Edhec 2016 - Correction

Edhec 2016 - Correction

Exercice 1

1. On calcule

A²=





8 −4 4 8 −4 8 4 −4 8



 donc A²−4A=−4I

On en déduit queA²−4A+ 4A⁰= 0, et donc que le polynômeP =X²−4X+ 4est annulateur de A.

2. (a) Le discriminant de P est ∆ = (−4)²−4×4 = 0, donc P admet une unique racine, égale à

−(−4) 2 = 2.

CommeP est annulateur deA, on en déduit que la seule valeur propre possible de Aest 2.

Reste à montrer que 2 est bien valeur propre deA : pour ce faire on considère

A−2I=





1 −1 1 2 −2 2 1 −2 1





qui a deux lignes (ou deux colonnes) égales donc elle n'est pas inversible, et 2 est bien valeur propre de A.

Enn on en déduit queSp(A) ={2}, et commeAest une matrice représentative def,Sp(f) = Sp(A) ={2}.

(b) A admet 2 comme unique valeur propre ; si elle était diagonalisable, elle serait donc semblable à une matrice diagonale avec 2 comme seul élément diagonale, donc à 2I et il existerait une matriceP inversible telle que :

A=P(2I)P⁻¹= 2P IP⁻¹= 2I ce qui est bien entendu absurde, et An'est pas diagonalisable.

Remarque : on pouvait aussi calculer le sous-espace propre de Aassocié à la valeur propre 2 ; mais ce n'est pas ce que cherche le sujet puisque c'est demandé à la question 3.

Par ailleurs 0 n'est pas valeur propre de AdoncAest inversible.

3. On propose deux méthodes :

• Première méthode, la plus naturelle : on résout l'équation caractéristique du sous-espace propre deA : avecX =



 x y z



,

X ∈E₂(A)⇐⇒(A−2I)X= 0⇐⇒x−y+z= 0⇐⇒x=y−z⇐⇒X =y



 1 1 0



+z





−1 0 1





ce qui assure que E₂(A) = Vect







 1 1 0



,





−1 0 1







puis en lisant dans la baseB, E2(f) = Vect(e1+e2,−e1+e3)

et (e1+e2,−e1+e3) est génératrice de E2(f) et libre car constituée de deux vecteurs non colinéaires, c'est donc une base deE2(f).

• On peut aussi remarquer que A−2I =M aB(f −2 id) =





1 −1 1 2 −2 2 1 −2 1



 est de rang 1 car les trois colonnes sont colinéaires, donc par théorème du rang son noyauE2(f)est de dimension 2.

Or les colonnes de A−2I permettent de remarquer que e1+e2 et e1−e3 sont éléments de ker(f −2 id) = E2(f), et comme ils ne sont pas colinéaires ils forment une famille libre de E2(f), de cardinal égal à sa dimension donc ils forment une base deE2(f).

Pour la suite on poseu₁ =e₁+e₂ et u₂ = e₁−e₃, mais on pouvait bien entendu poser d'autres vecteurs qui conviennent.

4. (a) On résout l'équation au1+bu2+cu3= 0d'inconnuesa,bet créelles :

au1+bu2+cu3= 0⇐⇒







a+b+c= 0 a +c= 0

−b+c= 0

⇐⇒







a+b+c= 0

−b= 0

−b+c= 0

⇐⇒





 a= 0 b= 0 c= 0

donc la famille (u1, u2, u3)est libre, et son cardinal est égal à la dimension de R³, c'est bien une base de R³.

