Corrig&eacute du concours blanc 2 : &eacutepreuve 2

(1)

Math´ ematiques

Corrig´ e du concours blanc n

^◦

2 Epreuve n ´

^◦

2 Exercice [ESSEC 2016]

1. (a) Décomposons l’événement [X > j−1] en union de 2 événements incompatibles : [X > j−1] = [X =j]∪[X > j]

(car les valeurs strictement supérieuresj−1 sont la valeurj et les valeurs strictement supérieures àj). Ainsi, P(X > j−1) =P(X=j) +P(X > j)⇔P(X=j) =P(X > j−1)−P(X > j)

(b) Soitpun entier naturel non nul,

p

X

j=1

jP(X =j) =

p

X

j=1

jP(X > j−1)−

p

X

j=1

jP(X > j) (d’après 1. puis linéarité de la somme)

=

p−1

X

k=0

(k+ 1)P(X > k)−

p

X

j=1

jP(X > j) (en posant le changement d’indicek=j−1 )

=

p−1

X

k=0

kP(X > k) +

p−1

X

k=0

P(X > k)−

p

X

j=1

jP(X > j) (lin´earit´e de la somme)

=

p−1

X

k=0

kP(X > k)−

p

X

j=1

jP(X > j) +

p−1

X

k=0

P(X > k)

= 0 +

p−1

X

k=1

kP(X > k)−

p−1

X

j=1

jP(X > j)−pP(X > p) +

p−1

X

k=0

P(X > k)

= −pP(X > p) +

p−1

X

k=0

P(X > k)

2. (a) i. X admet une espérance donc d’après la définition de l’espérance,PkP(X =k) converge absolument donc converge.

ii.

+∞

X

k=p+1

kP(X =k) =

+∞

X

k=1

kP(X =k)−

p

X

k=1

kP(X =k) =E(X)−

p

X

k=1

kP(X=k) −→

p→+∞E(X)−E(X) = 0 iii.

pP(X > p) = pP





+∞

[

k=p+1

[X =k]





= p

+∞

X

k=p+1

P(X =k) (union d’événements 2 à 2 incompatibles)

=

+∞

X

k=p+1

pP(X=k) (lin´earit´e)

or sik∈[[p+ 1,+∞[[ alorsp≤kdoncpP(X =k)≤kP(X =k) (carP(X =k)≥0), ainsi pP(X > p) ≤

+∞

X

k=p+1

kP(X=k) (sommation d’in´egalit´e)

(2)

iv. D’apr`es 1.(b), on a :

p−1

X

j=0

P(X > j) =

p

X

j=1

jP(X =j) +pP(X > p)

qui admet donc bien une limite lorsqueptend vers +∞comme somme de deux suites convergentes d’apr`es 2.(a)i. et 2.(a) iii.

v. On fait tendrepvers +∞dans l’égalité précédente, on obtient :

+∞

X

j=0

P(X > j) =

+∞

X

j=1

jP(X =j) + lim

p→+∞pP(X > p) =µ+ 0 =µ (b) i.

vp+1−vp=

p

X

j=0

P(X > j)−

p−1

X

j=0

P(X > j) =

p−1

X

j=0

P(X > j) +P(X > p)−

p−1

X

j=0

P(X > j) =P(X > p)≥0 La suite (v_p) est croissante (donc admet une limite finie ou tend vers +∞).

ii. D’apr`es la question 1.(b), on a

p

X

j=1

jP(X =j) ≤ v_p (carpP(X > p)≥0)

≤

+∞

X

j=0

P(X > j) (car (vp) est croissante donc sous sa limite)

iii. La série de terme général jP(X =j) est croissante (en tant que série à terme général positif) et majorée d’après la question 2.(b)ii. donc elle est convergente d’après le théorème de la limite monotone. Elle est donc aussi absolument convergente car à termes positifs.

Par définition de l’espérance,X admet bien une espérance.

(c) D’après la question 2.(a), siX admet une espérance alors la série de terme généralP(X > j) converge. D’après la question 2.(b), la réciproque est vraie. Ainsi, les propriétés sont bien équivalentes.

