CORRECTION, Session 2021

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COMPOSITION MATHÉMATIQUES CONCOURS GÉNÉRAL

CORRECTION, Session 2021

Concours Général Maths 2021 : Correction

Auteur du document : Gilbert JULIA, professeur agrégé honoraire Ancien préparateur au concours du CAPES de Mathématiques

Problème 1 : Le début justifie la fin

1. Soit u

 

x une suite appartenant à S, n un nombre entier naturel quelconque et u_n

 

x le terme de rang n de la suite u

 

x . La fonction exponentielle étant une fonction strictement positive sur R, le terme de rang n1 de la suite ^u

 

^{x ,}

     

1 exp

1  

 n

x x u

u_n ⁿ , est strictement positif en tant que quotient de deux nombres strictement positifs : quel que soit le signe de u_n

 

x , son suivant est strictement positif.

C’est ainsi que, quel que soit le signe de son premier terme ^u₀

 

^x , le terme ^u₁

 

^x puis tous les autres termes de la suite u

 

x sont strictement positifs. Toute suite de S est strictement positive à partir du rang 1.

2. Soit

 

u_{n n0} une suite de S. Supposons qu’il existe un entier N2 tel que u_N 1.

Commençons par démontrer par récurrence que, à partir de l’indice N, tous les termes de la suite

 

^u_{n n0}

sont inférieurs ou égaux à 1. Pour démontrer par récurrence cette propriété, supposée être initialisée au rang N, il reste à en vérifier l’hérédité.

Soit un certain entier nN pour lequel l’inégalité u_n 1 est vérifiée.

Alors, au rang suivant, en vertu de la croissance de la fonction exponentielle :

1

1 1 

 

 n n

u ⁿ

u n

e

e puis

3 1

1 1 

 



e e

u_n n car n1N13. L’hypothèse d’hérédité est vérifiée, on peut conclure : si l’inégalité

1

un est vérifiée pour un entier au moins égal à 2, elle l’est aussi pour tous les suivants.

Etant acquis que à partir de l’indice N, tous les termes de la suite

 

u_{n n0} sont inférieurs ou égaux à 1, pour tout entier nN1 :

n u nⁿ

u n

e

e 

 ^1 . La suite positive

 

u_{n n0} est majorée, à partir de son terme de rang

1

N , par une suite qui converge vers zéro : elle converge elle-même vers zéro.

3. En contraposant la propriété que nous venons de démontrer, si la suite positive

 

u_{n n0} ne converge pas vers zéro, alors pour tout entier n2 : u_n 1. Un tel entier n étant donné, il en est notamment ainsi du terme de rang n1, ce qui permet d’écrire : e^{un }



n^1



u_n₁^n^1 et en conséquence : ^u_n ^ln



^n1



^{. La}

suite

 

u_{n n0} est minorée par une suite qui diverge vers plus l’infini : elle diverge elle-même vers plus l’infini.

4. Soit ici

 

u_{n n0}la suite de S de terme initial zéro. Etudions-en les premiers termes :

         

4 3 exp 2 exp 0 3 ;

exp 2 0 2 ; 0

; 1 0

; 0

0 _{1 2 3 4}

0



















 



 









 















e e

e⁰ u e u u

u u

Le recours à une calculatrice montre que

 

^{0 0,92 1}

4  

u

Le terme de rang N4 de cette suite vérifie le critère de convergence de la question 2 :

La suite



u_n

 

0



converge vers 0, elle appartient à E₀

5.a. Pour montrer que, pour chaque entier naturel n, l’application xu_n

 

x est croissante, il s’agit de montrer que, pour chaque indice n, l’inégalité x y implique l’inégalité ^u_n

 

^{x u}_n

 

^{y .}

Cette implication est vraie lorsque n0 puisque dans ce cas, la fonction xu₀

 

x est la fonction identique, qui est une fonction strictement croissante.

Supposons que, pour un certain indice n, l’application ^x^u_n

 

^x soit strictement croissante. C’est-à-dire, supposons que, pour cet indice, l’inégalité xy implique l’inégalité u_n

 

x u_n

 

y .

Alors, elle implique l’inégalité e^{un x} e^{un y} par stricte croissance de l’exponentielle, et donc elle implique

 La fonction ^x^u0

 

^x est strictement croissante.

 La croissante stricte de la fonction xu_n

 

x implique la croissante stricte de la fonction d’indice suivant ^x^u_n₁

 

^x .

Par récurrence, nous avons démontré que pour tout entier naturel n, la fonction xu_n

 

x est une fonction strictement croissante.

5.b. Supposons que x appartienne à E₀ et soit z un nombre réel tel que zx quelconque.

