Etude d’un cas particulier ´

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir surveill´e n^o5

Probl`eme 1

On suppose qu’un espace probabilis´e fini (Ω,P(Ω),P) mod´elise la situation suivante. On joue `a un jeu de hasard o`u la probabilit´e de gagner une partie est p∈]0,1[. On va jouerN parties ind´ependantes avecN ∈N^∗. Lors de la premi`ere partie, la dotation est de 1 euro. C’est-`a-dire qu’on empoche 1 euro en cas de victoire. `A chaque partie la dotation augmente de 1 euro. Ainsi, par exemple, une victoire `a la troisi`eme partie permet d’empocher 3 euros.

On note X1 la somme empoch´ee lorsqu’on remporte notre premi`ere victoire, X2 la somme empoch´ee lors de la deuxi`eme victoire, et ainsi de suite. Pourr ∈J1, NK,X_rprend bien sˆur la valeur 0 s’il n’y a pas der-i`eme victoire.

Pour tout i∈J1, NK, on noteVi etDi les ´ev´enements correspondant respectivement `a une victoire et `a une d´efaite lors de lai-i`eme partie.

Exemple. Examinons (seulement pour cet exemple) le cas N = 5. Je joue une partie et je perds (´ev´enement D1). Je rejoue (il y a maintenant 2 euros en jeu) et gagne cette deuxi`eme partie (´ev´enementV2). J’empoche doncX<sub>1</sub> = 2 euros. Le jeu continue et je rejoue, cette fois pour 3 euros. Je perds (D<sub>3</sub>), je rejoue (pour 4 euros) mais je perds encore (D4). Je rejoue (pour 5 euros) et gagne (V5). Alors X2 = 5. On a jou´e 5 parties, le jeu est maintenant termin´e. Il n’y aura jamais de troisi`eme victoire, doncX3 prend la valeur 0, ainsi queX4,etc.

1. La premi`ere victoire peut survenir lors de l’une des N parties – on empoche alors un gain dans J1, NK, ou bien jamais et dans ce cas on dit queX₁ vaut 0. Finalement, X₁(Ω) =J0, NK.

2. Cas particulier (pour cette question seulement) :N = 3.

(a) Arbre repr´esentant la situation compl`ete :

D1

D2

D3

1−p

V3

(X1 = 3) p

1−p

V2

(X1 = 2)

D3

1−p

V3

(X2 = 3) p

1−p p

V1

(X1 = 1)

D2

D3

1−p

V3

(X2 = 3) p

1−p

V2

(X2 = 2)

D3

1−p

V3

(X3 = 3) p

p

p

(b) On lit sur l’arbre [X₁ = 1] =V₁ , [X₁= 2] =D₁∩V₂ , [X₁ = 3] =D₁∩D₂∩V₃ et (il s’agit du compl´ementaire) [X₁ = 0] = (V₁∪V₂∪V₃) =D₁∩D₂∩D₃ .

(c) Tout d’abord P(X1= 1) =p.

Puis les tirages sont ind´ependants donc P(X1 = 2) = P(D1)P(V2) =p(1−p) et P(X1 = 3) =

P(D1)P(D2)P(V3) =p(1−p)² .

Enfin (de mˆeme ou par calcul du compl´ement `a 1), P(X= 0) = (1−p)³ . AinsiE(X₁) = 1×p+ 2×p(1−p) + 3×p(1−p)²= p(6−8p+ 3p²) . (d) On chercheP[X2=3](X1= 1).

D’apr`es la FPT puis la FPC : P(X2 = 3) = P(X2 = 3∩X1 = 1) +P(X2 = 3 ∩X1 = 2) = P(V₁∩D₂∩V₃) +P(D₁∩V₂∩V₃).

Par ind´ependance, on obtient P(X2= 3) = 2p²(1−p).

Par ailleurs,P(X1 = 1∩X2 = 3) =p²(1−p) (FPC).

FinalementP[X2=3](X₁ = 1) = P(X₁ = 1∩X₂= 3) P(X₂ = 3) = 1

2 . 3. N est `a nouveau quelconque. On ´etudie tout d’abordX₁.

(a) Pour toutk∈J1, N−1K, la premi`ere victoire survient apr`es lek-i`eme tirage si et seulement si lesk premiers tirages sont des d´efaites, en excluant le cas deN d´efaites.