Probl` eme [HEC 2009]

Dans tout le probl`eme, on consid`ere la suite (un)_n∈

Nd´efinie paru0= 0, u1= 1 et la relation pour toutndeN, un+2=un+1+un.

La partie II est ind´ependante de la partie I et la partie III est ind´ependante de la partie II.

Partie I. Analyse

1. (a) Pourn∈N, soitPn la proposition : ”un∈N”.

Initialisation :u0= 0 etu1= 1. DoncP0et P1 sont vraies.

Hérédité :On supposePn etPn+1 sont vraies pour unn∈Nfixé. Montrons quePn+2est vraie.

Commeu_n∈Netu_n+1∈N, alorsu_n+2=u_n+1+u_n∈NDoncPn+2 est vraie.

Conclusion : ∀n∈N,un ∈N

Pour tout n∈ N, u_n+2−u_n+1 =u_n ≥0 (car u_n ∈N). donc la suite est croissante `a partir de l’indice 1, et commeu₀≤u₁, alors

Conclusion : (un)_n∈

Nest une suite croissante d’entiers naturels.

(b) Si la suite (un)_n∈Nest convergente vers une limite finie`, alorsun, un+1etun+2ont cette mˆeme limite. Comme un+2=un+1+un, alors`=`+`d’o`u`= 0.

Mais comme la suite (u_n)_n∈

N est croissante et queu₁= 1,c’est impossible.

Conclusion : La suite n’est pas convergente

Dans toute la suite du problème,aet b(a > b) désignent les deux solutions de l’équation du second degré suivante : x²−x−1 = 0

(3)

2. (a) Le discriminant est ∆ = 1 + 4 = 5 d’o`u

a=1 +√ 5

2 et b=1−√ 5 2 . Donc

1−a= 1−1 +√ 5

2 =1−√ 5 2 =b.

ab=1 +√ 5 2

1−√ 5

2 = 1−5

4 =−1, doncb=−1 a. Enfin, 1<5<9 donc 1<√

5<3 donc 1<¹⁺

√ 5 2 <2.

Conclusion : b= 1−a=−¹_a et 1< a <2.

(b) La suiteuest récurrente linéaire du second ordre à coefficients constants d’équation caractéristiquex²−x−1 = 0 ayant pour racinesaet b.

Il existe donc AetB r´eels tels que, pour tout n:

un =Aaⁿ+Bbⁿ avecAet B v´erifiant

u0= 0 =A+B u1= 1 =aA+bB ⇐⇒

B =−A

u1= 1 = (a−b)A ⇐⇒

( B =−^√¹₅ A= ^√¹

5

cara−b=√ 5

Conclusion : ∀n∈N,un =^√¹

5(aⁿ−bⁿ) (c) On a

u_n= 1

√5(aⁿ−bⁿ) = 1

√5aⁿ

1− b

a n

et comme b a =−1

a² et 1

a² <1 alors b a

<1, ainsi Conclusion : un ∼

+∞

√1 5aⁿ

3. On pose, pour toutndeN:βn=un+1−aun.

β_n = 1

√5 aⁿ⁺¹−bⁿ⁺¹

−a 1

√5(aⁿ−bⁿ)

= 1

√5(−b+a)bⁿ

=bⁿ aveca−b=√ 5 Conclusion : ∀n∈N,βn=bⁿ

4. On rappelle que pour tout réel x, la partie entière dexest l’entier notébxcqui vérifie : bxc ≤x <bxc+ 1.

(a) Puisqueu2n+1−1 et un entier, il suffit de montrer queu2n+1−1≤au2n< u2n+1: u2n+1−au2n=β2n=b²ⁿ>0

D’autre part, commeb= 1−a∈]−1,0[ et 1< a <2 doncbⁿ ≤1, ainsi u2n+1−au2n−1 =β2n−1 =b²ⁿ−1≤0 Donc

u2n+1−1≤au2n< u2n+1

Conclusion : ∀n∈N,bau2nc=u_2n+1−1

(4)