D’après la question 5.a, pour tout entier naturel n : ^u_n

 

^z ^u_n

 

^x . La suite



^u_n

 

^z



_n0 est une suite positive majorée par une suite qui converge vers zéro : elle converge elle-même vers zéro. Autrement dit, si x appartient à E0, il en est de même de tout réel z de l’intervalle



^{, x}



: cet intervalle est inclus dans E0.

6. a. Notons f la fonction définie sur



^{2, }



^{par :f}

 

^{x exp}

  

^{x x x1}



^.

Une étude sommaire de cette fonction montre que sa dérivée seconde est positive sur



2, 



; sa dérivée première y est croissante à partir d’une valeur positive, elle y est donc positive.

La dérivée de f étant positive, cette fonction f est croissante sur



^{2, }



à partir d’une valeur strictement positive. Il s’agit par conséquent d’une fonction strictement positive sur



^{2, }



^.

Le résultat de cette question 6.a permet de justifier que l’inégalité e^x x



x1



est vérifiée pour tout réel x appartenant à



^{2, }



^.

6.b. Nous allons démontrer par récurrence que, s’il existe un entier N tel que u_N N1, alors pour tout entier nN : u_n n1. Pour démontrer cette propriété, supposée être initialisée au rang N 1, il reste à en vérifier l’hérédité.

Supposons que pour un certain entier nN1 l’inégalité u_n n1 soit vérifiée.

Alors, au rang suivant :

 

1

1

1 1

e^un _{n n}

n

u u u

n n



  

  (ceci en vertu du 6.a) puis

     

1

1 1 1

n

1

n n

u ^ n

  

  ^(en

vertu de notre supposition) c’est-à-dire : u_n1n2. L’hypothèse d’hérédité est vérifiée. On peut conclure : si l’inégalité u_n n1 est vérifiée pour un rang, elle est vérifiée pour tous les suivants.

Etant acquis que pour tout entier nN : u_n n1, la suite

 

^u_{n n0} est minorée par une suite qui diverge vers  : elle diverge elle-même vers .

6.c. Supposons que

 

u_{n n0} soit la suite de S de terme initial 1. Etudions-en les premiers termes :

 

^{1 1;} 1

 

^{1 2}

0  u e

u . Le terme de rang 1 de cette suite vérifie le critère de divergence de la question 6.b.

Cette suite diverge vers . Elle appartient à E_.

7. Soit x un réel appartenant à E_. D’après la stricte croissance des fonctions ^x^u_n

 

^x , pour tout réel y tel que yx : u_n

 

y u_n

 

x quel que soit l’indice n.

Pour tout yx, la suite



u_n

 

y



_n0 est minorée par une suite qui diverge vers  : elle diverge elle-même vers . Tout réel y de l’intervalle



^{x, }



appartient à E_. L’intervalle



^{x, }



est inclus dans E_.

8.a. Il résulte de la définition de ces suites que la suite

 

a_{n n0} est une suite de termes appartenant à E₀ tandis que la suite

 

b_{n n0} est une suite de termes appartenant à E_. De ce fait, pour tout entier n : a_n b_n (une inégalité contraire ne peut avoir lieu : si un réel appartient à E₀, comme c’est le cas de a_n, tout réel qui lui est inférieur ou égal appartient aussi à E₀).

Nous allons démontrer que ces suites sont adjacentes.

 La suite

 

a_{n n0} est une suite croissante puisque pour tout entier n, ou bien a_n1a_n 0 ou bien 2 0

1 2  



 



  n n

n n n n

n

a a b

b a a

a .

 La suite

 

b_{n n0} est une suite décroissante puisque pour tout entier n, ou bien b_n1b_n 0 ou bien 2 0

1 2  



 



  n n

n n n n

n

b b a

b b a

b .

 Enfin : _{1 1}

2 2

n n n n

n n n

a b b a

b_ a _ b  

    ou bien _{1 1}

2 2

n n n n

n n n

a b b a

b_ a _  a 

    . Autrement

dit : _{1 1} 2

n n

n n

b a b_ a _ 

  quelles que soient les circonstances. On en déduit que pour tout entier n :

0 0 1

2 2

n n n n

b a

b a 

   , ce qui établit que la suite



a_n b_n



_n0 converge vers zéro.

Les suites

 

a_{n n0} et

 

b_{n n0} sont des suites adjacentes, elles convergent vers une limite commune .

8.b. Soit x un élément quelconque de l’intervalle ouvert



^,



, c’est-à-dire tel que x . Puisque la suite

 

a_{n n0} converge vers  en croissant, il existe un rang n₁ tel que x a _n1



. Le nombre a_n1 appartient à E0. En vertu de la question 5.b, x appartient aussi à E0 . Tout élément de



^,



appartient à E0.

