Partie II . Etude d’un cas particulier

Corrig´ e du Devoir Libre n ^◦ 11

Probl` eme 1 : Tirages successifs avec remises

Soientb un entier naturel non nul et (un)n∈Nune suite strictement croissante d’entiers naturels telle queu0=b.

Partie I . Le jeu s’arrˆ ete-t-il ?

On note pour tout entier naturel non nuln∈N^?

– An l’´ev´enement “une boule blanche apparaˆıt `a chacun des npremiers tirages”, – Bn l’´ev´enement “Aun<sup>i`eme</sup> tirage, on a obtenu une boule blanche”,

etpn=P( ¯Bn) etqn=P(An).

1. Soitn∈N^?, alorsAn=B1∩ · · · ∩Bn. Par la formule des probabilit´es compos´ees, il en r´esulte : P(An) = P(B1)×P(B2|B1)× · · · ×P(Bn|Bn−1· · · · ·B2·B1)

= b

u0+b × u1

u1+b × · · · × un−1

un−1+b

=

n−1

Y

k=0

1− b uk+b

.

N 2. Soitn∈N^?, d’apr`es la question pr´ec´edente :

qn+1=

n

Y

k=0

1− b uk+b

= 1− b un+b

·qn < qn.

Ainsi, (qn) est strictement croissante. Comme de plus (qn)∈[0,1]^Nest born´ee, elle converge vers un r´eel`∈[0,1].

Remarquons enfin queq1= ¹₂. Ainsi ,`= infnqn≤ ¹₂. N

3. Soitn∈N^?, de l’´egalit´eAn=B1∩ · · · ∩Bn, je tire en passant aux compl´ementaires A¯n= ¯B1∪ · · · ∪B¯n

De plus les ´ev´enements ( ¯Bj) sont deux `a deux incompatibles puisque le jeu s’arrˆete d`es l’obtention d’une boule noire. Par additivit´e, j’en d´eduis que

n

X

k=1

pk=P( ¯An) = 1−qn

Comme la suite (1−qn) est convergente de limite 1−`, la s´erieP

pn est convergente de somme 1−`. N 4. Soitn∈N<sup>?</sup>, d’apr`es la premi`ere question

lnqn =

n

X

k=1

ln

1− b uk+b

Or par hypoth`ese, la suiteunest une suite strictement croissante d’entiers ; elle est donc n´ecessairement divergente vers +∞. Ainsi

• lim

k→∞

b uk+b = 0

• ln 1 +x∼0x



⇒ln

1− b uk+b

∼ − b

uk+b ∼ − b uk

.

D’apr`es la r`egle des ´equivalents pour les s´eries `a termes positifs, il en r´esulte La suite ln(1/qn)

converge ⇐⇒ la s´erie de terme g´en´eral − ln 1− b un+b

converge

⇐⇒ la s´erie de terme g´en´eral b/un

converge

⇐⇒ la s´erie de terme g´en´eral 1/un

converge.

N

5. SoitB l’´ev´enement “ne jamais obtenir de boule noire”. Alors B=

∞

\

n=1

Bn=

∞

\

n=1

An.

La suite (An) ´etant d´ecroissante, il d´ecoule de la propri´et´e de continuit´e d´ecroissante des probabilit´es que P(B) =P

∞

\

n=1

An

= lim

n→∞P(An) = lim

n→∞qn=`.

Ainsi

P(B) = 0 ⇐⇒ lim

n→∞qn= 0

⇐⇒ lim

n→∞ln(1/qn) = +∞

⇐⇒ X

1/un diverge.

N

Partie II . Etude d’un cas particulier

Soitaun entier sup´erieur ou ´egal `a 2. On suppose dans cette partie que

∀n∈N^?, un=b aⁿ 1. La s´erie de terme g´en´eral 1/an

est une s´erie g´eom´etrique convergente. D’apr`es la question pr´ec´edente l en r´esulte queP(B)>0.

2. Soitn∈N^? un entier naturel non nul, alors qn=

n−1

Y

k=0

uk

uk+b =

n−1

Y

k=0

a^k 1 +a^k.

N 3. Soit (n, p)∈N^?×N^?

n+p−1

X

k=n

(1/a)^k = (1/a)ⁿ×

p−1

X

k=0

(1/a)^k= (1/a)ⁿ×1−(1/a)^p

1−(1/a) = (1/a)ⁿ⁻¹×1−(1/a)^p a−1

≤ 1

aⁿ⁻¹(a−1).