(b) En reprenant les calculs pr´ec´edents, on a cette fois :

u2n−au_2n−1=β_2n−1=b²ⁿ⁻¹≤0 D’autre part,

u2n−au_2n−1+ 1 =β_2n−1+ 1 =b²ⁿ⁻¹+ 1>0 Donc

u2n ≤au2n−1< u2n+ 1 Conclusion : ∀n∈N^∗,bau2n−1c=u_2n

5. Soity un réel fixé vérifiant|y|<1 etkun entier fixé deN. (a) On a

n^k|y|ⁿ=n⁻²n^k+2|y|ⁿ or |y|<1 donc|y|ⁿ =

+∞o n^−(k+2) , alors

n^k+2|y|ⁿ= |y|ⁿ

n^−(k+2) −→

n→+∞0.

On en conclut que n^k|y|ⁿ =

+∞o n⁻²

. La s´erie de Riemann X

n≥1

1

n² est convergente, donc d’après le critère de comparaison par négligeabilité, la série X

n≥1

n^kyⁿ

converge, ainsi Conclusion : La s´erie P

n≥1

n^kyⁿ est absolument convergente.

(b) On a montr´e que u_n ∼

+∞

√1

5aⁿ donc

n^k u_n 2ⁿ⁺¹ ∼

+∞

1 2√

5n^ka 2

ⁿ

Or la s´erie P

n≥1

n^ka 2

ⁿ

est convergente car a 2

<1 (du fait que 1< a <2 ) et d’après le critère de comparaison par équivalence, la série P

n≥1

n^k un

2ⁿ⁺¹

est convergente.

Conclusion : La s´erie P

n≥1

n^k u_n

2ⁿ⁺¹ est absolument convergente donc convergente (c) La s´erie ´etant convergente,

+∞

X

n=1

un

2ⁿ⁺¹ =

+∞

X

n=1

un+2−un+1

2ⁿ⁺¹

=

+∞

X

n=1

un+2

2ⁿ⁺¹ −

+∞

X

n=1

un+1

2ⁿ⁺¹ car chacune converge

=

+∞

X

m=3

um

2^m−1 −

+∞

X

m=2

um

2^m changements d’indice

= 4

+∞

X

m=3

um

2^m+1 −2

+∞

X

m=2

um

2^m+1

= 4

+∞

X

m=1

u_m 2^m+1 −u₁

4 −u₂ 8

!

−2

+∞

X

m=1

u_m 2^m+1 −u₁

4

!

= 2

+∞

X

m=1

um

2^m+1 −1 caru1=u2= 1

Conclusion :

∞

X

n=1

un

2ⁿ⁺¹ = 1

(5)

Partie II. Alg` ebre et algorithmique

1. SoitAla matrice carr´ee d’ordre 4 d´efinie par :

A= 1 2







1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1







(a) Les deux colonnes du millieu sont ´egales, donc les colonnes sont li´ees.

Conclusion : A n’est pas inversible.

(b) On calculeA²et A³

A²= 1 4







1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1













1 1 1 1

1 0 0 1

1 1 1 1







=1 4







4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4







= 1 2







2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2







A³= 1 4







1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1













2 1 1 2

1 1 1 1

2 1 1 2







=1 4







6 4 4 6 4 2 2 4 4 2 2 4 6 4 4 6







= 1 2







3 2 2 3 2 1 1 2 2 1 1 2 3 2 2 3







Conclusion : On constate queA³=A²+A.

(c) Pourn∈N^∗, soitPn la proposition : ”il existea_n etb_n tels queAⁿ =a_nA+b_nA²”.

Initialisation :On a A¹= 1A+ 0A². Donca₁= 1 etb₁= 0.

DoncP₁est vraie.

Hérédité :On supposeP_n est vraie pour unn∈N^∗ fixé. Montrons queP_n+1 est vraie.

Aⁿ⁺¹=A anA+bnA²

=a_nA²+b_nA³

=anA²+bn A²+A

=bnA+ (an+bn)A² En prenantan+1=bn etbn+1=an+bn,Pn+1est vraie.