Ainsi, l’intervalle ouvert



^,



est inclus dans E₀.

Soit maintenant x un élément quelconque de l’intervalle ouvert



, 



, c’est-à-dire tel que x . Puisque la suite

 

b_{n n0} converge vers  en décroissant, il existe un rang n₂ tel que



b_n2 x. Le nombre

2

bn appartient à l’ensemble E_. En vertu de la question 6.b, x appartient aussi àE_ . Tout élément de



, 



appartient à E_. Ainsi, l’intervalle ouvert



, 



est inclus dans E_.

9. Ces nombres c_k sont fabriqués de telle sorte que, pour tout entier k2, le terme de rang k de la suite

 



u_n c_k



_n0 prenne exactement la valeur 1 (vérification laissée au lecteur). De ce fait, le critère de convergence de la question 2 à propos de la suite



u_n

 

c_k



_n0 se trouve vérifié par ce terme de rang k.

Chacune de ces suites est une suite convergente. Pour tout entier k2, le nombre ck appartient à E0.

10. Etudions le sens de variation de la suite

 

c_{k k2}. Soit k un entier tel que k2 quelconque et proposons- nous de comparer ck avec c_k1.

D’après la remarque faite dans la question précédente :

 



 









 1

1

1

1 k

k k k

c u

c

u . Or, nous avons montré que, pour de

telles suites, lorsqu’un terme était inférieur ou égal à 1, il en était de même de tous ses suivants. Par conséquent : u_k1

 

c_k 1 ce qui nous conduit à l’inégalité : u_k1

 

c_k u_k1

 

c_k1 .

Mais la fonction ^x^u_k₁

 

^x est une fonction strictement croissante (voir question 5.a). Si

 

₁

 

₁

1  

 _k  _{k k}

k c u c

u , c’est que c_k c_k1 et ceci quel que soit k 2. La suite

 

^c_{k k2} est une suite croissante. Cette suite est en outre majorée par n’importe quel nombre strictement supérieur à  (dans le cas contraire, il y aurait des suites



u cn

 

k



divergentes). Etant croissante et majorée, cette suite converge.

11. Supposons que  appartienne à E₀ . Sous cette hypothèse, la suite



u_n

 





_n0 converge vers 0. Il existe un entier N tel que, pour tout entier kN :

 

2

1

k 

u (on peut y remplacer 2

1 par tout autre nombre strictement plus petit que 1). Ce qui implique que pour tout entier kN : ^u_k

 

 ^u_k

 

^c_k . C’est donc que, toujours sous cette hypothèse, pour tout entier kN :  c_k. Il existerait des réels strictement supérieurs à

 qui appartiendraient à E₀. Mais la question 8.b a montré que c’était impossible. L’hypothèse  appartient à E0 conduit à une contradiction. Nécessairement,  n’appartient pas à E0. S’il n’appartient pas à E0, alors il appartient à E_.

Conclusion. En résumé, ce nombre  constitue un seuil critique. Si la valeur initiale est strictement plus petite que , la suite va converger. Si la valeur initiale est supérieure ou égale à , la suite va diverger.

Sur la copie d’écran ci-contre, nous voyons à gauche la suite générée par la valeur initiale 0,3132 (qui va converger, le dernier terme affiché est plus petit que 1) et à droite la suite générée par la valeur initiale 0,3134 qui va diverger.

Le nombre  est situé entre 0,3132 et 0,3134

Ainsi, au voisinage du seuil critique, une petite différence sur le choix du premier terme a des conséquences inattendues. Un «effet papillon » en quelque sorte. Ou de quoi nous faire réfléchir sur la notion de « seuil critique » dans notre monde contemporain.

Problème 2 : La loi du milieu

Partie I : Etude de petits cas

1. Lorsque n1, le sac contient trois boules numérotées 0, 1 et 2. La boule numéro 1 est nécessairement la dernière boule restante. D₁ ne prend que la valeur 1 avec la probabilité 1.

2. Lorsque n2, le sac contient cinq boules numérotées 0, 1, 2, 3 et 4. Il y a 10 3 5



 



 premières sélections

différentes. Il reste ensuite trois boules, la dernière boule restante est déterminée. Nous pouvons à l’aide d’un tableau décrire en détail le déroulement de l’expérience.