N 4. Montrons que pour toutx∈[0,1],

1 +x≤e^x≤1 + 2x

Il s’agit d’in´egalit´es de convexit´e : rappelons que la fonction exp est convexe et ind´efiniement d´erivable sur R. Par cons´equent :

• D’apr`es l’in´egalit´e des tangentes, le graphe Γ de exp est au-dessus de ses tangentes. En particulier, Γ est au-dessus de la tangente au point 0. Il en r´esulte que

∀x∈R, e^x≥1 +x

• D’apr`es l’in´egalit´e des cordes, tout arc de Γ est situ´e sous la corde de mˆemes extr´emit´es. En particulier la portion du graphe situ´ee entre les points d’abscissses 0 et 1 est au-dessous de la corde de mˆemes extr´emit´es.

Ainsi

∀x∈[0,1], e^x≤1 +e−1

1 ×x≤1 + 2x.

N 5. Soit (n, p)∈N^?×N^?. Remarquons tout d’abord que la suite (qn) ´etant strictement d´ecroissante, qn

qn+p

≥1.

D’autre part, d’apr`es la questionII.2 1≤ qn

qn+p

=

n+p−1

Y

k=n

1 +a^k a^k =

n+p−1

Y

k=n

1 + (1/a)^k En utilisant la croissance du logarithme, il s’en suit que

0≤ln qn

qn+p

=

n+p−1

X

k=n

ln 1 + (1/a)^k

Or pour tout entierk∈N, (1/a)^kappartient au segment [0,1]. Par cons´equent, la question pr´ec´edente –appliqu´ee

`

a x= (1/a)^k– montre que ln 1 + (1/a)^k

≤(1/a)^k. On conclut alors grˆace `a la questionII 3.que 0≤ln qn

qn+p

=

n+p−1

X

k=n

ln 1 + (1/a)^k

≤

n+p−1

X

k=n

(1/a)^k

≤ 1

aⁿ⁻¹(a−1) En prenant l’exponentielle, il en r´esulte finalement que

1≤ qn

qn+p

≤exp

1 aⁿ⁻¹(a−1)

N 6. Faisons tendrepvers +∞, il vient

1≤qn

` ≤exp

1 aⁿ⁻¹(a−1)

D’o`u je tire

0≤qn−`≤`·

exp 1

aⁿ⁻¹·(a−1) −1

Appliquons l’in´egalit´ee^x≤1 + 2xd´emontr´ee `a la questionII 4.. En utilisant le fait que`≤1/2, nous obtenons 0≤qn−`≤`· 2

aⁿ⁻¹·(a−1) ≤ 1 aⁿ⁻¹·(a−1)

7. Pour queqnsoit une valeur approch´ee de``a 10⁻¹pr`es, il suffit d’apr`es l’encadrement ci-dessus que 1

aⁿ⁻¹·(a−1) ≤ 10⁻¹. Par exemple, dans le casa= 2,n= 5 suffit. En ce casq5=. . . N

Probl` eme 2 : Etude d’une marche al´ eatoire

1. R´esolution d’un syst`eme d’´equations

On consid`ere le syst`eme :

(S)







x1 −x2 +x3 =y1

x2 −2x3 =y2

x3 =y3

a. La matriceP des coefficients de (S) est bien sˆur





1 −1 1

0 1 −2

0 0 1





N b. Le syst`eme (S) ´etant triangulaire sup´erieur `a coefficients diagonaux non nuls, il s’agit d’un syst`eme de

Cramer. Nous obtenons directement par remont´ee son unique solution : (S) ⇐⇒







x1 =y1 +y2 +y3

x2 = y2 +2y3

x3 = y3

N c. Par cons´equentP est inversible et

P⁻¹=





1 1 1

0 1 2

0 0 1





N 2. Calculs matriciels pr´eliminaires

On consid`ere la matriceM suivante :

M =





1 1/2 1/3 0 1/2 1/3

0 0 1/3





a. 