Ainsi [X₁ >k+ 1] =

k

\

i=1

D_i\

N

\

i=1

D_i

! .

(b) Par passage au compl´ementaire, ∀k∈J1, N−1K,P(X₁ 6k) = 1−P(X₁>k+ 1) = 1−((1−p)^k− (1−p)^N) par ind´ependance desD_i. Pour la fonction de r´epartition, on ajouteP(X₁= 0) = (1−p)^N (soit par compl´ementaire, soit en exprimant

N

\

i=1

D_i), si bien que

FX1(t) =















1−((1−p)^k−(1−p)^N) sit∈[k,k+ 1[ pour tout k∈J1, N −1K, (1−p)^N sit∈[0,1[,

0 sit <0 1 sit>N

.

(c) Pour tout k∈X₁(Ω) On a d´ej`a P(X₁ = 0) = (1−p)^N. Par ailleurs, pour k∈J1, NK,P(X₁ =k) = FX1(k)−FX1(k−1) = (1−p)^k−(1−p)^k−1 = (1−p)^k−1p .

Cela donne bien P(X₁=k) =

((1−p)^N sik= 0, p(1−p)^k−1 sinon. . (d) E(X₁) =

N

X

k=1

kp(1−p)^k−1 =p

N

X

k=1

k(1−p)^k−1.

Pour ´eviter un calcul direct p´enible (voir chapitre de calculs de sommes), on peut montrer (souvent ce sera propos´e dans une question pr´ec´edente) queE(X₁) =

N−1

X

k=0

P(X₁ > k). Il faut savoir retrouver cette relation les yeux ferm´es.

4. Soit r ∈J2, NK. On rappelle que Xr repr´esente la somme empoch´ee lors de la r-i`eme victoire, si elle se produit avant la fin du jeu, et prend la valeur 0 sinon.

(a) Lar-i`eme victoire n’arrive pas avant le r-i`eme jeu, maisX_r peut aussi valoir 0 si on ne gagne pas r fois. Ainsi,X_r(Ω) ={0} ∪Jr,NK.

(b) [X_r=r] revient `a avoirr victoires en r jeux, donc [X_r=r] =

r

\

i=1

V_i . Par ind´ependance des V_i, on a P(Xr =r) =p^r .

(c) Soit k non nul dans Xr(Ω). Lorsque [Xr = k] est r´ealis´e, les k−1 premi`eres parties du jeu sont constitu´ees de r−1 victoires. Et la variable al´eatoire qui mesure le nombre de victoires lors de ces k−1 premi`eres parties (appelonsNk−1cette variable) suit une loi binomialeB(k−1,p). La probabilit´e d’obtenirr−1 victoires est doncP(N_k−1 =r−1) =

k−1 r−1

p^r−1(1−p)^k−r. Enfin [X_r =k] = [Nk−1 =r−1]∩V_k et par ind´ependance : P(X_r=k) =

k−1 r−1

p^r(1−p)^k−r . Il reste `a utiliser le compl´ementaire pour d´eterminer P(Xr= 0).

Probl`eme 2

A Etude d’une suite r´ ´ eelle

Soit c∈Ret (x_n)n∈N la suite r´eelle d´efinie par

(x0 = 0

∀n∈N, x_n+1 =x²_n+c . 1. Mod´elisation

(a) La fonction Scilab ci-dessous s’appellex, prend en entr´ee deux arguments : un entiernet un nombre cet renvoie len-i`eme terme de la suite d´efinie ci-dessus.

function u = x(n,c) u=0

for k = 1:n u = u^2+c end

endfunction

(b) Avec une bouclewhile : function u = x(n,c)

u=0 k=1

while k<=n u = u^2+c k=k+1 end

endfunction

(c) function k = x(n,c) u=0

k=1

while u<10 & k<1000 u = u^2+c

k=k+1 end

endfunction

2. D´eterminons la suite (x_n) dans quelques cas particuliers.

(a) Sic= 0, on montre par r´ecurrence que ∀n∈N,xn= 0 .

(b) Avecc=−2,x₁ =−2,x₂ = 2, x₃ = 2 puis on montre par r´ecurrence que ∀n>2, x_n= 2 . (c) Avecc=−1,x₁ =−1,x₂ = 0, x₃ =−1.

Puis on montre par r´ecurrence surkque ∀k∈N,x_2k = 0 etx_2k+1 =−1 .

Init. x0= 0 etx1=−1.