Première sélection Boules éliminées Boules restantes Dernière boule

0, 1, 2 0 et 2 1, 3, 4 3

0, 1, 3 0 et 3 1, 2, 4 2

0, 1, 4 0 et 4 1, 2, 3 2

0, 2, 3 0 et 3 1, 2, 4 2

0, 2, 4 0 et 4 1, 2, 3 2

0, 3, 4 0 et 4 1, 2, 3 2

1, 2, 3 1 et 3 0, 2, 4 2

1, 2, 4 1 et 4 0, 2, 3 2

1, 3, 4 1 et 4 0, 2, 3 2

2, 3, 4 2 et 4 0, 1, 3 1

Il résulte de cette étude que D₂ prend les valeurs 1, 2 et 3 avec les probabilités :

   

10 2 8

2  

D

P et

 

     

10 3 1

1 ₂

2  P D  

D

P .

Partie II : Valeurs extrêmes et symétrie

3. La boule numéro 0, au moment où elle est tirée, est nécessairement la boule de plus petit numéro et elle est éliminée. L’évènement



^D_n ^0



est l’évènement impossible, sa probabilité est nulle.

Symétriquement, D_n ne prend pas non plus la valeur 2n. On note que la variable aléatoire D_n prend concrètement les valeurs 1, 2,....,2n1.

4. La boule numéro 1 est la dernière boule restante si et seulement si elle figure dans la dernière sélection en même temps que la boule numéro 0. Ce qui signifie que ces deux boules n’ont pas été sélectionnées au cours des



n1



premiers tirages. Délibérément, nous détaillons ce qu’il se passe.

 Lors du premier tirage, il y a

  

3 1 2 1 2 3

1

2  





 



 n n n n

sélections différentes dont

   

3

1 2 3 2 1 3

1

2   





 



 n n n n

ne contiennent ni la boule 0 ni la boule 1. La probabilité que les boules 0 et 1 ne figurent pas dans la sélection est le quotient des deux nombres.

 Lors du deuxième tirage, sachant que les boules 0 et 1 sont toujours dans le sac, il y a

   

3

1 2 3 2 1 3

1

2   





 



 n n n n

sélections différentes dont

   

3

3 2 5 2 2 3

3

2   





 



 n n n n

ne contiennent ni la boule 0 ni la boule 1. La probabilité conditionnelle que les boules 0 et 1 ne figurent pas dans la sélection est le quotient des deux nombres.

 …

 Lors du tirage numéro



n²



, il reste 7 boules dans le sac. Sachant que les boules 0 et 1 sont toujours dans le sac, il y a

3 5 7 3 3

7  





 



 sélections différentes dont

3 3 5 2 3

5  





 



 ne contiennent

ni la boule 0 ni la boule 1. La probabilité conditionnelle que les boules 0 et 1 ne figurent pas dans la sélection est le quotient des deux nombres.

 Lors du tirage numéro



n¹



, il reste 5 boules dans le sac. Sachant que les boules 0 et 1 sont toujours dans le sac, il y a

3 3 5 2 3

5  





 



 sélections différentes dont

3 1 3 1 3

3  





 



 ne contiennent

ni la boule 0 ni la boule 1. La probabilité conditionnelle que les boules 0 et 1 ne figurent pas dans la sélection est le quotient des deux nombres.

La probabilité de l’évènement



D_n ¹



est le produit de ces probabilités. On note qu’il y a une élimination deux à deux en « effet domino » des facteurs intermédiaires. Il reste :

 

  

2 1



2 1



3 3

1 2 1 1



 



 



 



 n n n n

D

P _n

NB. Si T_m désigne l’évènement « après la m^e sélection, les boules 0 et 1 sont toujours dans le sac », nous avons calculé la probabilité

      

^

 

 





 ¹

2

1

1 1 ⁿ

m

m T

n PT P T

D

P m . Rien de plus, rien de moins.

5. Imaginons que les boules soient numérotées non seulement de 0 à 2n, mais aussi de 2n à 0, chaque boule étant dotée de deux numérotations, i et 2ni. On note D’_n la variable aléatoire égale au numéro auxiliaire de la dernière boule du sac. D’une part le protocole de l’expérience n’est pas modifié par une numérotation

« descendante », D’n suit la même loi que Dn : P

 

D_n'i

 

P

 

D_n i

 

pour tout i de 0 à 2net d’autre part les éventualités qui réalisent l’évènement



^D_n^'i



sont les mêmes que celles qui réalisent l’évènement



D_n 2ni



, c’est-à-dire que P

 

D_n'i

 

P

 

D_n 2ni

 

.

On en déduit que ^P

 

^D_n ^i

 

^P

 

^D_n ^2ni

 

pour tout i de 0 à 2n.

