Devoir Surveillé n

Lycée français de Vienne Mathématiques - F. Gaunard http://frederic.gaunard.com

Devoir Surveillé n

4

Solution

Exercice 1. (D’après EDHEC 2010) Pour tout entier naturel n, on pose un=

n

Y

k=0

1 + 1

2^k

= (1 + 1)

1 + 1

2 1 + 1 4

· · ·

1 + 1 2ⁿ

.

(1) On calcule

u0 = 1 + 1

2⁰ = 1 + 1 = 2 u1 = u0×

1 + 1

2

= 2× 3 2 = 3 u2 = u1×

1 + 1

2²

= 3× 5 4 = 15

4 .

(2) (a) L’inégalité se montre facilement par récurrence. On vient de voir que u0 = 2 ce qui permet de l’initialiser. Supposons alors que un ≥ 2 pour un certain n ≥ 0. En constatant que

1 + ₂^1k

≥1, on a

un+1 =un×

1 + 1 2^k

≥un≥2, et la récurrence est bien démontrée.

(b) L’inégalité obtenue à la question précédente intègre la preuve que la suite(un)est croissante.

(c) On a déjà obtenu cette inégalité un bon nombre de fois, notamment dans le cours, au Chapitre 1. On y renvoie donc pour les détails de cette question facile et classique.

(d) Comme un ≥ 2 pour tout n ≥ 0, tous les termes sont en particulier strictement positifs et on peut calculer le logarithme deun. En combinant les propriétés du log, l’inégalité obtenue à la question précédente ainsi que la formule du calcul d’une somme des termes d’une suite géométrique, on a

ln(un) = ln

n

Y

k=0

1 + 1

2^k !

=

n

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

≤

n

X

k=0

1

2^k = 2 1− 1

2

n+1!

≤2.

(3) On revient àun en prenant l’exponentielle dans l’inégalité précédente. Comme de plus, un≥ 2, on a donc

2≤u_n ≤exp(2).

Ainsi la suite (un) est croissante et majorée par 2. Le théorème de convergence monotone assure donc que la suite est convergente vers une certaine limite ℓ. Par passage à la limite dans l’encadrement ci-dessus, on voit que

2≤ℓ≤exp(2)⇐⇒ℓ ∈[2;e²].

(4) On se propose dans cette question de déterminer la nature de la série de terme général(ℓ−un).

(a) Comme ℓ >0, en particulier ln est continue en ℓ donc ln (un)converge vers ln (ℓ). De plus, ln (u_n) =

n

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

donc, la série P

ln 1 + ₂^1k

converge et

+∞

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

= lim

n→+∞

n

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

= ln (ℓ). (b) Comme un etℓ sont strictement positifs,

ln ℓ

un

= ln (ℓ)−ln (un)

=

+∞

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

−

n

X

k=0

ln

1 + 1 2^k

=

+∞

X

k=n+1

ln

1 + 1 2^k

,

ce qu’on voulait.

(c) Comme ln

1 + 1 2^k

≤ 1

2^k, alors

+∞

X

k=n+1

ln

1 + 1 2^k

≤

+∞

X

k=n+1

1 2^k

=

+∞

X

k=0

1 2^k −

n

X

k=0

1 2^k

= 1

1− ¹₂ −1− ¹₂n+1

1− ¹₂

= 2× 1

2 n+1

= 1 2ⁿ.

(d) On a vu que la suite (un) était croissante donc un≤ℓ ou encore ℓ−un≥0. D’autre part, ℓ−un−ℓ

1−e⁻²¹ⁿ

=−un+ℓe⁻²¹ⁿ. Mais, on sait par la question précédente que

ln ℓ

un

≤ 1

2ⁿ ⇐⇒ ℓ un

≤e^1/2n

ce qui permet de voir que

ℓ−une^1/2n ≤0 ou encore que

−un+ℓe^−1/2n

e^1/2n ≤0⇐⇒ −un+ℓe^−1/2n

(car l’exponentielle en facteur est strictement positive) et finalement, on a bien ℓ−un−ℓ 1−e^−1/2n

≤0.

