Partie I . Pr´ eliminaire

(1)

Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ^◦ 8

Exercice 1 : Puissances successives d’endomorphismes

Dans la suite de l’exercice on considère un couple (a, b) de réels distincts,T ∈R₂[X] le polynôme défini par T = (X−a) (X−b)

etu∈LR(E) un endomorphisme deE satisfaisant la relation polynomiale T(u) = Θ

1. Exemple : dans cette question, on suppose quea= 1 etb=−1.

a. Par construction (u−idE)◦(u+idE) = 0, c’est-à-direu²−idE= 0, soit encoreu²=idE. Par conséquent uⁿ est soitu, soitidE suivant la parité de n. Plus précisément

∀k∈N, u^2k=idE et u^2k+1=u.

b. uv´erifiant la relationu²=idE est une sym´etrie. N

2. Etude d’un endomorphisme auxiliaire :

a. Le théorème de la division euclidienne dans R[X] s’énonce ainsi : étant donnés deux polynômes A et B, B6= 0 il existe un couple (Q, R) de polynômes, unique tel que :

• A=B×Q+R

• d^◦R < d^◦B

N b. Soitϕ:R[X]→R[X] l’application qui `a tout polynˆomeP ∈R[X] associe le reste de la division euclidienne

deP parT. Montrons queϕest un endomorphisme deR[X].

SoitP1, P2 des polynômes de R[X] et λ1, λ2 des scalaires. D’après le théorème de la division euclidienne, P1et P2 s’écrivent :

P1 = B1×T+ϕ(P1) P2 = B2×T+ϕ(P2) Il en r´esulte que

λ₁·P₁+λ₂·P₂= λ₁·B₁+λ₂·B₂

| {z }

B

×T+λ₁·ϕ(P1) +λ₂·ϕ(P2)

| {z }

R

Remarquons – par les propriétés du degré des polynômes– que le degré de R = λ1·ϕ(P1) +λ2·ϕ(P2) est strictement inférieur au degré de T. Par suite la décomposition λ1·P1+λ2·P2 =B×T+R est la division euclidienne deλ1·P1+λ2·P2 parT. Par unicité du reste dans la division euclidienne, il s’ensuit queϕ λ1·P1+λ2·P2

=λ1·ϕ(P1) +λ2·ϕ(P2). N

c. Comme pour tout polynôme P ∈ R[X], le degré du reste dans la division euclidienne de P par T est strictement inférieur à 2, il est clair queImϕ⊂R₁[X]. Réciproquement, siR∈R₁[X] est un polynôme de degré inférieur ou égal à 1, la division euclidienne deRparT donne

R= 0×T+R

Par suiteR=ϕ(R). En particulier,R∈Imϕ. Par double-inclusion, nous avons d´emontr´e queImϕ=R₁[X].

Pour déterminer le noyau deϕ, procédons par équivalences :

P∈Kerϕ ⇐⇒ ∃Q∈R[X], telque P = Q×T

⇐⇒ T divise P.

D’o`uKerϕ={P∈R[X]|T divise P}.

CommeImϕ6=R[X],ϕn’est pas surjectif. CommeT ∈Kerϕ,Kerϕ6={~0}ϕn’est pas injectif non plus.N 3. On noteA=X−aet B=X−b.

(2)

a. Pour montrer que{A, B}forme une base de R₁[X], utilisons la caract´erisation des bases :

soit P ∈R₁[X] un polynôme de degré inférieur ou égal à 1. Par définition, il existe des constantesλet µ telles queP s’écriventP =λ+µX. Montrons queP s’écrit de fa¸con unique sous la formeP =α·A+β·B.

Proc´edons par identification des coefficients :

P =α·A+β·B ⇐⇒

α+β = µ aα+bβ = −λ ⇐⇒







α = λ+bµ b−a β = −λ+aµ

b−a .

Ainsi, tout polynôme de degré inférieur ou égal à 1 se décompose de fa¸con unique sous la formeα·A+β·B.

Par cons´equent{A, B}forme une base de R₁[X]. N

b. Soitn∈N, d’après la question précédente,{A, B} forme une base deR₁[X]. Commeϕ(Xⁿ)∈R₁[X], ce polynôme s’écrit de fa¸con unique comme combinaison linéaire deA et de B. Par conséquent, il existe un couple de réels (an, bn)unique tel que

ϕ(Xⁿ) =anA+bnB

N c. Soitn∈N, ´ecrivons la division euclidienne deXⁿ parT. Avec les notations ci-dessus, il vient

Xⁿ=Qn×T +anA+bnB.