6. La variable aléatoire D_n prend les valeurs entières allant de 1 à 2n1. L’espérance mathématique de D_n est :

  

^

   





^{2 1}

1 n

i

n i P i

D

E

Effectuons le changement d’indexation :2nii :

  

^

     









^{2 1}

1

2 2

n

i

n n i P n i

D E

En raison de la symétrie des probabilités, aussi bien :

  

^

     







^{2 1}

1 n 2

j

n n i P i

D

E . En ajoutant membre à

membre ces deux expressions de l’espérance, nous pouvons regrouper les termes homologues des deux sommes dans une seule somme : ^E

 

^D



ⁱ



^{n i}

 

^P

   

^{i n n P}

   

^{i n}

j n

j

n 2 2 2

2 ^{2 1}

1 1

2

1













 







 

^







.

Par conséquent : ^E

 

^D_n ^n.

Partie III : Comportement limite

7. On note que la suite

 

u_{n n0} peut aussi bien être définie par la donnée de son premier terme u₀ 1 et par la relation de récurrence : _n u_n

n

u n 



 

 2 2

1 2

1 (pour tout entier naturel n).

Démontrons par récurrence l’inégalité

1 3

1

 

u_n n . (Initialisation). u₀ 1 et quand n0, 1

1 3

1 



n . L’inégalité

1 3

1

 

u_n n est donc vérifiée au rang 0.

Supposons qu’elle soit vérifiée pour un certain rang n0. C’est-à-dire supposons que

1 3

1

 

u_n n .

Alors, au rang suivant n1 :

1 3

1 2 2

1 2 2

2 1 2

1  



 

 

 

 n n

u n n

u_n n _n Comparons ce nombre avec

4 3

1

 n Ou, ce qui revient au même, comparons leurs carrés respectifs

1 3

1 2 2

1 2

 



 









n n

n et

4 3

1



n . Un calcul, que le lecteur détaillera lui-même, montre que



¹

 

^{3 1}



^{3 4}



4 4 3

1 1 3

1 2 2

1 2

2  



 

 

 



 









n n n

n n

n n

n . C’est donc

que pour tout entier naturel n : 0

4 3

1 1 3

1 2 2

1

2 

 

 



 









n n

n

n .

Le plus grand des carrés est celui de

4 3

1



n . Ainsi, l’inégalité

1 3

1

 

u_n n implique l’inégalité



¹



¹

3 1

1  

 n

u_n , la propriété d’hérédité de cette inégalité est vérifiée.

Pour tout entier naturel n :

1 3

1

  u_n n

8. En raison de la symétrie de l’expérience par rapport à n, il n’est pas utile d’envisager toutes les valeurs de p_j pour 0 j2n mais seulement pour 0 jn. En effet : p_2nj  p_j pour tout indice j.

Notons une fois pour toutes qu’il y a

^{2 1}  ^{2 1 2}  ¹ 

3 3

n n n n

 

 

  façons de choisir les trois boules de la

première sélection. On désignera le cas échéant par F_n ce nombre.

La probabilité p_j se calcule de façon quelque peu différente suivant la valeur que prend j.

 Si j0 : La boule numéro 0 est éliminée d’office si elle figure dans la première sélection. Il y a



^{2 1}



2

2  

 



 n n n

façons de choisir les deux autres boules. La probabilité p₀ est le rapport de ce

nombre au nombre Fn. Donc :

1 2

3

0  

p n . C’est aussi la valeur de p_2n.

 Si j1 : La boule numéro 1 est éliminée si elle figure dans la première sélection et si aucune des deux autres boules n’est la boule 0. Il y a



1



2 1



2 1

2   

 



 

n n n

façons de choisir ainsi les deux

autres boules. La probabilité p₁ est le rapport de ce nombre au nombre F_n. Donc :

 



2 1



1 3

1  

  n n

p n .

C’est aussi la valeur de p_2n1.

 Si 2 j2n : La boule numéro j est éliminée si elle figure dans la première sélection et si les deux autres boules ont des numéros ou bien tous deux plus petits que j ou bien tous deux plus grands que

j. Il y a

²  ¹  ²    ¹  ²

²

 ^{2 1} 

²

2 2 2 2

j n j j j n j n j

n n j j

     

        

   

    façons de

choisir ainsi les deux autres boules. La probabilité p_j est le rapport de ce nombre au nombre F_n.

Donc :

   



^{2 21}



^{21 1}



2

3 ^{2 2}









 

n n n

j j n

p_j n . C’est aussi le nombre p_2nj.

9. Suivant l’expression de p_j, étudions la différence p_j n

2

 1 et son signe.

 Lorsque j0 ou j2n : 2



2 1



1 4 2

1 1 2

3 2

1

0 

 

 



 n n

n n

n

p n . La différence est positive pour

1 n .

 Lorsque j1 ou j2n1 :

 

 

2



2 1



7 4 2

1 1 2

1 3 2

1

1 

 

 

 

 n n

n n n

n n

p n . La différence est positive

pour n2.