(b) On détermine T et on vérie qu'elle vérie les conditions énoncées : puisque u₁ et u₂ sont vecteurs propres de f associés à la valeur propre 2, on a

f(u₁) = 2u₁ , f(u₂) = 2u₂

Reste à déterminer f(u₃)et l'écrire dans la base (u₁, u₂, u₃). On obtientf(u₃) par un calcul matriciel ou par linéarité def :

•

A



 1 1 1



=



 3 4 3



 donc f(u₃) = 3e₁+ 4e₂+ 3e₃

•

f(u3) =f(e1)+f(e2)+f(e3) = (3e1+2e2+e3)+(−e1−e3)+(e1+2e2+3e3) = 3e1+4e2+3e3

Reste à l'écrire comme combinaison linéaire de(u₁, u₂, u₃). On peut résoudre l'équationau₁+ bu₂+cu₃= (3,4,3), on se servir de l'indication de l'énoncé pour trouver à vue :

f(u₃) = 3e₁+4e₂+3e₃= 2u₃+[e₁+2e₂+e₃] = 2u₃+[2u₁+e₃−e₁] = 2u₃+2u₁−u₂= 2u₁−u₂+2u₃ qui donne nalement

T =





2 0 2 0 2 −1 0 0 2





qui est bien triangulaire avec une diagonale constituée uniquement de 2.

(c) On décomposeT= 2I+





0 0 2 0 0 −1 0 0 0



et on poseN cette dernière matrice.

On remarque que N est nilpotente, et plus précisément un calcul immédiat donne N² = 0. D'autre part 2I et T commutent puisque I commute avec toute matrice, donc la formule du binôme de Newton donne :

Tⁿ= (2I+N)ⁿ=

n

X

k=0

n k

N^k(2I)^n−k= n

0

I(2I)ⁿ+ n

1

N(2I)ⁿ⁻¹+

n

X

k=1

0 puis on simplie pour obtenir :

Tⁿ = 2ⁿI+n2ⁿ⁻¹N.

Enn en utilisantN =T−2I on obtient :

Tⁿ= 2ⁿI+n2ⁿ⁻¹(T −2I) = 2ⁿI+n2ⁿ⁻¹T−n2ⁿI=n2ⁿ⁻¹T−(n−1)2ⁿI.

5. (a) En posant P la matrice de passage de la base canonique à la base (u1, u2, u3), la formule de changement de base donne

A=P T P⁻¹ puis par une récurrence immédiate

∀n∈N, Aⁿ =P TⁿP⁻¹ et enn en injectant l'expression de Tⁿ de la question 4c :

∀n∈N, Aⁿ=P(n2ⁿ⁻¹T−(n−1)2ⁿI)P⁻¹=n2ⁿ⁻¹P T P⁻¹−(n−1)2ⁿP IP⁻¹=n2ⁿ⁻¹A−(n−1)2ⁿI (b) En isolantIdans la relation A²−4A=−4Ion obtient :

A×

−1

4(A−4I)

=I donc A⁻¹=−1

4(A−4I) (c) On développe cette expression :

A⁻¹=I−1 4I

Or en remplaçantnpar−1dans l'expression de 5a on obtient : (−1)2⁻²A−(−2)2⁻¹I=−1

2²A+2

2I=I−1 4A

donc cette expression est bien égale àA⁻¹, et la relation de 5a reste valable pour n=−1.

Exercice 2

1. (a) La fonctiont7→e

√

test continue sur[n; +∞[donc y admet une primitive, qu'on noteG, et qui est de classeC¹. On peut alors calculer :

∀x∈[n; +∞[, fn(x) =G(x)−G(n) qui est de classe C¹ par opérations élémentaires, et de plus :

∀x∈[n; +∞[, f_n⁰(x) =G⁰(x) =e

√x

Enn cette dérivée est strictement positive sur [n; +∞[doncf_n y est strictement croissante.

(b) Soit x ∈ [n; +∞[. On remarque que pour t ∈ [n;x], par croissance de la racine carrée et de l'exponentielle,

e

√n

6e

√n

On intègre cette inégalité avec des bornes dans l'ordre croissant et on obtient : f_n(x)6e

√nZ x n

dt=e

√n(x−n)

Or ce minorant tend vers+∞lorsquextend vers+∞, donc par comparaison

x→+∞lim fn(x) = +∞.

(c) De plusfn(n) =Rn n e

√t dt= 0, etfn est continue et strictement croissante sur[n; +∞[.