Pour déterminer les coefficientsan et bn, évaluons l’égalité ci-dessus enaetb, nous obtenons : aⁿ = Qñ(a)×T˜(a) +anA(a) +˜ bnB(a)˜

bⁿ = Qñ(b)×T˜(b) +anA(a) +˜ bnB(b)˜ Comme ˜T(a) = Ã(a) = 0 et ˜T(b) = ˜B(b) = 0, nous en déduisons que

an= bⁿ

b−a et bn= aⁿ a−b

N 4. Soitn∈N, d’après la question précédente :

Xⁿ=Qn×T + bⁿ

b−a (X−a)− aⁿ

b−a (X−b).

Appliquons ceci `a l’endomorphismeu. Comme par constructionT(u) = Θ, il vient : uⁿ= bⁿ

b−a u−a IdE

− aⁿ

b−a u−b IdE

N

Probl` eme 1 : Gain associ´ e ` a un jeu de pile ou face

Notations :

On d´esigne par n et N des nombres entiers naturels non nuls et par x un nombre r´eel srtictementcompris entre 0 et 1.

On considère une succession (éventuellement infinie) de jets d’une pièce.

On note pour tout entier naturel non nulk,Pkl’événement “Pile est obtenu aukî`êmetirage”.

On suppose que la probabilité d’obtenir pile lors d’un jet est 1−x et que la probabilité d’obtenir face estx. Les jets sont supposésindépendants.

On d´esigne enfin par

– Sn le nombre de fois où l’on a obtenu pile au cours desnpremiers jets, – Tn le numéro du jet où l’on obtient pile pour lanî`êmefois.

(3)

Partie I . Pr´ eliminaire

Soitx∈]0,1[ fix´e. 0n note, pour tout couple d’entiers (n, r)∈N²,s(n, r) = Xn

k=0

r+k r

x^k. 1. Soitn∈Nfix´e, un changement d’indice conduit `a

s(n, r) = Xn

k=0

r+k r

x^k =

n+rX

k=r

k r

x^k−r

Ainsi,s(n, r) apparaˆıt comme la somme partielle d’ordren+rde la série géométrique dérivéer fois de raison x. Comme 0< x <1, cette série est convergente de somme :

s(r) = 1 (1−x)^r+1

N

Partie II . Temps d’attente du r

^i`^eme

succ` es

1. Sn est le nombre de succès enntentatives indépendantes, doncSn B(n,1−x). D’où

• Sn(Ω) = [[0, n]],

• ∀k∈[[0, n]], P[Sn=k] = n

k

(1−x)^k·x^n−k,

• E(Sn) =n·(1−x) etV(Sn) =n x·(1−x). N

2. T1 représente le temps d’attente du premier succès dans une suite d’expérience de Bernouilli indépendantes et de même paramètre, donc T1 G(1−x). Par conséquent

• T1(Ω) =N^?,

• ∀k∈[[0, n]], P[T1=k] = (1−x)·x^k−1,

• E(T1) = 1

1−x etV(T1) = x

(1−x)². N

3. Soientk∈Nun nombre entier naturel etr∈N^? un nombre entier naturel non nul.

a. [Tr = k+r] est réalisé si et seulement si le (k+r)î`ême tirage a donnéP ile et au cours des (k+r−1) premiers tirages on a obtenu exactementr−1 foisP ile. Par conséquent :

[Tr=k+r] = [Sk+r−1=r−1]∩Pk+r

N b. D’o`uTr(Ω) = [[r,+∞[[. De plus comme les jets sont ind´ependants nous avons pour tout entier naturelk∈N

P[Tr=k+r] = (1−x)×P[Sk+r−1=r−1]

= (1−x)×

k+r−1 r−1

(1−x)^r−¹·x^k

=

k+r−1 r−1

(1−x)^r·x^k.

N c. D’apr`es la question pr´eliminaire,

+∞X

k=0

P[Tr=k+r] = (1−x)^r

+∞X

k=0

k+r−1 r−1

x^k = (1−x)^r×s(r−1) = 1.