 Dans les autres cas :

  

  

 



2 1



2 1



2

2 7 2 2 3 6

1 2 1 2 2

1 4 1 2 12 6

2 1

2 2

2





 



 

 





 









 

 n n n

n n

j n

n n

n n

n j j

p_j n . Cette

différence est supérieure ou égale à 2



2 1



2 1



2 7 2 2 3

2





 



 

  n n

n n

pour toute valeur de j et est positive pour

tout entier n3 (car le trinôme

2 7 2 2 3

2

 



 

 x est positif pour tout réel supérieur ou égal à 2

7 3

; le premier entier supérieur à ce nombre est l’entier 3).

Nous avons démontré que, lorsque n3, p_j n

2

 1 quelle que soit la valeur de j de 0 à 2n.

10. L’intérêt de la minoration p_j n

2

 1 est qu’elle est indépendante de j, elle ne dépend que du nombre de boules en jeu. Elle implique une majoration de la probabilité q_j que la boule j ne soit pas éliminée à la première sélection :

n n q_j n

2 1 2 2

1 1 







Plus généralement, pour 1kn1, sachant que la boule j est toujours présente au moment où il reste



2n32k



en jeu (après k1 sélections), la probabilité pour qu’elle soit éliminée à la k ^e sélection est

k n 2 2 2

1



  . La probabilité conditionnelle, sachant qu’elle n’est pas encore éliminée à la k ^e sélection, qu’elle ne le soit toujours pas à la sélection suivante est donc majorée par :

k n

k n k

n 2 2 2

1 2 2 2 2 2 1 1







 



  Désignons par ^E

 

^k,j l’évènement « la boule j est éliminée au tour numéro k ».

L’évènement « D_n  j » est l’intersection



ⁿ_k^_¹₁^E

 

^{k, j} . La probabilité P

 

D_n  j

 

de cet évènement est le produit, pour k allant de 1 à n, des probabilités évoquées ci-dessus. Ce produit est majoré par



  





n

k n k

k n

12 2 2

1 2

2 c’est-à-dire par

2 ... 1 2 2

3 2 2

1

2  



 

 n n n

n . Ce produit, pourvu que n3 et d’après la

question 7, est majoré par

1 3

1

 n .

La majoration étant indépendante de j, elle vaut aussi bien pour la plus grande des probabilités ^P

 

^Dn  ^j

 

:

1 3

1

 

M_n n . La suite de termes positifs

 

M_n étant majorée par une suite convergeant vers 0, elle converge elle-même vers 0.

Partie IV : Résultat le plus probable

11. Si Pn est vraie : ^P

 

^Dn 0

 

^P

 

^Dn 1

 

...^P

 

^Dn ⁿ1

 

^P

 

^Dn ⁿ

 

. De plus, d’après les propriétés de symétrie de ces probabilités, pour tout entier i tel que 0in1 :

 



D n i



P

 

D i

 

P _n 2   _n  . C’est donc que les probabilités

 



^{D n}



^P

 

^{D n}

 

^P

 

^{D n}

 

P _n  1 , _n  2 ,..., _n 2 prennent les mêmes valeurs que, respectivement,

 



D_n n1



, P

 

D_n n2

 

,...,P

 

D_n 0

 

P . Ces probabilités, à partir de P

 

D_n n

 

sont rangées dans l’ordre décroissant et la plus grande de toutes est ^P

 

^D_n ^n

 

^.

12. La propriété P¹ consiste à énoncer que : P

 

D_n 0

 

P

 

D_n 1

 

. Il n’y a aucun doute à ce sujet vu que l’évènement



^D_n ^0



est l’évènement impossible.

NB. Dans la suite de ce problème, nous allons devoir étudier ce qu’il se passe après la première sélection et nous utiliserons le procédé que voici et que nous désignerons par « Réindexation » (décrit ci-dessous une fois pour toutes) :

Soit a, b, c les numéros des boules figurant dans la première sélection avec a b c  . Les boules a et c sont éliminées. Pour les tirages suivants, imaginons une réindexation des boules restantes. Soit x le numéro d’une boule restante.

 Si x a 1, on conserve le même numéro.

 Si a   1 x c 1, on diminue d’une unité l’ancien numéro (les boules concernées seront nouvellement numérotées de a jusqu’à c2)

 Si c  1 x 2n, on diminue de deux unités l’ancien numéro (les boules concernées seront nouvellement numérotées de c1 jusqu’à 2n2)

Les nouveaux numéros dépendent donc de la position de x par rapport aux deux boules éliminées : rien de changé avant le plus petit numéro éliminé, une unité de moins entre les deux éliminés, et deux unités de moins au delà du plus grand éliminé.