Elle réalise donc une bijection de[n; +∞[dans

fn(n); lim

x→+∞fn(x)

= [0; +∞[. Or1∈[0; +∞[

donc admet un unique antécédent par fn, donc il existe bien un uniqueun ∈[n; +∞[ tel que fn(un) = 1.

2. (a) La question précédente assure que un >n, donc par minoration,

n→+∞lim u_n = +∞.

(b) Pour encadrer un, il faut d'abord encadrer fn(un) = Run

n e

√

t dt. Or pour t ∈ [n;un], par croissance de la racine carrée, puis de l'exponentielle, on a

e

√n

6e

√t

6e^√un puis en intégrant avec des bornes dans l'ordre croissant :

e

√n(u_n−n)6f_n(u_n) = 16e^√un(u_n−n) L'inégalité de gauche donne :

u_n−n6 1 e^√n =e⁻

√n

puis de même l'inégalité de droite donneun−n>e^−√un et on obtient bien : e⁻

√un

6un−n6e⁻

√n.

3. (a) Ce programme n'a aucun sens puisqu'on peut résoudre l'inégalité mathématiquement puis cal- culer informatiquement la solution... Répondons tout de même :

La question 2b assure que si e^−√n 610⁻⁴, alorsu_n−n6e^−√n 610⁻⁴. On calcule alors par la boucle le premier n vériant cette condition en testant une par une les valeurs de n : on incrémentende 1 à chaque passage et on s'arrête dès que la condition est vériée :

n=0while exp(-sqrt(n))>10^(-4) do n=n+1

enddisp(n)

(b) On cherce par une résolution d'inéquation la 1ère valeur de n vériant e^−√n 6 10⁻⁴ : par croissance du logarithme,

e⁻

√n

610⁻⁴⇐⇒ −√

n6−4 ln 10⇐⇒√

n>4 ln 10⇐⇒n>16(ln 10)²

et commenest un entier,nest égal à16(ln 10)²s'il est entier (peu probable...), et àb16(ln 10)²c+

1 sinon. Calculons une valeur approchée de ce nombre :

(ln 10)²'(2,3)²= (2+0,3)²= 4+2×2×0,3+0,09 = 5,29'5,3 puis 16(ln 10)²'16×5,3 = 84,8 et nalementn= 85est la bonne solution parmi les trois proposées.

4. (a) L'encadrement de la question 2b est un encadrement devn, et par opérations élémentaires avec limn= +∞et limun = +∞, les deux membres extrémaux tendent vers 0, donc par théorème d'encadrement :

n→+∞lim v_n = 0.

(b) Il faut composer par le carré pour éliminer la racine, mais ce n'est possible que si les deux membres sont de même signe. La racine est positive, et avecx>−1on obtient1 +^x₂ > ¹2 donc les deux membres sont positifs.

Par stricte croissance du carré surR+ on obtient :

√1 +x61 +x

2 ⇐⇒1 +x6 1 + x

2 2

= 1 +x+x² 4

qui est vériée puisque ^x₄² >0, donc l'inégalite de départ est vériée également. On en déduit que pour toutx>−1, √

1 +x61 + x 2.

(c) Question dicile car on est tenté de se servir de la question 2b... mais il ne faut surtout pas le faire. On part de la relation v_n=u_n−nqui donneu_n=v_n+npuis :

√u_n=√

n+v_n= r

n 1 + v_n

n

=√ n

r 1 + v_n

n

avecn6= 0, donc on peut bien eectuer la factorisation. La question 4b donne alors :

√un6√ n

1 + vn

2n

=√

n+ vn

2√ n

Enn on multiplie par−1ce qui change le sens de l'inégalité puis on compose par l'exponentielle strictement croissante :

e⁻

√un

>e⁻

√n−₂^vn√_n

=e⁻

√nexp

− vn

2√ n

(d) On peut alors déduire en minorant le terme de gauche de 2b par le résultat qu'on vient d'obtenir que :