(e) L’inégalité 1−e^−x ≤x(pour tout réelx) est ultra-classique. On l’a déjà démontrée environ deux mille fois. On peut ici, proposer un argument de convexité. En effet, la fonction x 7−→ e^−x est convexe (sa dérivée seconde est strictement positive) et se trouve donc au dessus de toute ses tangentes, y compris y = 1−x, tangente en 0. En appliquant cette chouette inégalité au membre de droite de l’inégalité précédente, on obtient

0≤ℓ−un≤ℓ

1−exp

− 1 2ⁿ

≤ ℓ 2ⁿ,

et ℓ−un est donc majorée par un multiple du terme général d’une série géométrique con- vergente (de raison 1/2). Par le critère de comparaison des séries à termes positifs, on peut conclure à la convergence de la série de terme général (ℓ−un).

Exercice 2. (D’après ECRICOME 2004) Une personne envoie chaque jour un courrier électronique par l’intermédiaire de deux serveurs : le serveur A ou le serveur B.

(1) Dans cette question, on suppose que la probabilité d’une erreur de transmission avec le serveur A est de 0.1, alors que la probabilité d’erreur de transmission avec le serveur B est de 0.05.

(a) Comme nécessairement le serveur A ou le serveur B est choisi, le couple d’évènements {SA;SB}(correspondants respectivement au choix du serveur A et du serveur B) forme un système complet d’évènements. On peut donc, pour calculer la probabilité d’une erreur de transmission (évènement que l’on appelle T) utiliser la formule des probabilités totales:

P(T) = PSA(T)P(SA) +PSB(T)P(SB)

= 0.1×0.7 + 0.05×0.3

= 0.07 + 0.015

= 0.085.

(b) Afin d’inverser le conditionnement et trouver, comme demandé,PT(SA), on utilise la formule de Bayes, dont on se souvient parfaitement car on est un élève sérieux. En plus, on remarque qu’on a déjà calculé le dénominateur à la question précédente. Le monde est bien fait.

PT(SA) = PS^A(T)P(SA)

PSA(T)P(SA) +PSB(T)P(SB)

= 0.07 0.085

= 70 85 = 14

17.

(2) (a) Pour montrer que presque sûrement le serveur A sera choisi, on peut montrer que la proba- bilité qu’il ne soit jamais choisi vaut 0. Notons A^∞ l’évènement correspondant au fait que A ne soit jamais choisi. On a alors,

A^∞=

+∞

\

k=1

Bk.

Par un corollaire du théorème de la limite monotone, on a

P(A^∞) = lim

n→+∞P

n

\

k=1

Bk

! .

Or, les choix des serveurs étant indépendants,

P

n

\

k=1

B_k

!

=

n

Y

k=1

P(B_k) =

n

Y

k=1

0.3 = (0.3)ⁿ −→0, n →+∞,

et on a bien P(A^∞) = 0. Un raisonnement en tout point analogue permet de voir que, presque sûrement le serveur B sera choisi (dans ce cas P(B^∞) = 0←−(0.7)ⁿ).

(b) Voir L_k réalisé signifie que pendant les k premiers jours, c’est le même serveur qui a été choisi et le jours suivant l’autre serveur. Ce serveur peut-être le A ou le B.

Donc

Lk= (A1∩ · · · ∩Ak∩Bk+1)∪(B1∩ · · · ∩Bk∩Ak+1). Les deux parenthèses étant incompatibles

P(Lk) =P (A1∩ · · · ∩Ak∩Bk+1) +P(B1 ∩ · · · ∩Bk∩Ak+1) et les choix de serveurs sont indépendants donc

P(Lk) = P (A1). . . p(Ak)p(Bk+1) +P (B1). . . p(Bk)p(Ak+1)

= (0.3)^k(0.7) + (0.7)^k(0.3). (c) On passe par la somme partielle.

N

X

k=1

P (Lk) =

N

X

k=1

(0.3)^k(0.7) + (0.7)^k(0.3)

= (0.7)

N

X

k=1

(0.3)^k+ (0.3)

N

X

k=1

(0.7)^k

= (0.7)

N

X

k=0

(0.3)^k−1

!

+ (0.3)

N

X

k=1

(0.7)^k−1

!