De la sorte, pour les tirages suivants, les conditions de l’expérience décrite par l’énoncé sont fidèlement reconstituées, mais avec deux boules de moins. C’est ce qui nous permettra d’obtenir quelques formules de récurrence et de rattacher des probabilités liées à D_n à d’autres probabilités liées à D_n1.

13. Si les trois boules sélectionnées sont les boules l, k, k1, deux cas de figure se présentent :

 Ou bien kk1l : les boules l et k sont éliminées et la boule numéro k1, en tant que « boule du milieu » est conservée (cas étudié au 13.a).

 Ou bien lkk1 : les boules l et k1 sont éliminées et la boule numéro k, en tant que « boule du milieu » est conservée (cas étudié au 13.b).

13.a. Si lk1, les boules k et l sont les boules éliminées à la première sélection. L’évènement



D k



X_l  _n  est l’évènement impossible : P_Xl

 

D_n k

 

0.

Sachant l’évènement X_l réalisé, appliquons la « Réindexation ». La boule de numéro initial k1 ayant pour nouvel index k, P_Xl

 

D_n k1

 

P

 

D_n1 k

 

13.b. Lorsque lk, les boules l et k1 sont les boules éliminées à la première sélection. L’évènement



^{ 1}



 D k

X_{l n} est l’évènement impossible : P_X

 

D_n k1

 

0

l .

Sachant l’évènement X_l réalisé, appliquons la « Réindexation ». La boule de numéro initial k ayant pour nouvel index k 1, P_X

 

D_n k

 

P

 

D_n1 k 1

 

l

13.c. Les probabilités conditionnelles P_X

 

D_n k

 

et P_X

 

D_n k1

 

sont, respectivement, les quotients

 

 

 

X P

k D X

P  _n 

et

   

 

X P

k D X

P  _n  1

, elles sont rangés dans le même ordre que les probabilités des intersections figurant aux numérateurs.

Considérons les évènements ^X 



^Dn ^k



et ^{X }



^Dn ^{k 1}



 D’une part : ^{X }



^{Dn k}



^



_lk



^{Xl }



^{Dn k}

 

comme il est expliqué en 13.b

 D’autre part : ^{X }



^{Dn k1}



^_l



_k1



^{Xl }



^{Dn k1}

 

comme il est expliqué en 13.a

Exprimons et comparons les probabilités de ces évènements, qui sont des réunions d’évènements disjoints.

On note au passage que, quelle que soit la troisième boule l,

 

^l

 ^{2 1 2 3}  ¹  ¹

n

P X n n n  F

  puisqu’il

s’agit de distinguer un ensemble particulier de trois boules choisies parmi 2n1.

 

                 

^

   

 











 

 















 ¹

0 1

1

0 1

0

1 1 2 1 2

3 ^k

l n

k

l l X n

k

l l n

n P D k

n n k n

D P X P k

D X P k

D X

P l .

On obtient :

       



^{2 1}



^{2 1}



¹

3 ₁









 



 ^

n n n

k D P k k

D X

P _n ⁿ

 

                     



 









 

 





















 ⁿ

k

l n

n

k

l l X n

n

k

l l n

n P D k

n n k n

D P X P k

D X P k

D X

P l

2

2 1

2

2 2

2 2 1 2 1

1 3 1

1 .

On obtient :

         



^{2 21}



^{2 1}



2

1 3 ¹









 





 ^

n n n

k D P k k n

D X

P _n ⁿ

Vu que 0kn1, 2n



n1



22nk22n2, c’est-à-dire : n12nk22n2. Ainsi, quel que soit k tel que 0kn1, l’inégalité k2nk2 est vérifiée.

D’autre part, d’après l’hypothèse de récurrence forte Pn-1, l’inégalité ^P

 

^D_n1^k1

 

^P

 

^D_n1^k

 

est elle aussi vérifiée.

Il en résulte que l’inégalité 3^k^P

 

^Dn_1^k1

  

3 2ⁿ^k2



^P

 

^Dn_1 ^k

 

est vérifiée, et les probabilités des intersections sont rangées dans le même ordre : ^P



^X



^Dn ^k

 

^P



^{X }



^Dn ^k1

 

En conclusion, ^PX

 

^Dn ^k

 

^PX

 

^Dn ^k1

 

14. L’évènement Y est l’évènement selon lequel « une des boules k ou k 1est éliminée à la première sélection ». L’évènement X est l’évènement « les deux boules k et k1 figurent dans la première sélection ».

L’évènement Y\X est donc l’évènement « une et une seule des deux boules k ou k1figure dans la première sélection et elle est éliminée ». Il est la réunion des deux évènements :

A_k : « La boule k figure dans la première sélection et est éliminée, la boule k 1 n’y figure pas ».