∀n∈N^∗, e⁻

√nexp

− vn

2√ n

6un−n6e⁻

√n

On multiplie par e^√n et on obtient : exp

− vn

2√ n

6e

√n(un−n)61

et avec v_n qui tend vers 0, par opérations élémentaires lim

n→+∞exp

−₂^v√n_n

= e⁰ = 1 et par théorème d'encadrement :

n→+∞lim un−n

e^−√n = 1 donc un−n ∼

+∞e⁻

√n

Exercice 3

1. Le cours donne ces fonctions de répartition :

F_U(x) =







0 six <−3

x+3

4 si −36x61 1 six >1

et F_V(x) =







0 six <−1

x+1

4 si −16x63 1 six >3

2. (a) On applique les probabilités totales avec le système complet annoncé et on obtient :∀x∈R, (X 6) =

(X 6x)∩(Z= 1)

∪

(X 6x)∩(Z=−1)

=

(U 6x)∩(Z = 1)

∪

(V 6x)∩(Z=−1) et par incompatibilité de la réunion et indépendance de U etZ d'une part, deV et Z d'autre part :

∀x∈R, FX(x) =P(Z= 1)P(U 6x) +P(Z=−1)P(V 6x) =pFU(x) + (1−p)FV(x) (b) Selon la valeur de Z, X est égal àU donc prend ses valeurs dans [−3; 1], ou à V donc prend

ses valeurs dans [−1; 3]. On en déduit que X prend ses valeurs dans la réunion de ces deux ensembles donc

Z(Ω) = [−3; 3].

On en déduit que FX(x) est nul pour x < −3 et vaut 1 pour x > 3, puis on traite chaque intervalle demandé :

• si−36x6−1,F_U(x) = ^x+3₄ et F_V(x) = 0donc F_X(x) =px+ 3

4 .

• si−16x61,F_U(x) = ^x+3₄ etF_V(x) = ^x+1₄ donc FX(x) =px+ 3

4 + (1−p)x+ 1 4 .

• si16x63,FU(x) = 1etFV(x) =^x+1₄ donc

FX(x) =p+ (1−p)x+ 1 4 .

(c) En dérivantFX sauf en−3, −1, 1 et 3, valeurs arbitraires, une densité deX est alors donnée par :

fX(x) =















0 six <−3 p/4 si −36x <−1 1/4 si −16x <1 (1−p)/4 si16x <3

0 six>3

(d) On considère l'intégrale, qu'on décompose par relation de Chasles et linéarité : Z +∞

−∞

xfX(x)dx= Z −3

−∞

0dx+p 4

Z −1

−3

x dx+1 4

Z 1

−1

x dx+1−p 4

Z 3 1

x dx+ Z +∞

3

0 dx Les deux intégrales de la fonction nulle convergent absolument et valent 0, les autres intégrales ne sont pas généralisées donc convergent absolument. Finalement X admet une espérance et E(X) =p

4 x²

2 ⁻¹

−3

+1 4

x² 2

¹

−1

+1−p 4

x² 2

³

1

=p 4×1−9

2 +1 4×1−1

2 +1−p 4 ×9−1

2 = −8p+ 8(1−p)

8 = 1−2p.

Pour les mêmes raisons conjuguées au théorème de transfert,Xadmet un moment d'ordre deux et donc une variance, puis

E(X²) = p 4

Z −1

−3

x² dx+1 4

Z 1

−1

x² dx+1−p 4

Z 3 1

x²dx=p 4

x³ 3

−1

−3

+1 4

x³ 3

¹

−1

+1−p 4

x³ 3

³

1

= p

4×−1 + 27

3 +1

4 ×1 + 1

3 +1−p

4 ×27−1

3 = 26p+ 2 + 26(1−p)

12 =28

12 = 7 3. Enn par formule de Koenig-Huyghens on obtient :

V(X) =7

3 −(1−2p)². 3. (a) Z prend les valeurs 1 et−1, on fait deux cas :

