DS3 (ESSEC I 2008)
Exercice 1 : Probablités discrètes
Deux personnes P1 et P2 ont rendez-vous dans un complexe formé de cinq sites S1, S2, S3, S4, S5
disposés en pentagone et reliés par des routes comme l’illustre le schéma ci-dessous.
S1 S2
S3
S5 S4
Ils arrivent au rendez-vous à l’heure prévue, mais suite à un malentendu,P1 se présente au site S1 et P2 au site S2. Ils décident alors de partir à la recherche l’un de l’autre. Ils empruntent les différentes routes du complexe, avec les règles suivantes :
× à partir d’un site, chacun choisit de se rendre sur l’un des deux sites voisins, les deux possibilités étant équiprobables ;
× les déplacements des deux personnes se font simultanément ;
× tous les choix de déplacement se font indépendamment les uns des autres.
Ils continuent à se déplacer ainsi jusqu’à se retrouver éventuellement sur un même site (ils ne se rencontrent pas le long des routes). Une fois retrouvés, ils ne se déplacent plus.
A. Modélisatlon du problème
Pour tout entier naturel n, on définit les trois événements An,Bn,Cn :
× An : « les deux personnes sont sur le même site après lenème déplacement »
× Bn : « les deux personnes sont sur des sites adjacents après le nème déplacement »
× Cn : « les deux personnes sont à deux routes de distance après le nème déplacement » On notean,bn,cn les probabilités des événements An,Bn,Cn.
1. Justifier queAn,Bn,Cn.forment un système complet d’événements.
Démonstration.
• Le complexe est formé de5 sites. Il y a donc au plus2 routes qui séparent deux sites distincts.
Par exemple, par exemple :
× les sitesS1 etS3 sont séparés par les 2 routes :S1 ↔S2 etS2↔S3,
× les sitesS1 etS4 sont séparés par les 2 routes :S1 ↔S5 etS5↔S4.
• Soit n ∈ N. À l’instant n, les personnes P1 et P2 sont chacune sur un site (éventuellement identique). Trois cas se présentent alors :
× soit les 2sites sont identiques, ce qui signifie que l’événement An est réalisé,
× soit les 2sites sont séparés par 1route, ce qui signifie que l’événementBn est réalisé,
× soit les 2sites sont séparés par 2routes, ce qui signifie que l’événement Cn est réalisé
Il n’y a pas d’autres cas possibles puisque deux sites quelconques sont distants d’au plus2routes.
Ainsi :An∪Bn∪Cn= Ω.
• De plus, les événementsAn,Bn etCn sont bien deux à deux incompatibles.
On en déduit que la famille(An, Bn, Cn) forme un système complet d’événements.
2. Déterminer les valeurs de a0,b0 etc0. Démonstration.
• Initialement, la personneP1 est sur le siteS1 etP2 est sur le siteS2. Elles sont donc sur des sites adjacents après le «0ème» déplacement (c’est-à-dire avant le 1er déplacement).
• On en déduit queB0 est toujours réalisé, i.e. :B0 = Ω.
Ainsi :b0 =P(B0) =P(Ω) = 1.
• On sait de plus, d’après la question précédente, que la famille (A0, B0, C0) forme un système complet d’événements.
On en déduit :a0 =P(A0) = 0etc0=P(C0) = 0.
3. a) Montrer :∀n∈N,PCn(An+1) = 1 4. Démonstration.
Soitn∈N.
• Si l’événement Cn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, P1 et P2 sont sur des sites séparés par2 routes.
• Dans ce cas, l’événementAn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont sur le même site. Cela se produit si et seulement si P1 et P2 se déplacent chacun sur le site adjacent qu’ils ont en commun.
Par exemple, si après lenème déplacement,P1 est en S1 etP2 est en S3, alors pour être sur le même site après le (n+ 1)ème déplacement, il doivent tous les deux se déplacer sur le site S2.
• Si l’événementCnest réalisé, alors un déplacement réalisant l’événementAn+1 est donc entiè- rement déterminé par :
× le choix du site commun sur lequel P1 etP2 se déplacent : 1possibilité.
De plus, après lenèmedéplacement, il y a4nouvelles configurations possibles pour le(n+1)ème déplacement.
Si on reprend l’exemple précédent, après le nème déplacement, comme P1 est en S1 etP2 est en S3, les quatre possibilités sont :
× P1 se déplace en S2 etP2 se déplace enS4,
× P1 se déplace en S2 etP2 se déplace enS2,
× P1 se déplace en S5 etP2 se déplace enS4,
× P1 se déplace en S5 etP2 se déplace enS2.
Enfin, les possibilités de déplacements sur des sites adjacents sont équiprobables.
On en déduit :PCn(An+1) = 1 4.
b) JustifierPAn(An+1) = 1.
Démonstration.
Soitn∈N.
• Si l’événement An est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, P1 et P2 sont sur le même site.
• Dans ce cas, l’événementAn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont toujours sur le même site.
• Or, d’après l’énoncé, une fois queP1etP2 se sont retrouvés, ils ne se déplacent plus. Ils restent donc toujours sur le même site à partir de cet instant.
Ainsi, si l’événementAn est réalisé, alors l’événement An+1 est toujours réalisé.
On en déduit :PAn(An+1) = 1.
c) Déterminer toutes les probabilités conditionnelles analogues.
On représentera les résultats en reproduisant et complétant le schéma suivant :
A
B C
1
1 4
Démonstration.
Soit n∈N.
• DéterminonsPAn(Bn+1).
× Si l’événement An est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, les personnes P1 et P2 sont sur le même site.