Conclusion : il existe (an)_n∈N∗et (bn)_n∈N∗ avec, pour toutndeN:Aⁿ=anA+bnA² (d) Commean+1=bn etbn+1=an+bn, alors pour toutn∈N^∗

an+2=bn+1=an+an+1

b_n+2=a_n+1+b_n+1=b_n+1+b_n Conclusion : (a_n)_n∈

N^∗ et (b_n)_n∈

N^∗ vérifient la même relation de récurrence linéaire d’ordre 2 queu_n. 2. n=input(’Donner un entier naturel non nul’)

u=0;

v=1;

for k=1:n-1

temp=v; //on stocke uk

v=u+v; //on d´efinit u_k+1=u_k+u_k−1 u=temp; //on red´efinit u_k

end;

disp(v)

3. Soitnun entier de N^∗. On dit que nadmet uneZ-d´ecomposition s’il existe un entier rdeN^∗ tel que l’on puisse

´ ecrire

n=u_k₁+u_k₂+· · ·+u_k_r,

où, pour toutide [[1, r]]ki est un entier supérieur ou égal à 2 et où, pour tout ide [[1, r−1]] (avecr≥2), on a : ki+1−ki≥2.

(6)

(a) On liste les premi`eres valeurs deun:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

un 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233

En partant du plus gros et en comblant les trous, on a 37−34 = 3 donc 37 =u4+u9 avec 9−5≥2 De mˆeme, on a 272−233 = 39 = 34 + 5 donc

272 =u5+u9+u13 avec 9−5≥2 et 13−9≥2 Conclusion : 37 et 272 admettent bien une Z-d´ecomposition.

b) et c) Soitnun entier admettant une Z-d´ecomposition de la formen=uk₁+uk₂+· · ·+uk_r.

Pour r∈N^∗, soitPrla proposition : ”sinadmet uneZ−d´ecomposition `a rtermes, alorsn < uk_r+1”.

Initialisation :Pour r= 1, on an=uk₁ doncn < uk₁+1

DoncP1est vraie.

Hérédité :On supposePrest vraie pour unr∈N^∗fixé. Montrons quePr+1 est vraie.

Si n admet une Z−décomposition à r+ 1 termes n = uk₁ +uk₂ +· · ·+uk_r +uk_r+1 on se ramène à une décompostion àrtermes :

n−uk_r+1 =uk₁+uk₂+· · ·+uk_r admet uneZ-décomposition àrtermes donc d’après l’hypothèse de récurrence, n−u_k_r+1 < u_k_r₊₁

doncn < ukr+1+ukr+1, de plus commekr+1≥kr+ 2, alorskr+ 1≤kr+1−1.

La suite u ´etant croissante uk_r+1 ≤ uk_r+1−1 donc d’apr`es la relation un+2 = un+1+un pour l’entier n = kr+1−1≥0 carkr+1≥k1+ 2, on a

n < uk_r+1+uk_r+1−1=uk_r+1+1

Pr+1 est vraie.

Conclusion : Pour toutr≥1, sina uneZ-d´ecompostion `ar termes alorsn < uk_r+1

D’autre part, on a n=uk₁+uk₂+· · ·+uk_r ≥uk_r

Conclusion : kr est donc le plus grand entierj pour lequeluj ≤net krest donc unique.

Le dernier terme de la décomposition étant unique, par une récurrence décroissante (avec n−u_k_r) tous les termes de décomposition sont uniques et leur nombre donc également.

Conclusion : rest unique et (c) tout entiernadmet une unique Z-d´ecomposition

Partie III. Probabilit´ es

On effectue dans une urne qui contient des boules numérotées 0 ou 1 une suite illimitée de tirages avec remise d’une boule. À chaque tirage, la probabilité de tirer une boule numérotée 1 estp(0< p <1) et la probabilité de tirer une boule numérotée 0 estq, avecq= 1−p, et on suppose que les résultats des différents tirages sont indépendants.

On suppose que cette expérience est modélisée par un espace probabilisé (Ω,A, P). On s’intéresse au nombre de tirages nécessaires pour obtenir deux boules numérotées 1 de suite, c’est-à-dire lors de deux tirages consécutifs. On définit, pour tout ideN^∗, les événementsSi : ”le i-ième tirage donne une boule numérotée 1 ”, etBi=Si∩Si+1.