1 1/2 1/3 0 1/2 1/3

0 0 1/3









1 −1 1

0 1 −2

0 0 1









1 1 1

0 1 2

0 0 1









1 1 1

0 1/2 1

0 0 1/3









1 0 0

0 1/2 0

0 0 1/3





D’o`uD=P⁻¹×M ×P =Diag(1,1/2,1/3) N

b. En mulipliant l’´egalit´eD=P⁻¹×M×P `a gauche parP et `a droite parP⁻¹, nous obtenons tout d’abord M =P×D×P⁻¹.

Soitn∈N, une r´ecurrence imm´ediate permet alors d’en d´eduireMⁿ =P×Dⁿ×P⁻¹. N c. CommeDⁿ=Diag(1,1/2ⁿ,1/3ⁿ) il en r´esulte que

Mⁿ=P ×Dⁿ×P⁻¹=





1 1−1/2ⁿ 1−1/2ⁿ⁻¹+ 1/3ⁿ 0 1/2ⁿ 1/2ⁿ⁻¹−2/3ⁿ

0 0 1/3ⁿ



.

N 3. Etude d’une marche al´eatoire

Pour tout nombre entier naturel n ∈ N, on d´esigne par Xn la variable al´eatoire indiquant l’abscisse du point o`u se trouve l’individu `a l’instantnet parE(Xn) son esp´erance. L’´enonc´e donne les probabilit´es conditionnelles :

• P[Xn+1= 0|Xn= 2] =P[Xn+1= 1|Xn= 2] =P[Xn+1= 2|Xn= 2] = 1/3

• P[Xn+1= 0|Xn= 1] =P[Xn+1= 1|Xn= 1] = 1/2

• P[Xn+1= 0|Xn= 0] = 1

a. Soit n ∈ N la formule des probabilit´es totales pour le syst`eme complet d’´ev´enements non n´egligeables [Xn= 0], [Xn= 1] et [Xn= 2] donne :







P[Xn+1= 0] =P[Xn= 0] +1/2P[Xn= 1] +1/3P[Xn= 2]

P[Xn+1= 1] = 1/2P[Xn= 1] +1/3P[Xn= 2]

P[Xn+1= 2] = 1/3P[Xn= 2]

.

N

b. Notons pourn∈N,Un=





P[Xn= 0]

P[Xn= 1]

P[Xn= 2]



. D’apr`es la question pr´ec´edente

Un+1=





1 1/2 1/3 0 1/2 1/3

0 0 1/3



×Un.

NotonsM la matrice ci-dessus, de sorte que

∀n∈N, Un+1=M×Un.

N

c.

0 1 2

×M = 0 1/2 1

= (1/2)· 0 1 2 NotonsL= 0 1 2

. Ainsi,L×M = (1/2)·L.

Multiplions `a gauche parLl’´egalit´e matricielleUn+1=M Un, on en d´eduit L×Un+1=1

2L×Un

Par suite

E(Xn+1) = 0×P[Xn+1= 0] +P[Xn+1= 1] + 2·P[Xn+1= 2]

= L×Un+1= 1

2L×Un= 1 2E(Xn).

Ainsi, la suite E(Xn)

n est une suite g´eom´etrique de raison 1/2. CommeE(X0) = 2, nous en d´eduisons

∀n∈N, E(Xn) = (1/2)ⁿ⁻¹. En particulier, E(Xn)

n est convergente de limite nulle. N

d. A partir de la relationUn+1=M ×Un, une r´ecurrence imm´ediate montre que

∀n∈N, Un=MⁿU0

CommeU0=



 0 0 1



, les r´esultats pr´eliminaires donnent : ∀n∈N, Un=





1−1/2ⁿ⁻¹+ 1/3ⁿ 1/2ⁿ⁻¹−2/3ⁿ 1/3ⁿ



.

D’o`u l’on tire







P[Xn= 0] = 1−1/2ⁿ⁻¹+ 1/3ⁿ P[Xn= 1] = 1/2ⁿ⁻¹−2/3ⁿ

P[Xn= 2] = 1/3ⁿ

. En particulier, les suites P[Xn= 0]

, P[Xn= 1]

et P[Xn= 2]

sont convergentes de limites respectives

1, 0 et 0. N

e. D’apr`es la question pr´ec´edente E(Xn) = 1·1/2ⁿ⁻¹−2/3ⁿ+ 2·1/3ⁿ= 1/2ⁿ⁻¹.

En particulier lim

n→∞E(Xn) = 0. N