• siZ = 1, alorsX =U et on a : U1 +Z

2 +V1−Z

2 =U1 + 1

2 +V1−1

2 =U =X

• siZ =−1, alorsX=V et on a : U1 +Z

2 +V1−Z

2 =U1−1

2 +V1 + 1

2 =V =X donc dans tous les cas on a bien :

X=U1 +Z

2 +V1−Z 2

(b) La linéarité de l'espérance d'une part et l'indépendance de U, V et Z qui donne par lemme des coalitions celle de U et ^1+Z₂ d'une part, et deV et ^1−Z₂ d'autre part, X admet bien une espérance et :

E(X) =E(U)1 +E(Z)

2 +E(V)1−E(Z) 2

Or le cours pour les deux premières et un calcul immédiate pour la troisième donnent E(U) =−1 , E(V) = 1 , E(Z) =p−(1−p) = 2p−1

donc

E(X) =−2p

2 +2−2p

2 =−p+ 1−p= 1−2p qui conrme bien le résultat de 2d.

(c) On calculeX² en fonction deU,V etZ et leurs carrés :

X²=

U1 +Z

2 +V1−Z 2

2

=U²(1 +Z)²

4 +V²(1−Z)²

4 +2U V(1 +Z)(1−Z)

4 =U²1 +Z²+ 2Z

+ V²1 +Z²−2Z

+ U V1−Z² 2 Or on remarque que Z² = 1puisque Z ne prend que les valeurs−1 et 1, donc son carré vaut

toujours 1. On obtient donc : X²=U²2 + 2Z

4 +V²2−2Z

4 + 0 = U²(1 +Z) +V²(1−Z) 2

La linéarité de l'espérance et l'indépendance, toujours par coalitions, deU²et1 +Zd'une part, et de V²et 1−Z d'autre part, donnent l'existence du moment d'ordre deux deX et :

E(X²) = E(U²)(1 +E(Z)) +E(V²)(1−E(Z)) 2

La formule de Koenig-Huyghens permet d'obtenir : E(U²) =V(U) + [E(U)]²= (3 + 1)²

12 + (−1)²= 4

12+ 1 = 1

3 + 1 = 7 3 et de mêmeE(V²) = ⁷₃ et on obtient enn :

E(X²) =

7

3 1 +E(Z) + 1−E(Z)

2 =7

3 ×2 2 = 7

3. qui conrme à nouveau le résultat de 2d.

4. (a) T(Ω) = {0; 1} donc (2T −1)(Ω) = {2×0−1; 2×1−1} = {−1; 1} puis on transforme les événements :

(2T−1 =−1) = (2T = 0) = (T = 0) , (2T −1 = 1) = (2T = 2) = (T = 1) donc

P(2T−1 =−1) =P(T = 0) = 1−p , P(2T−1 = 1) =P(T = 1) =p et (2T−1)suit la même loi que Z.

(b) On en déduit que le programme suivant simuleU,V,Z et X : U=grand(1,1,'unf',-3,1)

V=grand(1,1,'unf,-1,3) Z=2*grand(1,1,'bin',1,p)-1 X=U*(1+Z)/2+V*(1-Z)/2

Remarque : la dernière ligne, qui utilise 3a, peut être remplacée par la dénition conditionnelle deX :

if (Z=1) then X=U else X=V end

Problème

Partie I.

1. (a) Commet6= 1, la formule de la somme géométrique s'applique et donne :

∀t∈[0;x],

n

X

p=1

t^p−1=

n−1

X

k=0

t^k =1−tⁿ 1−t .

(b) On intègre cette égalité entre 0 etx, et on obtient par linéarité de l'intégrale :

n

X

p=1

Z x 0

t^p−1dt

= Z x

0

1 1−t dt−

Z x 0

tⁿ 1−t dt.

On calcule alors les intégrales à l'intérieur de la somme et la première du second membre : Z x

0

t^p−1dt= t^p

p x

0

=x^p p et

Z x 0

1

1−t dt=− Z x

0

−1

1−t dt=−h

ln(|1−t|)ix 0

=− ln(1−x)−ln 1

=−ln(1−x) et on obtient bien : _n

X

p=1

x^p

p =−ln(1−x)− Z x

0

tⁿ 1−t dt.