× Dans ce cas, l’événement Bn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont sur des sites adjacents. Cela ne peut pas se produire car, siP1 etP2 sont sur le même site après le nème déplacement, ils y restent.
Ainsi :PAn(Bn+1) = 0
• DéterminonsPAn(Cn+1).
× Si l’événement An est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, les personnes P1 et P2 sont sur le même site.
× Dans ce cas, l’événement Cn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont des sites séparés par2routes. Cela ne peut pas se produire car, si P1 etP2 sont sur le même site après le nème déplacement, ils y restent.
Ainsi :PAn(Cn+1) = 0.
• DéterminonsPBn(An+1).
× Si l’événement Bn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, les personnes P1 et P2 sont sur des sites adjacents.
× Dans ce cas, l’événement An+1 est réalisé si et seulement si, au (n+ 1)ème déplacement, P1
et P2 sont sur le même site. Cela ne peut pas se produire puisque P1 et P2 n’ont pas de site adjacent en commun.
Ainsi :PBn(An+1) = 0.
• DéterminonsPBn(Bn+1).
× Si l’événement Bn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, les personnes P1 et P2 sont sur des sites adjacents.
× Dans ce cas, l’événement Bn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont encore sur des sites adjacents. Un déplacement réalisant l’événement Bn+1 est donc entièrement déterminé par :
- le choix du couple de sites adjacents sur lesquelsP1 etP2 se déplacent :3 possibilités.
Si on prend l’exemple où, après lenèmedéplacement,P1 est enS1 etP2 est enS2, alors quatre cas se présentent après le (n+ 1)ème déplacement :
- P1 est enS2 etP2 est enS3. AlorsBn+1 est réalisé.
- P1 est enS2 etP2 est enS1. AlorsBn+1 est réalisé.
- P1 est enS5 etP2 est enS3. AlorsCn+1 est réalisé.
- P1 est enS5 etP2 est enS1. AlorsBn+1 est réalisé.
De plus, après lenème déplacement, il y a toujours4nouvelles configurations possibles pour le (n+ 1)ème déplacement.
Ainsi :PBn(Bn+1) = 3 4.
• DéterminonsPBn(Cn+1).
× Si l’événement Bn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, les personnes P1 et P2 sont sur des sites adjacents.
× Dans ce cas, l’événement Cn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont sur des sites séparés par2routes. Un déplacement réalisant l’événementCn+1 est donc entièrement déterminé par :
- le choix du couple de sites séparés par 2 routes sur lesquelsP1 etP2 se déplacent :1 possi- bilités.
On a déjà détaillé un exemple dans le point précédent.
De plus, après lenème déplacement, il y a toujours4nouvelles configurations possibles pour le (n+ 1)ème déplacement.
Ainsi :PBn(Cn+1) = 1 4.
On aurait également pu déterminerPBn(Cn+1)à l’aide du système complet d’événements (An+1, Bn+1, Cn+1) :
× l’applicationPBn est une probabilité,
× la famille(An+1, Bn+1, Cn+1)forme un système complet d’événements.
On en déduit :
PBn(Cn+1) = 1−PBn(An+1)−PBn(Bn+1) = 1−0−3 4 = 1
4 Commentaire
• DéterminonsPCn(Bn+1).
× Si l’événement Cn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, P1 et P2 sont sur des sites séparés par2 routes.
× Dans ce cas, l’événementBn+1est réalisé si et seulement si, au(n+1)èmedéplacement,P1etP2
sont sur des sites adjacents. Un déplacement réalisant l’événement Bn+1 est donc entièrement déterminé par :
- le choix du couple de sites adjacents sur lesquelsP1 etP2 se déplacent : 1 possibilité.
Si on prend l’exemple où, après lenèmedéplacement,P1 est enS1 etP2 est enS3, alors quatre cas se présentent après le (n+ 1)ème déplacement :
- P1 est enS2 etP2 est enS4. AlorsCn+1 est réalisé.
- P1 est enS2 etP2 est enS2. AlorsAn+1 est réalisé.
- P1 est enS5 etP2 est enS4. AlorsBn+1 est réalisé.
- P1 est enS5 etP2 est enS2. AlorsCn+1 est réalisé.
De plus, après lenème déplacement, il y a toujours4nouvelles configurations possibles pour le (n+ 1)ème déplacement.
Ainsi :PCn(Bn+1) = 1 4.
• DéterminonsPCn(Cn+1).
× Si l’événement Cn est réalisé, c’est qu’après le nème déplacement, P1 et P2 sont sur des sites séparés par2 routes.
× Dans ce cas, l’événement Cn+1 est réalisé si et seulement si, au(n+ 1)ème déplacement,P1 et P2 sont encore sur des sites distants de2 routes. Un déplacement réalisant l’événementCn+1 est donc entièrement déterminée par :
- le choix du couple de sites séparés par 2 routes sur lesquelsP1 etP2 se déplacent :2 possi- bilités.
Ainsi :PCn(Cn+1) = 1 2.
On aurait également pu déterminerPCn(Cn+1)à l’aide du système complet d’événements (An+1, Bn+1, Cn+1) :
× l’applicationPCn est une probabilité,
× la famille(An+1, Bn+1, Cn+1)forme un système complet d’événements.
On en déduit :
PCn(Cn+1) = 1−PCn(An+1)−PCn(Bn+1)
= 1−1 4 −1
4 (d’après 3.a))
= 1 2 Commentaire
On obtient finalement le schéma suivant :
A
B C
1
0
0 0
1 4 3
4 1
2
1 4
1 4
On a détaillé ici précisément l’obtention de chacune des probabilités demandées pour une meilleure compréhension de l’expérience. Il est cependant fort probable que détailler l’obtention de seulement deux probabilitésnon nullessur les sept, et donner simplement la valeur des cinq autres aurait suffi à obtenir la totalité des points alloués à cette question.