N

(4)

4. a. Calcul de l’espérance deTr. D’après la question préliminaire la sérieP

(k+r)P[Tr=k+r] est (absolument) convergente et

E(Tr) =

+∞X

k=0

(k+r)P[Tr=k+r]

= (1−x)^r X+∞

k=0

(k+r)

k+r−1 r−1

x^k

= (1−x)^r X+∞

k=0

r k+r

r

x^k

= r(1−x)^rs(r) = r 1−x.

N b. D’après la question préliminaire la sérieP

(k+r+ 1)(k+r)P[Tr=k+r] est (absolument) convergente et E Tr×(1 +Tr)

=

+∞X

k=0

(k+r)(k+r+ 1)P[Tr=k+r]

= (1−x)^r

+∞X

k=0

(k+r)(k+r+ 1)

k+r−1 r−1

x^k

= (1−x)^r

+∞X

k=0

r(r+ 1)

k+r+ 1 r+ 1

x^k

= r(1 +r)(1−x)^rs(r+ 1) = r(r+ 1) (1−x)². D’où parlinéarité de l’espérance et la formule deHuygens:

V(Tr) = E(T_r²)−E(Tr)²=E(T_r²+Tr)−E(Tr)−E(Tr)²

= r

(1−x)² r+ 1−(1−x)−r

= rx

(1−x)².

N

Partie III . Gain du joueur

Soientaun nombre réel strictement positif etλun nombre réel strictement supérieur à 1. Un joueur parie de la fa¸con suivante : lors dunî`ême jet, ilmisela sommeaⁿ⁻¹ (en euros).

• Si pile sort, ilre¸coitla sommeλaⁿ⁻¹ et ilperdsa mise ;

• Sinon ilperdsa mise.

On désigne par Gn la somme des profits et des pertes (celles-ci étant comptées négativement) du joueur après son nî`êmesuccès (qui survient donc à l’issue du jet ayant pour numéroTn).

1. On suppose quea= 1.

a. Remarquons qu’à chaque jet le joueur paie 1 euro, et ce jusqu’au dernier lancer. D’autre part, le joueur empocheλeuros à son dernier lancer. Par conséquent

G1= +λ−T1. En particulier E(G1) =λ−E(T1) =λ− 1

1−x. N

b. Plus généralement, sir∈N^?, jusqu’à sonrî`êmesuccès, le joueur paie à chaque lancer le saomme de 1 euro.

D’autre part, à chacune de sesrsuccès, il empocheλeuros. Par conséquent Gr= +r λ−Tr.

D’apr`es la questionII.4j’en d´eduis que E(Gr) =λ r−E(Tr) =r λ− 1 1−x

. N

(5)

2. On suppose quea >1.

a. Apr`es son premier succ`es, le joueur

a perdu ses mises successives : 1 +a+· · ·+a^T¹⁻¹=

T1

X

k=1

a^k−¹,

a gagné lors de son dernier jet (et premier succès) la somme deλ a^T¹⁻¹. Au final le montant de ses gains algébriques après lson premier succès vaut :

G1 = λ a^T¹⁻¹+

T1

X

k=1

a^k−1

= λ a^T¹⁻¹−1−a^T¹ 1−a . D’o`u

G1=a^T¹⁻¹ λ+ a 1−a

− 1 1−a

N b. D’après l’expression ci-dessusG1 possède une espérancesi et seulement si a^T¹ possède une espérance et

dans ce cas

E(G1) = λ a + 1

1−a

E(a^T¹− 1 1−a.

Etudions l’existence de l’espérance dea^T¹. D’après le théorème de transfert,a^T¹ admet une espérancesi et seulement si la sérieX

a^kP[T1=k] est (absolument) convergente. Or pour tout entiern∈N^?, Xn

k=1

a^kP[T1=k] = Xn

k=1

a^k(1−x)x^k−1

= a(1−x) Xn

k=1

(ax)^k−1

= a(1−x)

n−1X

k=0

(ax)^k.

Nous reconnaissons ici la somme partielle d’une série géométrique de raison ax. Elle converge donc si et seulement si ax <1.

R´esumons : a^T¹ etG1admettent une esp´erance si et seulement si ax <1.