(c) Pourt∈[0;x]on a successivement les inégalités suivantes (avec l'inverse strictement décroissant surR^∗+ d'une part ettⁿ>0 d'autre part) :

06t6x , −x6−t60 , 1−x61−t61 , 16 1

1−t 6 1

1−x , tⁿ 6 tⁿ

1−t 6 tⁿ 1−x On peut remarquer pour simplier la suite que _1−t^tn > 0 et on intègre avec des bornes dans l'ordre croissant :

06 Z x

0

tⁿ

1−t dt6 1 1−x

Z x 0

tⁿ dt= xⁿ (n+ 1)(1−x)

Le membre de droite tend vers 0 par quotient, avecxⁿqui tend vers 0 car|x|<1, et(n+1)(1−x) qui tend vers +∞, et on en déduit par encadrement que :

n→+∞lim Z x

0

tⁿ

1−t dt= 0.

(d) On fait tendrenvers+∞dans la question 1b, en remplaçant l'indice muetppark:

n

X

k=1

x^k

k =−ln(1−x)− Z x

0

tⁿ

1−t dt−−−−−→

n→+∞ −ln(1−x)−0 =−ln(1−x) donc la série de terme général x^k/kconverge et :

+∞

X

k=1

x^k

k =−ln(1−x).

2. Question dicile. On montre cette relation par récurrence sur q>m:

• Pour q=m, la somme vaut Pⁿ

k=m k m

= ^m_m

= 1et ^m+1_m+1

= 1donc la propriété est vériée au rangq=m.

• On suppose que la propriété est vraie au rangq>m, alors

q+1

X

k=m

k m

=

q

X

k=m

k m

+

q+ 1 m

=

q+ 1 m+ 1

+

q+ 1 m

=

q+ 2 m+ 1

avec la dernière égalité donnée par la formule du triangle de Pascal, qu'on peut reprouver si on ne la connaît pas par coeur :

q+ 1 m+ 1

+

q+ 1 m

= (q+ 1)!

(m+ 1)!(q+ 1−m−1)!+ (q+ 1)!

m!(q+ 1−m)!

= (q+ 1)!

(m+ 1)!(q−m)!+ (q+ 1)!

m!(q+ 1−m)! = (q+ 1)!(q+ 1−m) + (q+ 1)!(m+ 1) (m+ 1)!(q+ 1−m)!

= (q+ 1)!(q+ 2)

(m+ 1)!(q+ 2−m−1)! = (q+ 2)!

(m+ 1)!(q+ 2−m−1)! = q+ 2

m+ 1

3. (a) Snest la somme denvariables prenant leurs valeurs dansJ1; +∞J, on a doncSn(Ω) =Jn; +∞J.

Avec le système complet d'événements(Sn =j)k>n, la formule des probabilités totales donne, pour toutk>n+ 1:

(Sn+1=k) =

+∞

[

j=n

(Sn=j)∩(Sn+1=k) =

+∞

[

j=n

(Sn=j)∩(Sn+Xn+1=k) =

+∞

[

j=n

(Sn=j)∩(Xn+1=k−j) On remarque alors que Xn+1 = k−j est impossible pour k−j 60, donc pourj >k, et la

réunion s'arrête donc à k−1 pour donner : (Sn+1=k) =

k−1

[

j=n

(Sn=j)∩(Xn+1=k−j) puis par incompatibilité de la réunion :

P(Sn+1=k) =

k−1

X

j=n

P

(Sn=j)∩(Xn+1=k−j)

(b) LesX_iétant indépendantes, par lemme des coalitions,X_n+1etS_n=

n

P

i=1

X_i sont indépendantes donc pour tout k>n+ 1 :

P(Sn+1=k) =

k−1

X

j=n

P(Sn=j)P(Xn+1=k−j) =

k−1

X

j=n

P(Sn =j)(1−x)^k−j−1x

Montrons alors par récurrence sur n > 1 la propriété Pn : " ∀k ∈ Jn; +∞J, P(Sn = k) =

k−1 n−1

xⁿ(1−x)^k−n :

• Pour n= 1,S₁=X₁ qui suit la loi géométrique de paramètre x, donc on a bien :

∀k∈N^∗, P(S₁=k) = (1−x)^k−1x= k−1

0

x¹(1−x)^k−1 puisque ^k−1₀

= 1, et la propriété est vraie au rangn= 1.