Commentaire
4. Établir les relations suivantes pour tout entier n∈N :
an+1 = an+1 4 cn
bn+1 = 3
4 bn+1 4 cn cn+1 = 1
4 bn+1 2 cn Démonstration.
Soit n∈N.
• La famille(An, Bn, Cn) forme un système complet d’événements.
Ainsi, par formule des probabilités totales : an+1 = P(An+1)
= P(An∩An+1) +P(Bn∩An+1) +P(Cn∩An+1)
= P(An)PAn(An+1) +P(Bn)PBn(An+1) +P(Cn)PCn(An+1)
= 1×P(An) + 0×P(Bn) +1
4 ×P(Cn) (d’après la question
précédente) La troisième égalité est obtenue en admettant :P(An)6= 0,P(Bn)6= 0 etP(Cn)6= 0.
an+1=an+1 4 cn
• De même :
bn+1 = P(Bn+1)
= P(An∩Bn+1) +P(Bn∩Bn+1) +P(Cn∩Bn+1)
= P(An)PAn(Bn+1) +P(Bn)PBn(Bn+1) +P(Cn)PCn(Bn+1)
= 0×P(An) +3
4 ×P(Bn) +1
4 ×P(Cn) (d’après la question
précédente) bn+1 = 3
4 bn+1 4 cn
• Et enfin :
cn+1 = P(Cn+1)
= P(An∩Cn+1) +P(Bn∩Cn+1) +P(Cn∩Cn+1)
= P(An)PAn(Cn+1) +P(Bn)PBn(Cn+1) +P(Cn)PCn(Cn+1)
= 0×P(An) +1
4 ×P(Bn) +1
2 ×P(Cn) (d’après la question
précédente)
cn+1 = 1
4 bn+1 2 cn
Finalement, pour toutn∈N :
an+1 = an+1 4 cn bn+1 = 3
4 bn+1 4 cn
cn+1 = 1
4 bn+1 2 cn
5. a) Exprimerbn+2 à l’aide debn+1,bn etcn puis exprimercnen fonction debn+1 etbnpour obtenir enfin une relation entrebn+2,bn+1 etbn.
Démonstration.
Soitn∈N.
• D’après les relations de la question précédente : bn+2 = 3
4 bn+1+1 4 cn+1
= 3
4 bn+1+1 4
1
4 bn+1 2 cn
On en déduit : bn+2= 3
4 bn+1+ 1
16 bn+1 8 cn.
• De plus, toujours d’après la question précédente : bn+1 = 3
4 bn+ 1
4 cn. Or : bn+1 = 3
4 bn+1
4 cn ⇔ bn+1−3
4 bn= 1 4 cn
Ainsi :cn= 4bn+1−3bn.
• On en déduit :
bn+2 = 3
4 bn+1+ 1
16 bn+1 8 cn
= 3
4 bn+1+ 1
16 bn+1
8 (4bn+1−3bn)
= 3
4 bn+1+ 1
16 bn+1
2 bn+1− 3 8 bn
b) En déduire une expression debn en fonction den.
On fera intervenir les nombresα= 5−√ 5
8 etβ = 5 +√ 5 8 . Démonstration.
La suite(bn) vérifie : ∀n∈ N, bn+2 = 5
4 bn+1+ 5
16 bn. C’est donc une suite récurrente linéaire d’ordre2.
• L’équation caractéristique associée à la suite(bn)est : x2−5
4 x+ 5 16 = 0.
Notons P le polynôme :P(X) =X2−5
4X+ 5 16. On note de plus∆son discriminant. Alors :
∆ = 5
4 2
−4×1× 5
16 = 25 16− 20
16 = 5 16 > 0 Le polynômeP admet donc deux racines :
α =
5 4 −√
∆
2 =
5 4 −q
5 16
2 =
5 4 −
√ 5 4
2 = 5−√ 5
8 et β =
5 4 +√
∆
2 = 5 +√
5 8
• On en déduit la formule explicite de(bn) :∀n∈N,bn=λ×αn+µ×βn, où les valeurs deλ etµsont données par le système :
(S)
( λ + µ = 1 (valeur de b0) αλ + βµ = 34 (valeur de b1) En effet :
b1 = 3
4 b0+1
4 c0 (d’après5.a))
= 3
4 ×1 +1
4 ×0 (d’après2.)
= 3 4 Résolvons le système (S).
(S)
L2←L2−α L1
⇐⇒
λ + µ = 1
(β−α)µ = 3 4 −α Notons enfin :
× d’une part :
β−α = 5 +√ 5
8 −5−√ 5
8 = 2 √
5
8 =
√5 4
× d’autre part :
3
4−α = 3
4−5−√ 5
8 = 6
8−5−√ 5
8 = 1 +√
5 8
D’où :
µ =
3 4 −α β−α =
1+√ 5
√8 5 4
= 1 +√ 5
8 × 4
√ 5 =
√5(1 +√
√ 5)
5×2√ 5 =
√5 + 5 10 On en déduit :λ= 1−
√ 5 + 5
10 = 5−√ 5
10 etµ= 5 +√ 5 10 . Ainsi :∀n∈N,bn= 5−√
5
10 αn+5 +√ 5 10 βn. c) Montrer que pour toutn∈N:cn=
√5
5 (βn−αn).
Démonstration.
Soitn∈N.
cn = 4bn+1−3bn (d’après5.a))
= 4 5−√ 5
10 αn+1+5 +√ 5 10 βn+1
!
