire
´
egale au nombre de parties jou´ees pour gagner la premi`ere fois.
(a) Les parties sont ind´ependantes avec une probabilit´e de succ`es 2
21.Y est le rang d’apparition du premier succ`es.
Conclusion : Y ,→ G 212
(b) On peut donc facilement conclure que Conclusion : E(Y) =21
2 '10 etV (Y) = 19/21
(2/21)2 = 19·21 4 (c) On consid`ere l’´ev´enement
V =le joueur joue au pluskparties avant de gagner pour la premi`ere fois= [Y ≤k]
En consid´erant
Pi=le joueur perd lai`emepartie 10
V est l’´ev´enement contraire dele joueur perd leskpremi`eres parties=P1∩P2. . . Pk. Donc P(V) = 1−P(P1∩P2. . . Pk)
Les parties ´etant ind´ependantes, les (Pi)1≤i≤k sont ind´ependants et de mˆeme probabilit´e 19 21. Donc pk =P(V) = 1−P(P1)P(P2). . .P(Pk) = 1−
19 21
k
Conclusion : pk= 1− 19
21 k
PARTIE III. Contrˆole de la qualit´e du jeu.
On constate que, parfois, la fonction al´eatoire est d´er´egl´ee. Dans ce cas, elle place le premier jeton dans la case (A,1), les deux autres ´etant plac´es au hasard dans les cases restantes. On note ∆ l’´ev´enementla fonction al´eatoire est d´er´egl´eeet on poseP(∆) =xavecx∈]0,1[.
1. Sachant ∆,les positions sont d´etermin´ees par la seule combinaison des 2 autres positions parmi les 8 restantes.
Il y a donc 8
2
= 8·7
2·1 = 28 positionnements possibles et ´equiprobables.
(H) est `a pr´esent r´eduit `a la ligne 1, V `a la colonneAetD `a la diagonale descendante.
Conclusion : P∆(H) =P∆(V) =P∆(D) = 1 28
2. Avec la question pr´ec´edente, on a doncP∆(N) = 1− 3 28 = 25
28.
Sachant ∆, l’exp´erience se fait dans les conditions de la partieI (le premier jeton est plac´e al´eatoirement) et les probabilit´es sont donc celle de la partieI :
P∆(N) =19 21
∆,∆
est un syst`eme complet d’´ev´enement donc
P(N) =P∆(N)·P ∆
+P∆(N)·P(∆)
=x25
28+ (1−x)19 21
=x 25
4·7+ (1−x) 19 3·7
= 25·3−19·4 3·4·7 x+19
21
=−x 84+19
21
Conclusion : La probabilit´e que les jetons ne soient pas align´es est ´egale `aP(N) =−x 84+19
21
3. SoitGla variable al´eatoire ´egale au gain r´ealis´e par la soci´et´e de jeu lors d’une partie jou´ee. La variable al´eatoire Ga pour univers imageG(Ω) ={−18,2}. La loi deGest donn´ee par
P(G= 2) =P(N) =−x 84+19
21 et P(G=−18) =P N¯
= 1−P(N) = 1 + x 84−19
21 Donc
E(G) = 2P(G= 2)−18P(G=−18)
= 2
−x 84+19
21
−18
1 + x 84−19
21
=−20 84x+ 2
21 Par cons´equent
E(G)>0⇐⇒ −20 84x+ 2
21>0⇐⇒x < 2 21
84 20 = 2
5 Conclusion : Le gain moyen est positif si, et seulement six < 2
5. 11
4. On joue une partie. On constate que les jetons sont align´es. Sachant ¯N, on cherche `a connaˆıtre avec quelle probabilit´e la fonction al´eatoire a ´et´e d´er´egl´ee. On cherche donc `a calculerPN¯(∆). D’apr`es la formule de Bayes :
PN¯(∆) = P ∆∩N¯
P N¯ = P(∆)P∆ N¯ P N¯
= x·283
1− −84x +1921 = x·283
2
21+84x = 9x x+ 8
Conclusion : Si les jetons sont align´es, la fonction al´eatoire a ´et´e d´er´egl´ee avec une probabilit´e 9x x+ 8.
12