A_k+1 : « La boule k1 figure dans la première sélection et est éliminée, la boule k n’y figure pas ».

14.a. La situation est comparable à celle de la question précédente :

         



Y X



P

k D X Y k P

D

P_{Y X n} ⁿ







 

 

et

         



Y X



P

k D X Y k P

D

P_{Y X n} ⁿ









 



 

1 1



^Y ^X

 

 ^D_n ^k







^A_k ^A_k1







^D_n ^k



^A_k1



^D_n ^k





Y X

 

 D_n k¹







A_k A_k1







D_n k



A_k 



D_n k¹



Les probabilités de ces intersections sont égales, respectivement, à ^P



^A_k1



^P_Ak1

 

^D_n ^k

 

^{et à}

 

A P

 

D k1

 

P _{k A n}

k

L’évènement A_k est réalisé si la boule k est sélectionnée et si les deux autres boules ont des numéros ou bien tous deux strictement plus petits que k ou bien tous deux strictement plus grands que k1.

L’évènement A_k+1 est réalisé si la boule k1 est sélectionnée et si les deux autres boules ont des numéros ou bien tous deux strictement plus petits que k ou bien tous deux strictement plus grands que k1.

Les deux évènements ont donc la même probabilité, puisque les conditions sur les deux autres boules sont identiques :P



A_k1

  

P A_k .

Par ailleurs, les probabilités conditionnelles P_A

 

D_n k

 

k_1  et P_A

 

D_n k1

 

k sont aussi égales car, une fois l’un des deux évènements A_k ou A_k+1 réalisé, on reconstitue pour les sélections suivantes la même expérience En-1, il reste une et une seulement des deux boules k ou k1, peu importe son numéro.

Donc : ^P



^A_k1



^P_Ak1

 

^D_n ^k

   

^{P A}_k ^P_Ak

 

^D_n ^k1

 

Les probabilités des intersections sont égales : P

 

Y X

 

 D_n k

 

P

 

Y X

 

 D_n k1

 

Et en conséquence : P_Y_X

 

D_n ^k

 

^P_Y_X

 

D_n ^k^1

 

,

14.b.

       

 

Y P

k D Y k P D

P_{Y n}  ⁿ 



 et

       

 

Y P

k D Y k P

D

P_{Y n} ⁿ 1

1   







L’évènement Y est la réunion de l’évènement X et de l’évènement Y\X, deux évènements disjoints.

 



Y D k



P



X



D k

 

P

 

Y X

 

D k

 

P  _n    _n     _n  et de même :

 



Y D k ¹



P



X 



D k¹

 

P

 

Y X

 

 D k¹

 

P _{n n n}

Nous avons vu l’inégalité ^P



^{X }



^Dn ^k

 

^P



^{X }



^Dn ^k1

 

et l’égalité

 



^



^ _

 

^{ 1}

 

 D k P D k

P_{Y X n Y X n} .

Il en résulte l’inégalité P



Y 



D_n k

 

P



Y 



D_n k1

 

et les probabilités conditionnelles en jeu sont rangées dans le même ordre : ^P_Y

 

^D_n ^k

 

^P_Y

 

^D_n ^k1

 

15. Si abc, sont éliminées les boules a et c et la boule a est conservée. Appliquons la « Réindexation » telle que nous l’avons décrite.

15.a. On suppose que les trois boules tirées sont telles que abck. Les boules d’anciens index k et

1

k ont pour nouveaux index k 2 et k1 après la « Réindexation ».

 



D k



P

 

D _1 k²

 

P_{G n n} et P_G

 

D_n k¹

 

P

 

D_n1k¹

 

. D’après l’hypothèse de récurrence forte P^n-1 : P

 

D_n1k ²

 

P

 

D_n1k¹

 

.

En conclusion, pour tout entier k tel que 0kn1, P_G

 

D_n k

 

P_G

 

D_n k1

 

15.b. On suppose que les trois boules tirées sont telles que akk 1c. Les boules d’anciens index k et

1

k ont pour nouveaux index k 1 et k .

 



D k



P

 

D _1k¹

 

P_{H n n} et ^P_H

 

^D_n ^k 1

 

^P

 

^D_n1^k

 

. D’après l’hypothèse de récurrence forte P^n-1 : ^P

 

^D_n1^k1

 

^P

 

^D_n1^k

 

.

En conclusion, pour tout entier k tel que 0kn1, P_H

 

D_n k

 

P_H

 

D_n k1

 

15.c. On procède de même mais dans ce cas les boules d’index k et k1 gardent toutes les deux leurs anciens index puisque les boules éliminées ont des numéros k1.