N−→→+∞ 0.7 1

1−0.3 −1

+ 0.3 1

1−0.7 −1

= 1.

La convergence venant de |0.3|<1 et|0.7|<1. Ainsi,

+∞

X

k=1

P (Lk) = 1

(d) On exprime la somme partielle de la série à l’aide des séries géométriques dérivées

N

X

k=1

kP (L_k) =

N

X

k=1

k

(0.3)^k(0.7) +k(0.7)^k(0.3)

= (0.7×0.3)

N

X

k=1

k(0.3)^k−1+ (0.3×0.7)

N

X

k=1

k(0.7)^k−1

N−→→+∞ 0.21

1

(1−0.3)² + 1 (1−0.7)²

= 0.58 0.21

donc la série est bien convergente et sa somme vaut

+∞

X

k=1

P (L_k) = 58

21 ≃2.76.

(e) Comme précédemment on décompose Lk∩Mj suivant que le premier serveur choisi a étéA ouB en tenant compte du fait que la première série est de longueur kcar Lk est réalisé. On obtient

Lk∩Mj =

k

\

i=1

Ai k+j

\

ℓ=k+1

Bℓ∩Ak+j+1

! [

k

\

i=1

Bi k+j

\

ℓ=k+1

Ak∩Bk+j+1

! .

Les deux parenthèses étant incompatibles et les choix de serveurs indépendants, on a alors

P (Lk∩Mj) =

k

Y

i=1

P (Ai)

! _k+j

Y

ℓ=k+1

P (Bℓ)

!

P (Ak+j+1) +

k

Y

i=1

P (Bi)

! _k+j

Y

ℓ=k+1

P (Aℓ)

!

P (Bk+j+1)

= 0.7^k×(0.3)^j×0.7 + (0.3)^k×(0.7)^j ×0.3

= (0.7)^k+1(0.3)^j+ (0.3)^k+1(0.7)^j.

(f) La famille {Lk : k ∈ N^∗} forme naturellement un système complet d’évènements. La formule des probabilités totales donne donc

P(M_j) =

+∞

X

k=1

P(L_k∩M_j)

=

+∞

X

k=1

(0.7)^k+1(0.3)^j+ (0.3)^k+1(0.7)^j

= (0.3)^j(0.7)²

+∞

X

k=1

(0.7)^k−1+ (0.7)^j(0.3)²

+∞

X

k=1

(0.3)^k−1

= (0.3)^j(0.7)²× 1

1−0.7+ (0.7)^j(0.3)²× 1 1−0.3

= (0.7)²(0.3)^j−1+ (0.3)²(0.7)^j−1.

Exercice 3. (D’après EML 2002) Dans R⁴, on note B = {e1, e2, e3, e4} la base canonique et on considère l’endomorphisme fR⁴ →R⁴ défini par

f(e1) =e1+e2+e4, f(e2) =f(e1)−e3, f(e3) =−e1+e2, et f(e4) =−3e1−2e2+e3−2e4.

(1) Il découle immédiatement de la définition de f par son action sur la base canonique que sa matrice dans la même base est donnée par

K =









1 1 −1 −3

1 1 1 −2

0 −1 0 1

1 1 0 −2







 .

(2) Par définition, Ker(f) ={u:Ku= 0}. Par conséquent,

u=







 x y z t









∈Ker(f) ⇐⇒









1 1 −1 −3

1 1 1 −2

0 −1 0 1

1 1 0 −2















 x y z t









=







 0 0 0 0









=











x+y−z−3t = 0 x+y+z−2t = 0

−y+t = 0 x+y−2t = 0

⇐⇒ x=y=z =t= 0

⇐⇒ u= 0

ce qui donne Ker(f) = {0}, ce qui est équivalent à l’injectivité def. De plus,f est un endomor- phisme et on sait que l’injectivité est alors équivalente à la surjectivité. Au final, f est bijective et sa matrice K est donc inversible.

(3) Comme K est la matrice de f dans la base canonique, la matrice de f ◦f est donnée par K². Ainsi,

Mat(f²,B) = K² =









−1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −1









=−I4.

(4) On introduit alors les vecteurs

v1 =e1, v2 =f(e1), v3 =e3, v4 =f(e3).