Si au moins un des événementsBi se réalise au cours de l’expérience, on noteY la valeur de l’entier j correspondant au premier événement Bj réalisé. Sinon, c’est-à-dire si aucun des événementsBi ne se réalise, on attribue à Y la valeur 0. On admet queY est une variable aléatoire définie sur (Ω,A, P).

Par exemple, si le r´esultat de l’exp´erience est : 0,1,0,0,0,1,1,0,1,1,1,0,alorsY prend la valeur 6.

1. (a) On aBi=Si∩Si+1, les événements Si etSi+1sont indépendants donc P (Bi) = P (Si) P (Si+1) =p² (b) On aY(Ω) =N(la valeur 0 jouant un rôle particulier). On a

[Y = 1] =B1, donc P (Y = 1) =p²

[Y = 2] =S₁∩S₂∩S₃, donc P (Y = 2) =qp² par ind´ependance On a

[Y = 3] = S₁∩S₂∩S₃∩S₄

∪ S₁∩S₂∩S₃∩S₄ cette r´eunion ´etant incompatible, on obtient donc

P (Y = 3) = q²+qp

p²=qp² carp+q= 1

(7)

2. Pour toutn deN^∗, on note Cn, l’événement ”lors des n premiers tirages, il n’apparait jamais deux fois de suite une boule numérotée 1”. On pose :C0= Ω.

(a) On a

P (C0) = 1 Puis,

C1=S1∪S1= Ω, donc P (C1) = 1 Enfin,

C2= S1∩S2

∪ S1∩S2

, doncP(C2) =q²+ 2pq= 1−p² (b) L’événement [Y =n+ 2] signifie qu’on a pour la première fois deux boules 1 enn+ 2 etn+ 3 donc

• que l’on a tir´e une boule 1 aux tiragen+ 2 et tiragen+ 3

• qu’au tiragen+ 1 c’est une boule 0 (sinon on aSn+1 etSn+2)

• qu’avant il n’y a pas eu de deux fois de suite le tirage d’une boules 1 On en conclut donc que

[Y =n+ 2] =Cn∩Sn+1∩Sn+2∩Sn+3, ces événements étant indépendants donc

Conclusion : ∀n∈N, P ([Y =n+ 2]) =p²qP (Cn) 3. (a) Pour queCn soit r´ealis´e :

• soit il y aS₁ et il faut et suffit alors de ne pas avoir de double 1 dans lesn−1 tirages suivants, donc P_S

1(Cn) = P (Cn−1)

• soit il y aS1 et il ne fautS2puis aucun double 1 dans lesn−2 tirages restants, donc P_S₁(C_n) = P S₂∩C_n−2

S₁, S₁

étant un système complet d’événements,

P (Cn) = PS₁(Cn) P (S1) + P_S

1(Cn) P S1

= P (C_n−2) P S2

P (S1) + P (C_n−1) P S1

Conclusion : P (C_n) =qP (C_n−1) +pqP (C_n−2) pour toutn≥2

(b) Pourn∈N, comme P ([Y =n+ 2]) =p²qP (Cn), on substitue pour ´ecrire pourn≥2 P([Y =n+ 1]) =p²qP (C_n−1) et P([Y =n]) =p²qP (C_n−2) On avait P (Cn) =qP(Cn−1) +pqP(Cn−2) pour toutn≥2 donc (en divisant par p²q6= 0)

P (Y =n+ 2) =qP (Y =n+ 1) +pqP (Y =n) pourn≥2 Cette relation reste vraie pourn= 1, en effet

P (Y = 1) =p²,P (Y = 2) =qp² et P (Y = 3) = q²+qp

p²=qp² donc

qP (Y = 2) +pqP (Y = 1) =qqp²+pqp²=qp²(q+p) = P (Y = 3) Conclusion : ∀n∈N^∗, P (Y =n+ 2) =qP (Y =n+ 1) +pqP (Y =n)

