MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 10 (2h) le 03/05/17 29 juin 2019
Préliminaires
1. Les issues de l'expérience sont les suites demPile ou Face. la probabilité (élémentaire) d'une issue est
pNb de FaceqNb de Pile
L'événementL xe lesnpremiers Pile ou Face, les suivants sont quelconques. On en déduit
P(L) =pNb Face dsLqNb Pile dsL
m−n
X
k=0
m−n k
pkqm−n−k
| {z }
=1
=pNbFaceLqNbPileL
Cette probabilité est indépendante du nombre totalmde lancers. On aurait aussi pu raisonner en utilisant l'indépendance des événements.
2. On transforme la matrice par les opérations élémentaires suivantes qui conservent le rang
L3←L3−aL1 L2←L2−aL1 L3←L3−bL2
On obtient la matrice triangulaire supérieure
1 1 1
0 b−a c−a 0 0 (c−a)(c−b)
Elle est inversible si et seulement si ses termes diagonaux sont non nuls c'est à dire lorsquea,b,csont deux à deux distincts.
I. Première obtention de deux Faces consécutifs.
1. Établissement d'une relation de récurrence.
a. On ne peut obtenir deux Face en un seul lancer :E1 =∅, p1 = 0. L'événement E2 et le singleton{(F, F)} doncp2=p2. L'événementE3 est aussi un singleton.
Il ne peut se réaliser que d'une seule manière :E3={(P, F, F)} doncp3=qp2. b. L'événementEn+3 se réalise si et seulement si Face est obtenu aux lancersn+ 2
etn+ 3et aucune séquence de 2 Face consécutifs n'a été obtenu auparavant c'est à dire
En+3=Fn+3∩Fn+2∩
n+1
[
k=1
Ek
=Fn+3∩Fn+2∩En+1∩En∩ · · · ∩E1=Fn+3∩Fn+2∩Pn+1∩En∩ · · · ∩E1
car
Fn+3∩Fn+2∩En+1=Fn+3∩Fn+2∩Pn+1.
Comme on a obtenu un Face au lancern+ 2et que cela n'était pas la première séquence de Face, on avait forcément un Pile au lancern+ 1.
c. La relation précédente, s'écrit encore
En+3=Fn+3∩Fn+2∩Pn+1∩
n
[
k=1
Ek. Comme les événementsEk sont deux à deux incompatibles,
P
n
[
k=1
Ek
!
= 1−
n
X
k=1
pk ⇒pn+3=p2q 1−
n
X
k=1
pk
! .
d. Détachons lepn de la somme dans la parenthèse : pn+3=p2q 1−
n−1
X
k=1
pk−pn
!
=pn+2−p2qpn.
On connait les valeurs de p1, p2 et p3. Pour que la relation de récurrence soit vériée pourn= 0, on doit avoir
p3=p2−p2qp0⇒ −p2qp0=qp2−p2=−p3⇒p0= p q. 2. Suites et matrices
a. Toute combinaison linéaire de suites vériant la relation de récurrence vérie encore cette relation. L'ensembleU est donc un sous-espace du R-espace formé par toutes les suites réelles. La dimension deU est3 car l'application
ϕ:
( U →R3 (un)n∈
N7→(u0, u1, u2)
est un isomorphisme. En eet toute suite vériant la relation de récurrence d'ordre 3 est complètement déterminée par ses trois premiers termes. Dénissons des suites particulièresβ0, β1, β2 deU par leurs premiers termes :
β0: 1,0,0,· · ·; β1: 0,1,0,· · ·; β2: 0,0,1,· · ·; etB= (β0, β1, β2).
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C'est une base deU car son image par ϕest la base canonique deR3. DansB, les coordonnées d'un vecteur(un)n∈Nsont les trois premiers termes(u0, u1, u2). L'applicationSde décalage d'indice est clairement linéaire. De plus, si(un)n∈
N∈ U c'est à dire vérie la relation de récurrence, la suite décalée la vérie aussi.
DoncS est un endomorphisme.
Les coordonnées deS((un)n∈
N)dansBsont(u1, u2, u3)soit
u1
u2
u3
=
u1
u2
−p2qu0+u2
=
0 1 0
0 0 1
−p2q 0 1
u0
u1
u2
⇒MatBS=A.
b. La division euclidienne deP parX−pconduit à
P =X3−X2+p2q= (X−p)(X2−qX−pq)
Étudions dans [−1,+1] le polynôme du second degré f(x) = x2−qx−pq. En calculant la dérivéef0(x) = 2x−q, on montre qu'elle atteint son minimun en q2. De plus, comme
f(−1) = 1 +q2>0, f(0) =−pq <0, f(q
2) =−q2
4 −pq <0, f(1) =p2>0 la fonctionf s'annule en unr2∈]−1,0[et en unr1∈]q2,1[⊂]0,1[.
c. TransformonsA−λI3par opérations élémentaires :
−λ 1 0
0 −λ 1
−p2q 0 1−λ
1 0 −λ
−λ 1 0
0 1−λ −p2q
1 0 −λ
0 1 −λ2
0 1−λ −p2q
1 0 −λ
0 1 −λ2
0 0 −p2q−(1−λ)(−λ2)
=
1 0 −λ
0 1 −λ2
0 0 −p2q+λ2−λ3
On en déduit queA−λI3est non inversible si et seulement si P(λ) = 0.