−3 5−√ 5
10 αn+5 +√ 5 10 βn
!
(d’après la question précédente)
= 5 +√ 5
10 βn (4β−3) +5−√ 5
10 αn (4α−3) Or :
× d’une part :
4β−3 = 4 5 +√ 5
8 −3 = 5 +√ 5 2 −6
2 =
√5−1 2
× d’autre part :
4α−3 = 4 5−√ 5
8 −3 = 5−√ 5 2 − 6
2 = −
√ 5 + 1
2 On en déduit :
cn = 5 +√ 5 10 βn×
√ 5−1
2 −5−√ 5
10 αn×1 +√ 5 2 De plus :
× tout d’abord :
5 +√ 5 10 ×
√5−1
2 = 5√
5−5 + 5−√ 5
20 = 4√
5 20 =
√5 5
× ensuite :
5−√ 5
10 ×1 +√ 5
2 = 5 + 5√ 5−√
5−5
20 = 4√
5 20 =
√ 5 5 Ainsi :
cn =
√ 5 5 βn−
√ 5 5 αn
∀n∈N,cn=
√5
5 βn−αn
6. a) Exprimeran en fonction den,α etβ. (on pourra s’intéresser à la somme an+bn+cn).
Démonstration.
Soitn∈N.
• La famille(An, Bn, Cn) forme un système complet d’événements. D’où : an+bn+cn = P(An) +P(Bn) +P(Cn) = 1
• On en déduit :
an = 1−bn−cn
= 1− 5−√ 5
10 αn+ 5 +√ 5 10 βn
!
−
√ 5
5 βn−αn
= 1− 5−√ 5 10 −
√ 5 5
!
αn− 5 +√ 5 10 +
√ 5 5
! βn
∀n∈N,an= 1−5−3√ 5
10 αn−5 + 3√ 5 10 βn b) Déterminer la limite de la suite(an)n∈N.
Démonstration.
• D’après la question précédente :
∀n∈N, an= 1−5−3√ 5
10 αn− 5 + 3√ 5 10 βn
• Démontrons :0< α <1.
× Tout d’abord :
Comme 5<25
alors √
5<5 (par stricte croissance de la fonction x7→√
x sur [0,+∞[) d’où 0<5−√
5 Ainsi :α >0.
× Ensuite :
α <1 ⇔ 5−√ 5
8 <1 ⇔ 5−√
5<8 ⇔ −5 +√
5>−8 ⇔ √
5>−3
La dernière assertion est vraie. On en déduit, par équivalence, que la première l’est aussi.
Ainsi :0< α <1.
• Démontrons :0< β <1.
× Tout d’abord, on a :β >0.
× Ensuite :
β <1 ⇔ 5 +√ 5
8 <1 ⇔ 5+√
5<8 ⇔ √
5<3 ⇔ 5<9 (par stricte croissance de la fonction carrée sur [0,+∞[) La dernière assertion est vraie. On en déduit, par équivalence, que la première l’est aussi.
Ainsi :0< β <1.
• Les suites (αn) et(βn)sont des suites géométriques de raison α∈]−1,1[etβ ∈]−1,1[.
On en déduit :
n→+∞lim αn= 0 et lim
n→+∞βn= 0 Finalement : lim
n→+∞an= 1.
c) Quelle est la probabilité que les deux personnes ne se retrouvent jamais ? Démonstration.
• On noteR l’événement : « les personnes P1 etP2 ne se rencontrent jamais ». Alors : R =
+∞
T
k=0
Ak
• Tout d’abord, par corollaire du théorème de la limite monotone : P(R) = P
+∞
T
k=0
Ak
= lim
n→+∞P n
T
k=0
Ak
• Ensuite, soitn∈N: P
n T
k=0
Ak
= 1−P n
T
k=0
Ak
= 1−P n
S
k=0
Ak
• Démontrons maintenant que la suite (An) est une suite d’événements croissante.
Soitn∈N. Montrons :An⊂An+1. Soitω ∈An.
AlorsAn est réalisé, c’est-à-direP1 etP2 sont sur le même site après lenème déplacement.
D’après l’énoncé, ils restent alors sur le même site au déplacement suivant. Ainsi, après le (n+ 1)ème déplacement,P1 etP2 sont toujours sur le même site, c’est-à-dire An+1 est réalisé.
D’où :ω ∈An+1.
La suite (An) est une suite croissante d’événements.
• Comme (An)est une suite croissante d’événements :
∀n∈N, Sn k=0
Ak = An On en déduit :
P n
T
k=0
Ak
= 1−P(An) = 1−an De plus, d’après la question précédente : lim
n→+∞an= 1. D’où :
n→+∞lim P n
T
k=0
Ak
= 1−1 = 0 Finalement :P(R) = 0.
Afin de résoudre un exercice de calcul de probabilités, il faudra penser au schéma suivant.
1) Introduire des événements simples (« tirer une boule blanche au ième tirage », « obtenir Pile au ième lancer . . .) liés à l’expérience considérée.
Nommer l’événement Adont on cherche à déterminer la probabilité.
(ces deux étapes sont parfois directement données dans l’énoncé) 2) Décomposer l’événement A à l’aide d’événements simples.
3) Deux cas se présentent alors :
(i) si cette décomposition fait apparaître une union, il faut retenir le triptyque : union / incompoatibilité / somme
Dans le cas d’une union finie d’événements
• Si cela est possible, on simplifie cette union (cas d’une union d’une suite croissante d’événements par exemple).
• Sinon, on vérifie si les événements sont 2 à2 incompatibles.
× si c’est le cas, on utilise l’additivité deP.