4. On suppose dans cette question quep=q=1 2.

(a) On peut faire une récurrence à deux termes ou éviter la récurrence, en vérifiant sur un

2ⁿ⁺¹ les conditions initiales et la relation de r´ecurrence carac´erisant (P (Y =n))_n∈

N^∗: u1

2² =1

4 =p²= P (Y = 1) et u2

2³ = 1

8 =qp²= P (Y = 2) Pour toutn∈N^∗,

qu_n+1

2ⁿ⁺² +pq u_n

2ⁿ⁺¹ = u_n+1 2ⁿ⁺³ + u_n

2ⁿ⁺³ = 1

2ⁿ⁺³ (u_n+1+u_n) = u_n+2 2ⁿ⁺³ Conclusion : ∀n∈N^∗,P([Y =n]) = un

2ⁿ⁺¹

(8)

(b) (Y =n)_n∈

N est un système complet d’événement donc

+∞

X

n=0

P (Y =n) = 1 ainsi

P (Y = 0) = 1−

+∞

X

n=1

P (Y =n) = 1−

+∞

X

n=1

un

2ⁿ⁺¹ Or on a vu au I 5 c) que

∞

X

n=1

u_n 2ⁿ⁺¹ = 1, Conclusion : P (Y = 0) = 0

(c) Si la s´erie est absolument convergente, E(Y) =

+∞

X

n=0

nP (Y =n) ce qui ´equivaut `a sa simple convergence.

Etudions la somme partielle de cette s´´ erie, soitN∈N

N

X

n=0

nP (Y =n) = 0 +

N

X

n=1

n u_n 2ⁿ⁺¹ = 1

2√ 5

N

X

n=1

n a

2 ⁿ

− b

2 n

or a 2 <1 et

b 2

<1, on a donc des séries géométriques dérivées convergentes

N

X

n=0

nP (Y =n) −→

N→+∞

1 2√

5

"

a/2

(1−a/2)²− b/2 (1−b/2)²

#

Donc la s´erie est absolument convergente,Y a une esp´erance

√

5E(Y) = a

(2−a)² − b (2−b)²

=

1+√ 5 2

2−¹⁺

√5 2

² −

1−√ 5 2

2−¹⁻

√5 2

²

= 2 1 +√ 5 3−√

5² −2 1−√ 5 3 +√

5²

= 2 1 +√ 5

14 + 6√ 5

− 1−√ 5

14−6√ 5 (9−5)²

= 244 + 20√ 5−

44−20√ 5 4²

= 240√ 5 4² = 5√

5 Conclusion : Y a une esp´erance etE(Y) = 5 (d) On calcule l’esp´erance deY²:

N

X

n=0

n²P (Y =n) = 1 2√

5

N

X

n=1

n² a

2 ⁿ

− b

2 n

N−→→+∞→ 1 2√ 5

"

a/2 (1 +a/2)

(1−a/2)³ −b/2 (1 +b/2) (1−b/2)³

#

DoncY² a une esp´erance et

√

5E Y²

= a(2 +a)

(2−a)³ −b(2 +b) (2−b)³

= 2 1 +√ 5

5 +√ 5 3−√

5³ −2 1−√ 5

5−√ 5 3 +√

5³ avec 3−√

5³

= 72−32√

5 = 8 9−4√ 5

et 3 +√ 5³

= 8 9 + 4√ 5

donc

√5 2 E Y²

= 10 + 6√ 5

8 9 + 4√ 5

− 10−6√ 5

8 9−4√ 5 4³

= 8·2 5 + 3√ 5

9 + 4√ 5

− 5−3√ 5

9−4√ 5 4³

= 47 2

√ 5

(9)

DoncE Y²

= 47.

Conclusion : V (Y) = 47−25 = 22

5. On revient au cas g´en´eral : 0< p <1 etq= 1−p.

(a) L’´equation du second degr´eQ(x) =x²−qx−pq= 0 a pour discriminant ∆ =q²+ 4pq >0.

Elle a donc deux racines distinctess=q−√

∆

2 < r= q+√

∆

2 .