(a) La famille C ={v1, v2, v3, v4} contient 4 vecteurs. Pour montrer qu’elle forme une base de R⁴, il suffit de vérifier que c’est une famille libre. Soient donc λ1, λ2, λ3, λ4 des coefficients réels tels que

(⋆) λ1v1+λ2v2+λ3v3+λ4v4 = 0.

Mais alors,

(⋆) ⇐⇒











λ1+λ2−3λ4 = 0 λ2 +−2λ4 = 0 λ3+λ4 = 0 λ2−2λ4 = 0

⇐⇒ λ1 =λ2 =λ3 =λ4 = 0, et C est bien libre et forme donc une base de R⁴.

(b) On a

f(v1) = f(e1) =v2

= 0·v1+ 1·v2+ 0·v3+ 0·v4

f(v2) = f(f(e1)) =f²(e1) =−I4·e1 =−e1

= −1·v1+ 0·v2+ 0·v3+ 0·v4

f(v3) = f(e3) =v4

= 0·v1+ 0·v2+ 0·v3+ 1·v4

f(v4) = f(f(e3)) =f²(e3) =−I4·e3 =−e3

= 0·v1+ 0·v2−1·v3 + 0·v4.

On forme alors facilement la matrice de f dans la base C:

Mat(f,C) =









0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0







 .

(5) On introduit la matrice P dont les colonnes sont les vecteurs de la base C. (a) La matrice P est donnée par

P =









1 1 0 −1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0







 .

Pour montrer que P est inversible, on peut utiliser un Pivot de Gauss, qui si on l’applique simultanément à la matrice identité nous donnera en plus P⁻¹. C’est donc ce que l’on fait.









1 1 0 −1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1

















1 0 0 −2 1 −1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 −1

















1 0 0 0 1 1 0 −2 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 −1







 Ainsi, P est inversible et

P⁻¹ =









1 1 0 −2 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 −1







 .

(b) On fait le calcul

P⁻¹KP =









1 1 0 −2 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 −1

















1 1 −1 −3

1 1 1 −2

0 −1 0 1

1 1 0 −2

















1 1 0 −1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0









=









0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0







 .

La matrice P s’appelle la matrice de passage de la base canonique vers la base C. Le lien entre les matrices de f dans les deux bases différentes est donc donné par la formule ci-dessus.

Exercice 4. (Simulations sous SciLab) Les deux questions sont indépendantes.

(1) On considère une expérience aléatoire présentant deux issues: une que l’on appellesuccès, et qui se produit avec probabilité p∈]0; 1[, et l’autre que l’on appelle échec.

(a) La fonction dont le script est donné permet de compter le nombre de coups nécessaires à l’apparition du premier échec.

(b) Pour avoir un second succès, il faut déjà en avoir un premier. Il suffit d’utiliser deux fois consécutives des instructions similaires aux précédentes, mais avec un succès. On propose le script suivant.

(2) Olive et Tom s’affrontent aux tirs au but et se lancent dans une succession de tirs, chacun leur tour - en commençant par Olive - jusqu’à ce que l’un des deux marque un but. Tom est un peu meilleur qu’Olive; il marque deux fois sur trois alors que son ami ne marque qu’une fois sur deux.

(a) La solution du programme est proposée ci-dessous:

(b) Pour savoir si le jeu est-il équilibré, il faut calculer la probabilité que l’un des deux gagne et voir si elle vaut 1/2. On a déjà fait ce genre de calcul. Notons An l’évènement "Olive marque son premier tir à san−ième tentative. On doit donc voir si, notantA"Olive gagne"

P(A) =P

+∞

[

n=1

An

!

=

+∞

X

n=1

P(An)

car l’union ci-dessus est disjointe. Mais, il est clair que si Olive réussit pour la première fois à son n−ième tentative, les deux joueurs ont raté chacun n−1 fois. Ainsi,

P(A_n) = 1

2

n−1 2 3

n−1

1 2 = 1

2 1

3 n−1

.

Ainsi,

P(A) =

+∞

X

n=1

1 2

1 3

n−1

= 1 2× 1

1− ¹₃ = 3 4 6= 1

2, et le jeu est clairement en faveur d’Olive.