× si ce n’est pas le cas, on peut penser à utiliser la formule du crible.
Dans le cas d’une union infinie d’événements
• On vérifie si les événements sont 2à 2 incompatibles :
× si c’est le cas, on utilise laσ-additivité de P.
× si ce n’est pas le cas, on se ramène au cas d’une union finie d’événements en utilisant le corollaire du théorème de la limite monotone.
Si toutes ces tentatives échouent, on peut se ramener au cas d’une intersection d’événements en considérant l’événements contraire.
(ii) si cette décomposition fait apparaître une intersection, il faut retenir le triptyque : intersection / indépendance / produit
Dans le cas d’une intersection finie d’événements
• Si cela est possible, on simplifie cette intersection (cas d’une intersection d’une suite décroissante d’événements par exemple).
• Sinon, on vérifie si les événements sont mutuellement indépendants.
× si c’est le cas, on utilise la formule associée.
× si ce n’est pas le cas, on peut penser à utiliser la formule des probabilités composées.
Dans le cas d’une intersection infinie d’événements
• On se ramène au cas d’une intersection finie d’événements en utilisant le corollaire du théorème de la limite monotone.
Si toutes ces tentatives échouent, on peut se ramener au cas d’une union d’événements en considérant l’événement contraire.
Commentaire
Le schéma de résolution de cette question est le suivant :
1) On exprime l’événementR à l’aide d’événements plus simples.
2) Cette décomposition fait apparaître une intersection infinie d’événements.
On se ramène donc automatiquement au cas d’une intersection finie d’événements à l’aide du corollaire du théorème de la limite monotone.
3) Pour étudier l’intersection finie d’événements, plusieurs possibilités :
• on simplifie cette intersection.
La suite d’événements (An)n’est pas décroissante ici, on étudie donc la possibilité suivante.
• on vérifie l’indépendance entre événements :
× il n’y a pas d’indépendance dans cette exercice, on étudie donc la possibilité suivante.
× on peut alors penser à utiliser la formule des probabilités composées.
Les intersections (A0∩ · · · ∩Ak)k∈N n’ont pas été étudiées dans cet exercice, on étudie une autre possibilité.
4) Comme toutes ces tentatives ont échouées, on peut se ramener au cas d’une union finie d’événe- ments grâce à la probabilité de l’événement contraire. On a de nouveau plusieurs possibilités :
• on simplifie cette union (cas d’une union croissante d’événements par exemple).
C’est le cas ici, c’est donc la solution retenue.
Commentaire
• Le problème traite de l’évolution d’une grandeur aléatoire qui varie dans le temps discret. Plus préci- sément, il s’agit ici de l’évolution de la distance entreP1 etP2. Cette évolution se fait selon un schéma classique en mathématiques : le futur (i.e. la distance entreP1 etP2 après le(n+ 1)èmedéplacement) ne dépend du passé (distance entre P1 etP2 du 0ème jusqu’aunème déplacement) que par le présent (i.e.la distance après lenèmedéplacement). On dit alors que la distance entreP1etP2est unechaîne de Markov.
• L’évolution de cette distance de l’instantnà l’instantn+ 1peut être représenté par le schéma suivant.
A
B C
1
0
0 0
1 4 3
4
1 2
1 4
1 4
• On obtient un graphe possédant un nombre d’états fini (en l’occurrence3).
On dit que la distance entreP1 etP2 est une chaîne de Markovà espace d’états fini.
• L’étiquette d’un arc est la probabilité de passer de l’état de départ à l’état d’arrivée de l’instantn à l’instant n+ 1. Autrement dit, l’étiquette d’un arc menant de la position A à la position B a pour valeur :PAn(Bn+1).
Ces étiquettes ne dépendent pas de n.
On dit que la chaîne de Markov esthomogène.
• Le contenu de ce schéma peut être résumé par la matrice M définie par :
M =
PAn(An+1) PBn(An+1) PCn(An+1) PAn(Bn+1) PBn(Bn+1) PCn(Bn+1) PAn(Cn+1) PBn(Cn+1) PCn(Cn+1)
Cette matrice est appelée matrice de transition. Ici :
M =
1 0 14 0 34 14 0 14 12
• Tout ce vocabulaire n’est pas à proprement parler au programme (le terme « chaîne de Markov » est seulement présent dans la partie informatique). Cependant, il arrive fréquemment qu’un sujet propose l’étude d’une chaîne de Markov. Le problème était, de ce point de vue, très classique.
Commentaire
B. Nombre de déplacements avant rencontre
On définit la variable aléatoireXégale au nombre de déplacements effectués par chacune des personnes avant leur rencontre sur un même site.
7. Déterminer X(Ω), l’ensemble des valeurs prises par X.
Démonstration.
• Initialement (après le0ème déplacement),P1 est en S1 etP2 est enS2. Ils ne peuvent donc pas se retrouver après le1er déplacement.
• Ils peuvent se retrouver après le2ème déplacement. Par exemple de la manière suivante : 0) après le 0ème déplacement,P1 est enS1 etP2 est enS2,
1) après le 1erdéplacement, P1 est enS5 etP2 est enS3, 2) après le 2ème déplacement,P1 etP2 sont tous les deux en S4.
• Ils peuvent également se retrouver après n’importe quel déplacement supérieur à2.
Ainsi :X(Ω) =J2,+∞K.
8. Soit n∈X(Ω), montrer : P([X =n]) =
√ 5
20 βn−1−αn−1 Démonstration.
• Tout d’abord :
[X=n] = n−1
T
k=0
Ak
∩An
• Or, la suite(Ak) est une suite décroissante d’événements. Démontrons le.