• On suppose la propriété vériée au rangn>1, alors pour tout k>n+ 1, le début de la question permet d'écrire :

P(Sn+1=k) =

k−1

X

j=n

j−1 n−1

xⁿ(1−x)^j−n(1−x)^k−j−1x=

k−1

X

j=n

j−1 n−1

xⁿ⁺¹(1−x)^k−n−1=xⁿ⁺¹(1−x)^k−(n+1)

k−1

X

j=n

j−1 n−1

Calculons cette somme en faisant apparaître le résultat de la question 2 : avec le changement d'indicei=j−1 on a :

k−1

X

j=n

j−1 n−1

=

k−2

X

i=n−1

i n−1

=

k−2 + 1 n−1 + 1

= k−1

n

et on obtient nalement : pour toutk>n+ 1, P(S_n+1=k) =

k−1 n

xⁿ⁺¹(1−x)^k−(n+1) et la propriété est vériée au rangk+ 1.

• En conclusion, pour toutn∈N^∗, la loi deS_n est bien donnée par :

∀k∈Jn; +∞J, P(Sn=k) = k−1

n−1

xⁿ(1−x)^k−n (c) (Sn =k)_k∈

Jn;+∞J est un système complet d'événements donc :

+∞

X

k=n

P(S_n=k) =xⁿ

+∞

X

k=n

k−1 n−1

(1−x)^k−n= 1.

En divisant parxⁿ6= 0on obtient bien :

+∞

X

k=n

k−1 n−1

(1−x)^k−n= 1 xⁿ.

(d) Il faut sommernvariables indépendantes suivant la loi géométrique de paramètrepdonc il faut entrer la commande :

S=sum(grand(1,n,'geom',p))

Partie II.

1. (a) Commep∈]0; 1[, son logarithme est strictement négatif. Avecq^k>0etk >0, on obtient bien :

∀k∈N^∗, u_k=− q^k klnp >0

(b) A l'aide de la question 1d, appliquée avec q∈[0; 1[, on peut armer que cette série converge et que :

+∞

X

k=1

uk =− 1 lnp

+∞

X

k=1

q^k

k =− 1

lnp× −ln(1−q)

= lnp lnp= 1

2. (a) On considère la série de terme général kP(X =k), dont on remarque qu'elle est géométrique de raison qavec|q|, donc elle converge absolument. On en déduit queX admet une espérance et :

E(X) =− 1 lnp

+∞

X

k=1

q^k=− 1

lnp×q× 1

1−q =− q plnp

(b) De même la série de terme généralk²P(X=k)converge absolument comme série géométrique dérivée avec |q|<1, doncX admet un moment d'ordre deux et donc une variance, avec :

E(X²) =− 1 lnp

+∞

X

k=1

kq^k =− q lnp

+∞

X

k=1

kq^k−1=− q

lnp× 1

(1−q)² =− q p²lnp puis par Koenig-Huyghens :

V(X) =− q

p²lnp− q²

p²(lnp)² =−qlnp+q²

p²(lnp)² =−q(q+ lnp) p²(lnp)²

3. (a) Lorsque X=k, Y peut prendre toutes les valeurs deJ0;kK. De plusk prend toutes les valeurs de 1 à+∞donc en réunissant les possibilités on obtient bien :

Y(Ω) =N

Par formule de probabilités totales avec le système complet(X =k)k>1on obtient alors :