Dans ce cas,

E(a^T¹) = a(1−x) 1−ax E(G1) =

1−a(1−x) 1−ax

×

1−λ(1−x) a−1

N

c. Après son deuxième succès, le joueur

a perdu ses mises successives : 1 +a+· · ·+a^T²⁻¹=

T2−1

X

k=0

a^k =a^T²−1 a−1 ,

a gagné lors de son premier succès et deuxième succès la somme deλ a^T¹⁻¹+λ a^T²⁻¹. Au final le montant de ses gains algébriques après son deuxième succès vaut :

G2 = −a^T²−1

a−1 +λ a^T¹⁻¹+λ a^T²⁻¹

= 1

1−a

λ(a−1)

a ×a^T¹+

λ(a−1) a −1

×a^T²−1

. Les coefficients multiplicatifs dea^T¹ eta^T² ´etant strictement positifs, il en r´esulte que

(6)

G2 admet une espérance si et seulement si a^T¹ eta^T² possèdent une espérance.

Etudions l’existence d’une esp´erance poura^T². Etant donn´e un entier naturel n∈N^?, nous avons : Xn

k=0

a^k+2P[T2=k+ 2] = a²(1−x)² Xn

k=0

k+ 1 1

(ax)^k

= a²(1−x)²

n+1X

k=1

k 1

(ax)^k−¹.

Nous reconnaissons ici une somme partielle de la série géométrique de raison ax dérivée une fois. Elle convergesi et seulement si ax <1, auquel cas, d’après le théorème de transfert

E(a^T²) =a²(1−x)² (1−ax)² . Par cons´equent

G2admet une esp´erance si et seulement si ax <1.

Et dans ce cas,

E(G2) = 1 1−a

λ(a−1)

a ×E(a^T¹) +

λ(a−1) a −1

×E(a^T²)−1

= 1

1−a

λ(a−1)

a ×a(1−x) 1−ax +

λ(a−1) a −1

×a² (1−x)² (1−ax)² −1

= 1

1−a

λ(a−1) 1−x

1−ax+ λ a(a−1)−a² (1−x)² (1−ax)² −1

N d. Soit, plus g´en´eralement,run nombre entier naturel non nul. Nous obtenons de fa¸con analogue

Gr = λ a^T¹⁻¹+· · ·+a^T^r⁻¹

−

Tr

X

k=1

a^k−¹

= λ

a a^T¹+· · ·+a^T^r

−a^T^r−1 a−1

= λ

a a^T¹+· · ·+a^T^r⁻¹ + λ

a− 1 a−1

a^T^r+ 1 a−1.

D’après la deuxième expression deGr, il apparaˆıt queGr admet une espérancesi et seulement si chacune des variables aléatoiresa^T^ppossède une espérance. Or un calcul analogue à ceux deE(a^T¹) etE(a^T²) montre que ces espérances existent à la condition nécessaire et suffisante que ax <1. Auquel cas, en utilisant les préliminaires –ou en notant qu’il s’agit d’une série géométrique de raisonaxdérivéep−1 fois– nous avons

E(a^T^p) =

+∞X

k=0

a^k+pP[Tp=k+p]

= (1−x)^pa^p

+∞X

k=0

k+p−1 p−1

a^kx^k

= a^p(1−x)^p (1−ax)^p . Comme

E(Gr) =λ

a E(a^T¹) +· · ·+E(a^T^r⁻¹)

+ λ

a − 1 a−1

E(a^T^r) + 1 a−1, nous obtenons finalement

E(Gr) = λ a

Xr−1

p=1

a(1−x) 1−ax

p

+ λ

a− 1 a−1

a(1−x) 1−ax

r

+ 1

a−1

= λ

a

a(1−x) 1−ax

1−_a_(1−x)

1−ax

r−1

1−^a₁^(1−x)_−ax + λ a − 1

a−1

a(1−x) 1−ax

^r

+ 1

a−1.

(7)

En remarquant que 1−a(1−x)

1−ax = 1−a

1−ax, nous obtenons apr`es simplifications : E(Gr) = λ(1−x)

1−a 1−

a(1−x) 1−ax

r−1!