d. Les réelsp,r1, r2 sont les racines deP donc les suites géométriques de raisonp, r1,r2 sont dansU. La matrice dansB de la familleG formée par ces suites est
1 1 1
p r1 r2
p2 r21 r22
Cette matrice (de VanderMonde) est inversible si r1, r2, p sont deux à deux distincts. Il s'agit alors de la matrice de passage deB vers G. On a montré que r1 6=r2. En revanche, il est possible d'avoir r1 =p si pest racine double de P c'est à dire sip=23. LorsqueGest une base, la matrice deS dansG est
p 0 0 0 r1 0 0 0 r2
3. Expression des probabilitéspn.
La suite proposée est une combinaison des suites géométriques de raisonr1etr2. Elle est donc dansU. Il sut de montrer que les trois valeurs initiales coincident avecp0, p1,p2.
Pourn= 0 :
p2
1 r1 −r1
2
r1−r2 =− p2 r1r2 = p2
pq = p q =p0
carr1 et r2 sont les racines dex2−qx−pq doncr1r2=−pq. Pourn= 1, le numérateur s'annule. La valeur est donc celle dep1. Pourn= 2, on simplie parr1−r2 et on obtientp2=p2.
4. Temps d'attente moyen.
a. Il s'agit de sommes géométriques convergentes
n
X
k=1
pk= p2 r1−r2
1−r1n
1−r1 −1−r2n 1−r2
La suite converge vers p2
r1−r2
1 1−r1
− 1 1−r2
= p2 r1−r2
r1−r2
(1−r1)(1−r2) =p2 p2 = 1 carf(x) =x2−qx−pq= (x−r1)(x−r2)donc
(1−r1)(1−r2) =f(1) =p2.
Ce résultat est cohérent avec l'interprétation probabiliste despk pourk≥1. b. La limite demandée se calcule à l'aide de dérivées. Considérons
g(x) =
n
X
k=0
xk= 1−xn+1
1−x g0(x) =
n
X
k=1
kxk−1= 1−xn+1
(1−x)2 −(n+ 1) xn 1−x
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Pour|x|<1, les suites (xk)et(kxk−1)convergent vers0. On en déduit que
n
X
k=1
kxk−1
!
n∈N
→ 1
(1−x)2
Par linéarité, la limite demandée est
p2 r1−r2
1
(1−r1)2− 1 (1−r2)2
= p2 r1−r2
r22−r12−2(r2−r1) (1−r1)2(1−r2)2
=p2(2−r1−r2)
p4 =2−q
p2 = 1 +p p2
II. Première obtention de r Faces consécutifs.
1. En raisonnant exactement comme dans la première partie, on obtient p1=· · ·=pr−1= 0, pr=pr, pr+1=qpr
L'événementEn+r+1est réalisé si Face est sorti auxrderniers lancers mais pas au pré- cédent et si aucune séquence ne s'est réalisée lors desnpremiers tirages. Or l'événement une séquence derFace s'est réalisée lors des npremiers lancers est l'événement
E1∪ · · · ∪En
qui est une union d'événements incompatibles. On en déduit
∀n∈N∗, pn+r+1=prq 1−
n
X
k=1
pk
!
En isolant lek=nde la somme et en utilisant la formule au rangn−1, on obtient
∀n∈N∗, pn+r+1 =pn+r−prqpn
La valeur choisie conventionnellement pourp0 doit vérier
pr+1=pr−prqp0⇔prqp0=pr−qpr=pr+1⇔p0= p q
2. a. Il existe un intervalle ouvertIcontenant0et dans lequelBne s'anulle pas carB est une fonction polynomiale donc continue telle queB(0) = 16= 0.
b. La fractionF estC∞dansI, elle admet donc des développements limités à tous les ordres.
Pour toutm > r+ 1, considérons un entiern≥m+r+ 1et Q=BF= 1−X+prqXr+1
(u0+u1x+· · ·+unxn+o(xn))
En développant à droite, on obtient un développement limité à l'ordrendont le coecient dexmest
um−um−1+prq um−r−1
Or ce coecient est nul car, à droite, le polynômeQest de degrér. Cela prouve,
∀m≥r+ 1, um=um−1−prq um−r−1
c. En développant le produit, il ne faut surtout pas oublier de tronquer en o(xr). On obtient
p
q+prxr+o(xr)
1−x+prqxr+1
= p q−p
qx+prxr+o(xr)
3. Comme G = QB avec deg(Q) ≤ r, le polynôme Q est la partie polynomiale du dé- veloppement limité de BG à l'ordre r. On peut calculer car on connait le début du développement deG:
B(x)G(x) = 1−x+prqxr+1 p
q +prxr+o(xr)
⇒Q= p
q(1−X) +prXr On en déduit l'expression de la fonction génératrice
G(x) =
p
q(1−x) +prxr
1−x+prqxr+1 ⇒G(1) = pr prq = 1
q En enlevant la partie conventionnellep0= pq on trouve encore que
G(1)−p0= 1 q−p
q = 1 Après un calcul sans grand intérêt, on trouve
G0(1) = 1 q
1 pr −1
Sir= 2, on retrouve bien l'expression 1+pp2 de la question I.4.b.
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