P(Y = 0) =

+∞

X

k=1

P(X=k)P_(X=k)(Y = 0) =−

+∞

X

k=1

q^k

klnp×q^k=− 1 lnp

+∞

X

k=1

(q²)^k k

et enn la question 1d de la partie I donne : P(Y = 0) = − 1

lnp× ln(1−q²)

=− 1

lnp× −ln([1−q][1 +q])

= 1

lnp× lnp+ ln(1 +q)

= lnp+ ln(1 +q)

lnp = 1 +ln(1 +q) lnp (b) Commençons par établir la formule demandée :

k n

k = k!

kn!(k−n)! = (k−1)!

n!(k−n)! et

k−1 n−1

n = (k−1)!

n(n−1)!(k−1−n+ 1)! = (k−1)!

n!(k−n)!

donc les deux sont bien égaux.

On applique alors la formule de probabilités totales avec le système complet (X =k)k>1 :

P(Y =n) =

+∞

X

k=1

P(X =k)P_(X=k)(Y =n)

On remarque queY =nn'est possible que sik>ndonc les termes de 1 àn−1sont nuls et :

P(Y =n) =

+∞

X

k=n

P(X =k)P_(X=k)(Y =n) =−

+∞

X

k=n

q^k klnp×

k n

pⁿq^k−n=−pⁿ lnp

+∞

X

k=n k n

k ×q^2k−n

= −pⁿ lnp

+∞

X

k=n k−1 n−1

n ×q^2k−n

Enn on fait apparaîtreqⁿ à l'extérieur de la somme et pour compenserq⁻ⁿà l'intérieur et on obtient :

P(Y =n) =−pⁿqⁿ nlnp

+∞

X

k=n

k−1 n−1

×q^2k−2n=−pⁿqⁿ nlnp

+∞

X

k=n

k−1 n−1

×(q²)^k−n

En appliquant comme indiqué la question 3c de la partie I avec x = 1−q² qui donne bien 1−x=q²on obtient :

P(Y =n) =−pⁿqⁿ

nlnp× 1

(1−q²)ⁿ =− pⁿqⁿ

nlnp[(1−q)(1 +q)ⁿ] =− pⁿqⁿ

nlnppⁿ(1 +q)ⁿ =− qⁿ n(1 +q)ⁿlnp (c) On calcule cette série en faisant attention de séparer le termek= 0:

+∞

X

k=0

P(Y =k) = 1 +ln(1 +q) lnp − 1

lnp

+∞

X

k=1

_q

1+q

^k k

et on applique une fois de plus la question 1d de la partie I avec _1+q^q ∈ [0; 1[(car positif par quotient de facteurs positifs, et strictement inférieur à 1 avecq <1 +q) :

+∞

X

k=0

P(Y =k) = 1 +ln(1 +q) lnp − 1

lnp×

−ln

1− q 1 +q

= 1 +ln(1 +q) lnp + 1

lnpln 1

1 +q

= 1 +ln(1 +q) lnp − 1

lnpln(1 +q) = 1 (d) On reconnaît une série géométrique avec

q 1+q

<1 donc qui converge absolument.Y admet donc une espérance et :

E(Y) = 0P(X= 0)− 1 lnp

+∞

X

k=1

q 1 +q

^k

=− 1 lnp× q

1 +q× 1

1−_1+q^q =− 1 lnp× q

1 +q× 1

1 1+q

=− q lnp En reconnaissant cette fois une série géométrique dérivée de même paramètre que précédem- ment,Y admet un moment d'ordre deux et :

E(Y²) = 0²P(X = 0)− 1 lnp

+∞

X

k=1

k q

1 +q ^k

=− 1 lnp× q

1 +q× 1

1−_1+q^{q 2}

= − 1 lnp× q

1 +q× 1

1 (1+q)²

=−q(1 +q) lnp EnnY admet bien une variance et

V(Y) =−q(1 +q) lnp − q²

(lnp)² =−q(1 +q) lnp+q²

(lnp)² =−q(q+ (1 +q) lnp) (lnp)²