Soitk∈N. SoitωinAk+1.
Alors Ak+1 est réalisé, c’est-à-dire P1 et P2 ne sont pas sur le même site après le (k+ 1)ème déplacement. On en déduit queP1 etP2 n’étaient pas sur le même site après lekèmedéplacement.
D’oùAk est réalisé.
Ainsi :ω∈Ak.
La suite(Ak) est une suite décroissante d’événements.
• On rappelle la propriété suivante :
A⊂B ⇒ A⊃B
• Dans cet exercice, d’après la question 6.c), la suite (An) est une suite croissante d’événements. On en déduit, pour toutn∈N :
An ⊂ An+1 donc An ⊃ An+1
La suite (An) est donc bien une suite décroissante d’événements.
Commentaire
• On en déduit :
[X=n] = n−1
T
k=0
Ak
∩An
= An−1∩An
= (Bn−1∪Cn−1)∩An
= (Bn−1∩An) ∪ (Cn−1∩An) (par distributivité de
∩sur ∪)
= ∅ ∪ (Cn−1∩An)
On a en effet déjà démontré en question 3.c), que P1 etP2 ne peuvent pas à la fois être sur des sites adjacents après lenèmedéplacement et être sur le même site après le(n+ 1)èmedéplacement.
• Ainsi :
P([X=n]) = P(Cn−1∩An)
= P(Cn−1) PCn−1(An)
= cn−1×1
4 (d’après 3.a))
= 1 4 ×
√5
5 (βn−1−αn−1) On en déduit :P([X=n]) =
√ 5
20 βn−1−αn−1 . 9. Calculer l’espérance de X.
Démonstration.
• La v.a.r.Xadmet une espérance si et seulement si la série Pn n>2
P([X=n])est absolument conver- gente. Cette série étant à termes positifs, cela revient à démontrer qu’elle est convergente.
• Soitn∈J2,+∞J.
n
P
k=2
kP([X=k]) =
n
P
k=2
k×
√ 5
20 βk−1−αk−1
=
√5 20
n P
k=2
k βk−1− Pn
k=2
k αk−1
=
√ 5 20
n P
k=1
k βk−1−1
− n
P
k=1
k αk−1−1
=
√5 20
n P
k=1
k βk−1− Pn
k=1
k αk−1
• Or les séries P
n>1
n βn−1 et P
n>1
n αn−1sont des séries géométriques dérivées de raisonsα∈]−1,1[
etβ∈ ]−1,1[. Elles sont donc convergentes.
On en déduit que la v.a.r. X admet une espérance.
• De plus :
E(X) =
√ 5 20
+∞
P
k=1
k βk−1−
+∞
P
k=1
k αk−1
=
√5 20
1
(1−β)2 − 1 (1−α)2
=
√ 5 20
1 (1−β)
2
− 1
(1−α) 2!
=
√5 20
1
(1−β) − 1 (1−α)
1
(1−β) + 1 (1−α)
Or :
1−β = 1−5 +√ 5
8 = 3−√
5
8 et 1−α = 1−5−√ 5
8 = 3 +√ 5 8 D’où :
× d’une part : 1
1−β− 1
1−α = 8 3−√
5− 8 3 +√
5 = 8(3 +√
5)−8(3−√ 5) (3−√
5)(3 +√
5) = 24 + 8√
5−24 + 8√ 5 32−(√
5)2 = 4√ 5
× d’autre part : 1
1−β+ 1
1−α = 8 3−√
5+ 8 3 +√
5 = 8(3 +√
5) + 8(3−√ 5) (3−√
5)(3 +√
5) = 24 + 8√
5 + 24−8√ 5 32−(√
5)2 = 12
On en déduit :
E(X) =
√ 5 20 ×4
√ 5×12 E(X) = 12
10. Calculer la variance et l’écart-type deX.
Démonstration.
• La v.a.r. X admet une variance si et seulement si la série P
n>2
n2P([X=n]) est absolument convergente. Cette série étant à termes positifs, cela revient à démontrer qu’elle est convergente.
• Soitn∈J2,+∞J.
n
P
k=2
k2P([X=k])
=
n
P
k=2
k2×
√ 5
20 βk−1−αk−1
=
√5 20
n P
k=2
k2βk−1− Pn
k=2
k2αk−1
=
√ 5 20
n P
k=2
k(k−1) +k
βk−1−
n
P
k=2
k(k−1) +k αk−1
=
√5 20
β
n
P
k=2
k(k−1)βk−2+
n
P
k=2
k βk−1−α
n
P
k=2
k(k−1)αk−2− Pn
k=2
k αk−1
=
√ 5 20
β
n
P
k=2
k(k−1)βk−2−α
n
P
k=2
k(k−1)αk−2
+
√ 5 20
n P
k=2
k βk−1−
n
P
k=2
k αk−1
=
√5 20
β
n
P
k=2
k(k−1)βk−2−α
n
P
k=2
k(k−1)αk−2
+
n
P
k=2
k×
√5
20 (βk−1−αk−1)
=
√ 5 20
β
n
P
k=2
k(k−1)βk−2−α
n
P
k=2
k(k−1)αk−2
+
n
P
k=2
kP([X =n])
• Or les séries P
n>2
n(n−1)βn−2 et P
n>2
n(n−1)αn−2 sont des séries géométriques dérivées seconde de raisonsα∈]−1,1[etβ ∈]−1,1[. Elles sont donc convergentes.
De plus, la série P
n>2
nP([X=n])est convergente car la v.a.r.X admet une espérance.
On en déduit que la v.a.r. X admet une variance.