H´er. Soit k∈N. Supposonsx_2k= 0 etx_2k+1 =−1.

Alors x_2k+2 = (−1)²−1 = 0 et x_2k+3 = 0²−1 =−1, cqfd.

3. Soitf :x7→x²+c etg:x7→f(x)−x.

(a) La fonction f est d´efinie et d´erivable sur R, elle est d´ecroissante sur R− et croissante sur R+ et poss`ede un minimum en 0, qui vaut c.

(b) ∀x∈R,g(x) =x²−x+c. Le discriminant de ce trinˆome est ∆ = 1−4c















>0 sic < 1 4

= 0 sic= 1 4

<0 sic > 1 4

.

Ainsi g admet















2 z´eros si c < 1 4 1 z´ero si c= 1

4 aucun z´ero si c > 1

4 .

Lorsquec < 1

4, on a α= 1−√ 1−4c

2 etβ = 1 +√ 1−4c

2 .

(c) 1^ercas : c < 1

4. Alorsg est n´egative sur ]α,β[, positive sinon.

2^ecas : c= 1

4. Alorsg est positive sur R, nulle en 1 2. 3^ecas : c > 1

4. Alorsg est strictement positive sur R.

(d) ∀x∈R,f(f(x))−x= (x²+c)²+c−x=x⁴+ 2cx²−x+c²+c= (x²−x+c)(x²+x+ (1 +c)) . 4. On suppose dans cette question quec∈

1 4,+∞

.

(a) Dans ce cas,g est strictement positive, donc ∀n ∈N, g(x_n) = f(x_n)−x_n = x_n+1−x_n >0. Donc (x_n) est strictement croissante .

(b) Si (x_n) admettait une limite finie `, la relation u<sub>n+1</sub> = f(u<sub>n</sub>) donnerait, par passage `a la limite et continuit´e de f,`=f(`), i.e.g(`) = 0. Or dans ce cas, on a montr´e queg ne s’annule pas.

Donc (xn) n’admet pas de limite finie .

(c) La suite (xn) est croissante mais ne converge pas, donc (xn) tend vers +∞ . 5. On suppose dans cette question quec∈]−∞,−2[.

(a) On proc`ede par r´ecurrence.

Init. x₂=c²+c. Or x₂−(−c) =c²+ 2c=c(c+ 2)>0 car c <0 et c <−2. Doncx₂>−c.

H´er. Soit n>2 entier. Supposonsxn>−c. Alorsxn+1 =x²_n+c > c²+c. Comme pour l’initiali- sation, c²+c >−c. Doncx_n+1>−c.

(b) Montrer β < −c revient `a montrer 1 +√

1−4c < −2c, i.e. √

1−4c < −1−2c. Or (1−2c)² = 1 + 4c+ 4c², d’o`u (1 −2c)² −(1−4c) = 8c + 4c² = 4c(2 +c) > 0 pour c ∈ ]−∞,−2[. Ainsi (1−2c)² >(1−4c) et donc on a bien√

1−4c <1−2ccar ces quantit´es sont positives.

On a doncx_n> β pour toutn>2. Or sur ]β,+∞[, g est positive.

Donc (xn) est strictement croissante (`a partir du rang 2) .

(c) On admet que (xn) n’a pas de limite finie. Elle diverge alors vers +∞.

6. On suppose dans cette question quec∈

0,1 4

.

(a) f est croissante sur [0,α[ avec f(0) =c <0 et f(α) =α.

Doncf([0,α[)⊂[0,α[,i.e. [0,α[ est stable parf .

On montre alors facilement par r´ecurrence que pour toutn∈N,x_n∈[0,α[ . (b) Commeg est positive sur ]− ∞,α[, (x_n) est strictement croissante .

(c) Elle est de plus born´ee (par 0 etα) donc elle converge. Sa limite est n´ecessairement un point fixe de f et un ´el´ement de l’intervalle [0,α]. Donc (x_n) converge vers α.

7. On suppose dans cette question quec∈

−3 4,0

. (a) • Montrer α > c revient `a montrer 1−√

1−4c > 2c, i.e. 1−2c > √

1−4c. Or (1−2c)² = 1−4c+ 4c² >1−4c et ces quantit´es sont positives, donc on a bien 1−2c >√

1−4c.

• Commec <0, on a 1−4c >1, d’o`u √

1−4c >1 et donc α <0 .