(b) On connait le signe d’un polynôme du second degré par rapport à ses racines, on calcule : Q(0) =−pq <0, doncs <0< r

Q(1) = 1−q−pq=p−pq=p(1−q) =p²>0 donc 1 est extérieur aux racines et 1> r(puisque 1 n’est pas inférieur às)

Q(−1) = 1 +q−pq= 1 +q(1−p) = 1 +q²>0, donc −1< s.

Commes <0, on a|s|=−setr+s=q >0, d’o`u Conclusion : −1< s <0< r <1 etr >|s|

(c) On pose ∆ =q²+ 4pq. On avait,pour toutn∈N^∗,

P (Y =n+ 2) =qP (Y =n+ 1) +pqP (Y =n)

C’est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 à coefficients constants d’équation caractéristiquex²−qx−pq= 0.

Donc pour toutn∈N^∗,

P (Y =n) =Arⁿ+Bsⁿ avecAet B satisfaisant les conditions pourn= 1 et pourn= 0.

On v´erifie que c’est le cas pourA= p²

√∆ et B=− p²

√∆ : p²

√∆r− p²

√∆s= p²

√∆(r−s) = p²

√∆

√

∆

= P (Y = 1) p²

√

∆r²− p²

√

∆s²= p²

√

∆(r−s) (r+s) = p²

√

∆

√

∆

q= P (Y = 2)

Conclusion : ∀n∈N^∗,P([Y =n]) = p²

√∆(rⁿ−sⁿ)

(d) On calcule comme précédemment la probabilité du contraire : P (Y ≥1) =

+∞

X

n=1

P([Y =n]) =

+∞

X

n=1

p²

√

∆(rⁿ−sⁿ)

= p²

√∆

+∞

X

n=1

rⁿ−

+∞

X

n=1

sⁿ

!

car chacune converge

= p²

√

∆ 1

1−r−1− 1 1−s+ 1

= p²

√

∆

r−s (1−r) (1−s)

or

(1−r) (1−s) = 2−q−√

∆ 2

! 2−q+√

∆ 2

!

=1 4

(2−q)²−∆

= 1

4 4−4q+q²−q²−4 (1−q)q

=1

4 4q²−8q+ 4

= (q−1)²=p² donc

P (Y ≥1) = p²

√∆ r−s

p²

=

√

√∆

∆ = 1 Conclusion : P (Y = 0) = 0

(10)

(e) Y admet un moment d’ordrek≥0 si la s´erie

+∞

X

n=1

p²

√

∆n^k(rⁿ−sⁿ) converge absolument.

Or |rⁿ−sⁿ| ≤rⁿ+sⁿ, il reste donc `a voire la convergence des s´eries X

n≥0

n^krⁿ et X

n≥0

n^ksⁿ.

De plus,n^krⁿ=n^kr^n/2r^n/2 avecr^n/2 =

+∞o(n^−r) doncn^kr^n/2 −→

n→+∞0, ainsi n^krⁿ =

+∞o r^n/2

Comme |√

r|<1, la série géométrique X

n≥0

r^n/2 converge, d’après le critère de comparaison par négligeabilité, X

n≥0

n^krⁿ converge.

De mˆeme, pour X

n≥0

n^ksⁿ.

Finalement, d’après le critère de comparaison par inégalité,

+∞

X

n=1

p²

√

∆n^k(rⁿ−sⁿ) est absolument convergente.

Conclusion : Y admet des moments de tous ordres

+∞

X

n=1

p²

√

∆n(rⁿ−sⁿ) = p²

√

∆

"_+∞

X

n=1

nrⁿ−

+∞

X

n=1

nsⁿ

#

= p²

√

∆

"