• De plus :
E(X2) =
√ 5 20
β
+∞
P
k=2
k(k−1)βk−2−α
+∞
P
k=2
k(k−1)αk−2
+
+∞
P
k=2
kP([X =n])
=
√5 20
β 2
(1−β)3 −α 2 (1−α)3
+E(X)
=
√ 5 10
β
(1−β)3 − α (1−α)3
+ 12
Or : β
(1−β)3 − α (1−α)3
= β(1−α)3−α(1−β)3 (1−β)3(1−α)3
=
5+√ 5
8 ×
3+√ 5 8
3
−5−
√5
8 ×
3−√ 5 8
3
3−√ 5 8
3
3+√ 5 8
3
= 86 84
(5 +√
5) (3 +√
5)3−(5−√
5) (3−√ 5)3 (3−√
5)3(3 +√ 5)3
= 64 (5 +√
5) (3 +√
5)3−(5−√
5) (3−√ 5)3 (3−√
5)3(3 +√ 5)3 De plus :
× tout d’abord : (5 +√
5) (3 +√
5)3 = (5 +√
5) (33+ 3×32×√
5 + 3×3×(√
5)2+ (√ 5)3)
= (5 +√
5) (72 + 32√ 5)
= 370 + 160√
5 + 72√
5 + 160
= 530 + 232√ 5
× ensuite : (5−√
5) (3−√
5)3 = (5−√
5) (33−3×32×√
5 + 3×3×(√
5)2−(√ 5)3)
= (5−√
5) (72−32√ 5)
= 370−160√
5−72√
5 + 160
= 530−232√ 5
× enfin :
(3−√
5)3(3 +√
5)3 = (3−√
5) (3 +√ 5)3
)
=
32−(√ 5)23
= 43 = 64 On en déduit :
β
(1−β)3 − α
(1−α)3 = 64 530 + 232√
5−(530−232√ 5)
64 = 464√
5
Finalement : √
• D’après la formule de Koenig-Huygens : V(X) = E(X2)− E(X)2
= 244−(12)2 = 244−144 = 100 V(X) = 100
On prendra garde à ne pas passer trop de temps sur ce type de question, rendue très longue par les calculs. Tout point est bon à prendre. On pensera donc à obtenir les points de la convergence absolue et du repérage des séries géométriques dérivées seconde. On ne cherchera cependant pas à finir le calcul coûte que coûte.
Commentaire
Exercice 2 : Probabilités et analyse
Dans certaines situations (paris sportifs, investissements financiers . . . ), on est amené à miser de l’argent de façon répétée sur des paris à espérance favorable.
On se propose de mettre en place une stratégie afin d’optimiser les gains à long terme.
On adopte ici le cadre simplifié suivant : on considère une suite de variables aléatoires (Xn)n∈N∗
indépendantes et suivant toutes la même loi de Bernoulli de paramètre p.
Un joueur mise une partie Mn de son capital sur la réalisation de l’événement [Xn= 1], pour chaque n >1. La variable Mn est supposée indépendante des variables Xk, k ∈N∗.
En cas de victoire, il double sa mise (son capital est donc augmenté deMn), en cas de défaite il perd sa mise (son capital diminue deMn).
Initialement, le joueur dispose du capital c0>0, puis on noteCn la variable aléatoire égale au capital détenu à l’issue dunème pari.
On a ainsi l’encadrement :06Mn+16Cn pour tout entiern.
Le jeu est supposé favorable, on considérera dans tout le problème : 1
2 < p <1.
L’énoncé original introduisait la v.a.r. C0 de la façon suivante : « Initialement, le joueur dispose du capital C0 > 0 ». Il y a dans cette énoncé original une confusion entre deux objets :
× le capital de départ qui est unréel. Il est notéc0 dans la correction.
× la v.a.r.C0 qui est une variable aléatoireconstante égale au capital de départ c0. On fera cette distinction dans la suite de la correction.
Commentaire
I. Quitte ou double
1. Déterminer deux réelsa etbvérifiant : ∀n∈N, Cn+1 =Cn+ a Xn+1+b Mn+1. Démonstration.
Soit n∈N. On procède par analyse-synthèse.
• Analyse.
Supposons qu’il existe(a, b)∈R2 tel que :
Cn+1=Cn+ (a Xn+1+b)Mn+1
Soitω∈Ω.
D’après l’énoncé :Xn+1,→ B(p). On en déduit que la famille([Xn+1 = 0],[Xn+1 = 1])forme un système complet d’événements.
Deux cas se présentent alors :
× si ω∈[Xn+1 = 0], alors : Xn+1(ω) = 0. Ainsi : - d’une part :
Cn+ (a Xn+1+b)Mn+1
(ω) = Cn(ω) + (a Xn+1(ω) +b)Mn+1(ω) = Cn(ω) +b Mn+1(ω) - d’autre part, comme l’événement [Xn+1= 0] est réalisé, alors le joueur subit une défaite au
(n+ 1)ème pari. Il perd donc sa mise, c’est-à-dire son capital diminue deMn+1(ω).
On en déduit :
Or : Cn+1(ω) = Cn+ (a Xn+1+b)Mn+1
(ω). D’où :
Cn(ω) +b Mn+1(ω) = Cn(ω)−Mn+1(ω) Ainsi :b Mn+1(ω) =−Mn+1(ω).
On en déduit que b=−1convient.
× si ω∈[Xn+1 = 1], alors : Xn+1(ω) = 1. Ainsi : - d’une part :
Cn+(a Xn+1+b)Mn+1
(ω) = Cn(ω)+(a Xn+1(ω)+b)Mn+1(ω) = Cn(ω)+(a−1)Mn+1(ω) - d’autre part, comme l’événement [Xn+1 = 1] est réalisé, alors le joueur obtient une victoire
au(n+ 1)ème pari. Il double donc sa mise, c’est-à-dire son capital augmente de Mn+1(ω).