(b) D’apr`es la question 3d, f(f(x))−x= 0 si et seulement si g(x) = 0 ou x²+x+ (1 +c) = 0.

Ce dernier trinˆome a pour discriminant 1−4(1 +c)<0 car 1 +c > 1 4. Donc les seuls point fixes def◦f sont α etβ les z´eros de g.

(c) f est d´ecroissante surR− donc sur [c,0]. Donc f ◦f est croissante sur [c,0] . En effetc6x6y 60⇒f(y)6f(x)⇒f(f(x))6f(f(y)).

(d) Commeα <0,f(f(α))< f(f(0)), i.e. α < f(c) .

On a f(c) = c² +c = c(c+ 1) < 0 donc f([α,0[) =]c,α] puis f(]c,α]) = [α,f(c)[⊂ [α,0[. Donc [α,0[ est stable par f◦f .

(e) Soit (un) = (x2n). Elle v´erifieun+1 =f(f(un)). Comme f◦f est croissante, on a (un) monotone et commeu1=x2<0 =u0, (x2n) est d´ecroissante .

Par stabilit´e de [c,0[, on a∀n>1,x2n∈[c,0[ (r´ecurrence).

Donc (x_2n) est d´ecroissante et minor´ee donc converge vers le seul point fixe de f◦f pr´esent dans l’intervalle [c,0], `a savoir α .

(f) De mani`ere analogue aux deux questions pr´ec´edentes, on montre que [c,α] est stable parf◦f. Ainsi (x2n+1) est monotone et born´ee parcetα, donc elle converge versα , seul point fixe def◦f dans l’intervalle [c,α].

(g) (x2n) et (x2n+1) ´etant deux suites extraites particuli`eres de (xn) formant une partition des termes de cette derni`ere, on a x_n−−−−−→

n→+∞ α . 8. On suppose dans cette question quec∈

−2,−3 4

.

(a) f(c) +c=c²+ 2c=c(c+ 2)<0 et f(c)−c=c² >0. Ainsi −c < f(c) < c, soit |f(c)|< c. Il en est de mˆeme pourf(−c) carf est paire (ou par le mˆeme calcul).

(b) f est d´ecroissante puis croissante, admet pour minimumcen 0. Ainsi [−c,c] est stable parf et donc (par r´ecurrence) ∀n∈N, xn∈[−c,c] .

9. Bilan : A=

−2,1 4

.

Etude d’une suite complexe ´

Soit maintenant c ∈ C et (zn)n∈N la suite de nombres complexes d´efinie par

(z₀ = 0

∀n∈N, zn+1=z_n²+c . Cette d´efinition d´epend bien sˆur du nombrec fix´e. Si n´ecessaire, on notera zn(c) les nombres zn ainsi d´efinis.

Comme dans la premi`ere partie, le but du probl`eme est d’´etudier l’ensemble B =

c∈C,(|z_n(c)|)_n∈

N ne tend pas vers +∞ . 10. Mod´elisation.

(a) Soitn∈N. La relation de r´ecurrence donnean+1+ibn+1 = (an+ibn)²+a+ib=a²_n+2ianbn−b²_n+a+ib.

Puis une identification des parties r´eelle et imaginaire donne

(an+1=a²_n−b²_n+a bn+1 = 2anbn+b . (b) On appellemodcette fonction.

function m = mod(n,a,b) x = 0

y = 0

for k in range(n)

aux = x^2 - y^2 + a y = 2*x*y + b

x = aux end

m = x^2+y^2 11. Pr´eliminaires.

(a) Si (|z_n|) est born´ee, alors elle est major´ee donc il existe M ∈R tel que ∀n∈N,|z_n|6M. Ceci est, en particulier, contraire `a la d´efinition de divergence vers +∞. Et donc c∈B .

(b) ´Etude d’un cas particulier : avecc=i,z₁ =i,z₂ =−1 +ipuis z₃ = (−1 +i)²+i=−i,z₄ =−1 +i, etc.

On montre alors par r´ecurrence que pour toutn>1,z2n−1(i) =−ietz_2n(i) =−1 +i. Cette suite est born´ee (de module born´e par√

2), donc i∈B . (c) Par r´ecurrence :

• z0(c) = 0 =z0(c).

• Soit n∈N. Supposonszn(c) =zn(c).

Alors z_n+1(c) =z_n(c)²+c=z_n(c)²+c=z_n(c)²+c=z_n+1(c).