r

(1−r)² − s (1−s)²

#

= p²

√∆







q+√

∆ 2

_2−q+^√_∆

2

²

−^q−

√

∆ 2

_2−q−^√_∆

2

² p⁴







= 1

8p²√

∆

q+√

∆ 2−q+√

∆²

− q−√

∆ 2−q−√

∆²

= 1

8p²√

∆





q+√

∆ 4 +q²+ ∆ + 4√

∆−2q√

∆−4q²

− q−√

∆ 4 +q²+ ∆−4q−4√

∆ + 2q√

∆





= 1

8p²√

∆ h

2√

∆ −q²+ ∆ + 4i

= 1

4p²[4pq+ 4] = pq+ 1 p²

Conclusion : E(Y) =pq+ 1

p² qui co¨ıncide bien dans le casp=q=1 2. 6. (a) Soit xr´eel v´erifiant |x| < 1

r, on a |rx| <1 et|sx| <1 car |s| < r. Ainsi les séries de terme général rⁿxⁿ et rⁿsⁿ sont absolument convergentes et la série X

n≥1

P([Y =n])xⁿ est absolument convergente d’après le critère de comparaison par inégalité.

On pose alors :

g(x) = p²x 1−qx−pqx².

(11)

(b) Pour tout r´eelxv´erifiant|x|< ¹_r,

+∞

X

n=1

P([Y =n])xⁿ= p²

√∆

"_+∞

X

n=1

(rx)ⁿ−

+∞

X

n=1

(sx)ⁿ

#

= p²

√∆ 1

1−rx−1− 1 1−sx+ 1

= p²

√

∆ 1

1−rx− 1 1−sx

= p²x

√

∆





√∆

1−^q+

√∆

2 x 1−^q−

√∆ 2 x





= 4p²x

2−qx+√

∆x 2−qx−√

∆x

= 4p²x

q²x²−4qx−∆x²+ 4

= 4p²x

q²x²−4qx−(q²+ 4pq)x²+ 4

= p²x 1−qx−pqx² Conclusion : g(x) = p²x

1−qx−pqx². 7. On suppose dans cette question quep=2

3. On a donc

g(x) =

4 9x

1−¹₃x−²₉x² = 4x 9−3x−2x² (a) L’´equation 9−3x−2x²= 0 a pour discriminant 9 + 72 = 81 et pour racines 3

2 et −3.

Doncg est d´erivableC²sur

−3 2,3

2

comme quotient de fonctions C² de d´enominateur non nul.

g⁰(x) =4 9−3x−2x²

−4x(−3−4x) (9−3x−2x²)²

= 36 + 8x²

(9−3x−2x²)² >0 Doncg est strictement croissante sur

−3 2,3

2

En 3 2

−

: 9−3x−2x²=−2 (x+ 3) x−³₂

−→

x→³₂⁻

0⁺, donc g(x) −→

x→³₂⁻

+∞.

En −3 2

+

: 9−3x−2x² −→

x→−³₂⁺

9−⁹₂−^9·9₂ =−36, donc

g(x) −→

x→−³₂⁺

−1 6 (b) g est de classeC²sur

−3 2,3

2

et

g⁰⁰(x) =− 8

(2x²+ 3x−9)⁴ 4x³+ 54x+ 27 Soitf(x) = 4x³+ 54x+ 27,f est d´erivable surRet

f⁰(x) = 12x²+ 54>0.

(12)

En −1

2 :f(x) = 4 −¹₂³

+ 54 −¹₂

+ 27 =−¹₂. En 0 :f(x) = 27>0.

f ´etant continue et strictement croissante sur₋₁

2 ,0

, d’après le théorème de la bijection monotone, elle réalise une bijection de₋₁

2 ,0

dans₋₁

2 ,27

. Comme 0∈₋₁

2 ,27

,l’´equationf(x) = 0 a une unique solutionαdans cet intervalle.

Commef est strictement croissante surR, elle n’en a pas d’autres.

x −³₂ α ³₂

f(x) − +

g⁰⁰(x) + 0 −

g⁰(x) % &

Conclusion : g est concave sur

−³₂, α

et convexe sur l’intervalle α,³₂

.

(c) On trace l’asymptote verticale en ³₂, la tangente en−³₂ de pente g⁰

−3 2

= 36 + 8⁹₄

9 + 3³₂−2⁹₄2 =20 37 '0,5

On part concave (donc sous la tangente) et on redresse pour partir vers l’asymptote.