On en déduit :
Cn+1(ω) = Cn(ω) +Mn+1(ω) Or : Cn+1(ω) = Cn+ (a Xn+1+b)Mn+1
(ω). D’où :
Cn(ω) + (a−1)Mn+1(ω) = Cn(ω) +Mn+1(ω) Ainsi :(a−1)Mn+1(ω) =Mn+1(ω).
On en déduit quea= 2 convient.
• Synthèse.
Vérifions maintenant qu’on a effectivement :
Cn+1 = Cn+ (2Xn+1−1)Mn+1
Deux cas se présentent :
× si l’événement [Xn+1= 0] est réalisé, alors le joueur perd son (n+ 1)ème pari. Il perd alors sa mise, et la formule ci-dessus est bien vérifiée.
× si l’événement [Xn+1= 1] est réalisé, alors le joueur gagne son(n+ 1)ème pari. Il double alors sa mise, et la formule ci-dessus est bien vérifiée.
Finalement, pour tout n∈N:Cn+1 =Cn+ (2Xn+1−1)Mn+1.
• Il faut noter que le raisonnement par analyse-synthèse n’est mentionné que dans le programme ECS. Dans un sujet ECE, il ne peut être demandé de citer un tel raisonnement. Il peut par contre être utile pour certaines questions. Il sera la plupart du temps détaillé.
C’était le cas dans laPartie 2du sujet ESSEC-I 2018 :
× la question 6.était nomméeAnalyse.
× la question 7.était nomméeSynthèse.
Détaillons maintenant les attentes d’un tel raisonnement.
• Dans la première partie du raisonnement, on suppose qu’il existe(a, b)∈R2 tel que : Cn+1 = Cn= (a Xn+1+b)Mn+1. En se basant sur cette hypothèse, on obtient une caractérisation des réelsaetb:
a= 2 et b=−1
Il faut bien comprendre que dans cette première partie du raisonnement, on asupposé(et non démontré !) l’existence d’un tel couple (a, b). C’est pourquoi il faut, dans la deuxième partie du raisonnement, démontrer l’existence d’un tel couple(a, b).
L’idée est alors de construire le couple (a, b) tel que caractérisé dans la partie analyseet de démontrerque l’on obtient ainsi un couple qui satisfait les exigences de la question.
• En résumé, un raisonnement paranalyse-synthèse se déroule en deux temps :
× analyse: on suppose l’existence d’un objet vérifiant certains critères (ici, on suppose l’exis- tence d’un couple (a, b)). Si cet objet existe, il est alors d’une certaine forme (a = 2, et b=−1).
× synthèse: on vérifie que l’objet obtenu lors de la phase d’analyse répond bien aux critères initiaux (le couple(a, b) ainsi obtenu vérifie bienCn+1=Cn+ (a Xn+1+b)Mn+1).
Cela permet de lever la réserve d’existence.
Ce schéma de démonstration permet non seulement de conclure : l’objet répond à
certains critères ⇔ l’objet s’écrit sous une forme particulière
mais aussi de démontrer que chacune des deux propositions de l’équivalence est vérifiée.
Commentaire
2. Établir : ∀n∈N∗, E(Cn) =c0+ (2p−1)
n
P
k=1
E(Mk).
En déduire que pour maximiser E(Cn) il faut miser tout son capital à chaque pari.
Démonstration.
• Démontrons par récurrence :∀n∈N∗,P(n) où P(n) :E(Cn) =c0+ (2p−1)
n
P
k=1
E(Mk).
I Initialisation
• D’une part, d’après la question précédente : C1 =C0+ (2X1−1)M1. D’où : E(C1)
= E C0+ (2X1−1)M1
= E(C0) +E (2X1−1)M1
(par linéarité de l’espérance)
= E(C0) +E(2X1−1)E(M1) (car 2X1−1 etM1 sont indépendantes par lemme des coalitions)
= E(C0) + 2E(X1)−1
E(M1) (par linéarité de l’espérance)
= E(C0) + (2p−1)E(M1) (car X1,→ B(p))
= c0+ (2p−1)E(M1) (car C0 est la v.a.r. constante égale à c0)
• D’autre part :
c0+ (2p−1)
1
P
k=1
E(Mk) = c0+ (2p−1)E(M1) D’où P(1).
I Hérédité: soit n∈N∗.
SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e. E(Cn+1) =c0+ (2p−1)
n+1
P
k=1
E(Mk)).
D’après la question précédente :
Cn+1 = Cn+ (2Xn+1−1)Mn+1 On en déduit :
E(Cn+1)
= E(Cn) +E (2Xn+1−1)Mn+1
(par linéarité de l’espérance)
= E(Cn) +E(2Xn+1−1)E(Mn+1) (car 2Xn+1−1 et Mn+1 sont
indépendantes par lemme des coalitions)
= E(Cn) + 2E(Xn+1)−1
E(Mn+1) (par linéarité de l’espérance)
= E(Cn) + (2p−1)E(Mn+1) (car Xn+1 ,→ B(p))
=
c0+ (2p−1)
n
P
k=1
E(Mk)
+ (2p−1)E(Mn+1) (par hypothèse de récurrence)
= c0+ (2p−1)
n+1
P
k=1
E(Mk) D’où P(n+ 1).
Par principe de récurrence : ∀n∈N∗,E(Cn) =c0+ (2p−1)
n
P
k=1
E(Mk).