Ainsi (|z_n(c)|) = (|z_n(c)|). Ces deux suites ´etant ´egales, l’une diverge vers +∞ si et seulement si l’autre ´egalement. Donc c∈B⇔c∈B .

12. Supposons que |c| 6 1

4. On proc`ede par r´ecurrence : l’h´er´edit´e repose sur le fait que pour n ∈ N,

|z_n|6 1

2 ⇒ |z_n+1|6|z_n|²+|c|6 1

2 2

+1 4 6 1

4. Donc pour toutn∈N,|z_n|6 1

2 .D’apr`es la question 11a, c∈B .

13. cest `a nouveau quelconque.

(a) Le discriminant de l’´equationx²=x+|c|est 1 + 4|c|>0 et mˆeme>1. Ainsi des deux racines r´eelles 1±p

1 + 4|c|

2 , une est strictement positive, et mˆeme r = 1 +p

1 + 4|c|

2 >1 carp

1 + 4|c|>1.

(b) Il suffit de mettre au mˆeme d´enominateur 2 : |c| −r= 2|c| −1−p

1 + 4|c|

2 .

(c) Si|c|>2, (2|c| −1)² = 4|c|²−4|c|+ 1 et (2|c| −1)²−(1 + 4|c|) = 4|c|²−8|c|= 4|c|(|c| −2)> 0, donc 2|c| −1>p

1 + 4|c|car ces quantit´es sont positives. D’o`u |c| −r >0 et donc |c|> r. 14. Pour toutn∈N, on poseen=|z_n| −r.

(a) Pour tout n ∈ N, (r +en)² = |z_n²| = |z_n+1 −c| 6 |z_n+1|+|c| par in´egalit´e triangulaire. Donc (r+en)² 6en+1+r+|c|

| {z }

r²

. Donc (r+en)²6r²+en+1 .

(b) Cela donne (r+en)²−r²6en+1. Or (r+en)²−r² =en(2r+en) = 2ren+e²_n>2ren. Donc 2re_n6e_n+1 .

(c) z1 =c et on a montr´e qui si |c|>2, |c|> r. Donc e1 >0.

Par ailleurs, on a montr´e pour toutk que e_k+1

ek >2r. Donc∀n>1,

n−1

Y

k=1

e_k+1

ek >(2r)ⁿ⁻¹. On a alors un produit t´elescopique qui donne en

e1 >(2r)ⁿ⁻¹ . (d) Comme r > 1, (2r)ⁿ⁻¹ −−−−−→

n→+∞ +∞. Donc (e_n) n’est par born´ee et donc (|z_n|) diverge vers +∞, donc c /∈B .

15. Bilan : on a

c∈C,1

4 6c62

⊂B .

Il s’agit de la couronne comprise entre les cercles de rayons 1 4 et 2.

Etude d’un cas particulier ´

On fixe pour cette partie c=−1 4 +3

8i.

16. (a) Le discriminant de l’´equation z² −z+c = 0 est ∆ = 2− 3

2i. Un calcul de racines carr´ees donne δ= 3

2 −1

2itel queδ² = ∆. D’o`u les solutions β= 5 4 −1

4ietα=−1 4 +1

4i. (b) On a bien|α|=

r1 4+1

4 =

√ 2

4 = 1

2√ 2 . (c) |z₁−α|=|c−α|=

1 8i

. Donc |z₁−α|= 1 8 . 17. Soitn∈N.

|z_n+1−α|=|z²_n+c−α|. Or c−α=−α².

Donc|z_n+1−α|=|(z_n−α)(z_n+α)|=|z_n−α||z_n−α+ 2α|. Par in´egalit´e triangulaire ( et car|z_n−α|>0), on a bien |z_n+1−α|6|z_n−α|(|z_n−α|+ 2|α|) .

On montre alors par r´ecurrence l’in´egalit´e souhait´ee. L’initialisation vient de la question pr´ec´edente. Puis pourn∈N^∗, si|z_n−α|6 1

8, alors|z_n+1−α|6 1 8

1 8 + 1

√2

. Or 1

√2 =

√2 2 6 3

4 (par exemple car 869, donc 2√

263).

Cela donne 1 8 + 1

√2 61 et donc |z_n+1−α|6 1 8. 18. |z_n|=|z_n−α|+|α|6 1

8+ 1 2√

2 donc (|z_n|) est born´ee et on a bien c∈B .