+ λ(a−1)−a a(a−1)

a(1−x) 1−ax

r

+ 1

a−1

= λ(1−x)

1−a + 1

a−1 +λ(1−ax) a(a−1) ×

a(1−x) 1−ax

r

+ λ(a−1)−a a(a−1) ×

a(1−x) 1−ax

r

= 1−λ(1−x)

a−1 +λa−a−aλx a(a−1) ×

a(1−x) 1−ax

r

= 1−λ(1−x)

a−1 −1−λ(1−x) a−1 ×

a(1−x) 1−ax

r

= 1−λ(1−x) a−1 ×

1−

a(1−x) 1−ax

r . Ainsi,E(Gr) existe si et seulement siax <1 et dans ce cas,

E(Gr) =

1−a^r(1−x)^r (1−ax)^r

×

1−λ(1−x) a−1

N e. On suppose dans cette question queax <1 de sorte queE(Gr) soit bien d´efini.

– Lorsquer tend vers +∞:

• Siλ(1−x) = 1, alors la suite E(Gr)

r∈N? est constante `a 0.

• Si λ(1 −x) < 1Comme a > 1 a−ax > 1−ax de sorte que a(1−x)

1−ax > 1. Par conséquent la suite géométrique

a(1−x) 1−ax

r

r∈N^?

est divergente vers +∞. Il en r´esulte que E(Gr)

r∈N^? est divergente vers−∞.

• Siλ(1−x)>1, E(Gr)

r∈N? est divergente vers +∞. N

– Lorsqueatend vers 1 par valeurs sup´erieures : Remarquons que 1−a^r(1−x)^r

(1−ax)^r a pour limite 0 lorsqueatend vers 1⁺. Il y a donc une ind´etermination.

PosonsX= a(1−x)

1−ax −1 = a−1

1−ax. Alors

• lim

a→1⁺X(a) = 0

• (1 +X)^r−1∼0 r X Par cons´equent,

1−

a(1−x) 1−ax

r

∼1⁺−r a−1 1−ax. D’o`u

E(Gr)∼1⁺ −r a−1

1−ax ×1−λ(1−x)

a−1 =−r 1−λ(1−x) 1−ax .

Par conséquent (E(Gr)) possède une limite lorsqueatend vers 1 par valeurs supérieures et :

a→lim1⁺E(Gr) =r λ− 1 1−x

Nous retrouvons ainsi la valeur obtenue `a la questionIII.1.b. N

3. On suppose quea <1.

a. Comme a < 1, a f ortiori, ax < 1 et l’espérance de a^T¹ est bien définie ainsi que toutes les espérances des variables aléatoiresa^T^p. En conséquenceGr admet une espérance qui est donnée par la formule de la questionIII.2.d.

D’autre part, commea <1, il est clair que a(1−x)

1−ax <1. Ainsi, la suite g´eom´etrique

a(1−x) 1−ax

r

r∈N^?

(8)

est convergente de limite nulle. Par opérations algébriques sur les suites convergentes, il en résulte que E(Gr)

est convergente et

r→∞lim E(Gr) =1−λ(1−x) a−1 .

N b. Soitgk la somme des profits et des pertes réalisés lors dukî`êmejet. NotonsBk la variable aléatoire prenant

la valeur :

– 1 si P ilesort aukî`ême jet, – 0 si F acesort u kî`ême jet.

Bk est une variable de Bernouilli de param`etre 1−x. De plus gk =λ a^k−1×Bk−a^k−1= λ·Bk−1

×a^k−1 Par conséquent –ce n’est pas demandé mais c’est utile pour la dernière question...

E(gk) = λ·E(Bk)−1

×a^k−¹= λ·(1−x)−1

×a^k−¹

N c. Soit Hm le gain (algébrique) réalisé après m jets. Hm est la somme des gains associés à chacun des m

premiers tirages. Autrement dit : Hm=

Xm

k=1

gk= Xm

k=1

λ·Bk−1)×a^k−¹ Parlinéarité de l’espérance, il en résulte que

E(Hm) = Xm

k=1

E(gk) = λ·(1−x)−1

× Xm

k=1

a^k−1

= λ·(1−x)−1 a^m−1 a−1 . Lorsquem tend vers +∞:

aétant strictement inférieur à 1, E(Hm)

m∈N^? est convergente et :

m→∞lim E(Hm) = 1−λ(1−x) a−1

N

Partie I . Pr´ eliminaire

Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ◦ 8

Exercice 1 : Puissances successives d’endomorphismes

Probl` eme 1 : Gain associ´ e ` a un jeu de pile ou face

Partie I . Pr´ eliminaire

Partie II . Temps d’attente du r

succ` es

Partie III . Gain du joueur

Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ^◦ 8