Correction du DS n°4

Devoir surveillé n

4

La calculatrice est interdite. Durée : 4h

La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements interviendront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

Execice 1

1. ϕest dérivable surRet ϕ⁰(x) = 2xe^x+x²e^x=xe^x(2 +x) :

D’où :

x −∞ -2 0 +∞

ϕ⁰(x) + 0 − 0 +

ϕ(x) −1 % _e⁴₂ −1 & -1 % +∞

On a lim

x→−∞ϕ(x) =−1, car lim

x→−∞x²e^x= 0 d’après le théorème des croissances comparées.

2. Sur ]0,+∞[ ,e^x=_x¹₂ ⇐⇒x².e^x= 1⇐⇒ϕ(x) = 0 .

Or sur ]0,+∞[ , la continuité et la croissance stricteϕmontrent queϕ(x) = 0 admet une unique solution que l’énoncé note α.

De plusϕ(¹₂) = ¹₄.e^0.5−1 =

√e

4 −1<0 (car√ e <√

3<2) etϕ(1) =e¹−1>0 ,donc α∈]¹₂,1[.

3. Par une récurrence immédiate :

u

= 1 > 1

la suite (un)_n∈N^∗ est donc croissante .

5. La suite (un)_n∈N^∗ est croissante est supérieure à 1 donc soit elle est convergente vers une limitel>1, soit elle tend vers +∞.

Si elle convergeait vers une limite`≥1, commeun+1=f(un) et quef est continue sur ]1,+∞[ ,on aurait l=f(l).

Mais `≥1 doncl=f(l)⇐⇒l=l³e^l⇐⇒1 =l²e^l⇐⇒ϕ(l) = 0, qui n’a pas de solution dans ]1,+∞[.

(u_n)n∈N^∗ n’est donc pas convergente et on alim

+∞u_n = +∞

6. Pour toutn∈N^∗, on a 0< _n3¹_en < _n¹₃ et la série de RiemannX 1

n³ est convergente ,donc par le théorème de majoration des séries à termes positifs ,la sérieX 1

n³eⁿ est elle aussi convergente . 7. On a

S−Pn k=1

1 f(k)

=

P+∞

k=1 1

f(k)−Pn k=1

1 f(k)

=

+∞

X

k=n+1

1 f(k) (c’est le reste à l’ordre n d’une série convergente).

Or pour tout k∈N^∗, 0< _n3¹_en < _e¹_n , et puisqu’on a ici des séries convergentes : 06

+∞

X

k=n+1

1 n³eⁿ 6

+∞

X

k=n+1

1 eⁿ = 1

eⁿ⁺¹. 1

1−1/e = 1 eⁿ. 1

e−1 8. S=0,n=1,

while (1/((%e-1)*exp(n)))>0.0001,

S=S+1/(n^3*exp(n)), n=n+1, //en sortie du while, S contient Pn k=1

1

f(k) et n contient n+1 end

S=S+1/(n^3*exp(n)), //Comme , on n’est pas rentré dans le while pour la 1ère valeur de n0qui vérifie (1/(( il faut donc calculer iciSn₀ =Pn₀

k=1 1 f(k) .

Exercice 2

On considère, pour tout n∈ N^∗, la fonction polynomiale Pn : [0,+∞[−→R définie pour toutx∈ [0,+∞[, par :

P_n(x) =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k

k =−x+x²

2 +. . .+−x²ⁿ⁻¹ 2n−1 +x²ⁿ

2n I. Étude des fonctions polynomiales Pn

1. Pour k≥1 on a pour toutx∈R: dx^k

dx =kx^k−1 donc P_n⁰(x) =

2n

X

k=1

(−1)^kkx^k−1

k =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k−1 réindexéh=k−1

=

2n−1

X

k=0

(−1)^h+1x^h=−

2n−1

X

k=0

(−x)^h

= −(−x)²ⁿ−1

−x−1 =x²ⁿ−1

x+ 1 car −x6= 1

2. P_n⁰ est du signe dex²ⁿ−1 et comme 2n >0 la fonctionx→x²ⁿ−1 est strictement croissante surR⁺ (et strictement décroissante sur R⁻ puisque 2nest pair) donc

x 0 1 +∞

x²ⁿ−1 − % 0 %+

P_n⁰(x) − 0 +

Pn(x) 0 & Pn(1) % +∞

en +∞on a :P_n(x) =−x+^x₂² +. . .+^−x_2n−1²ⁿ⁻¹ +^x_2n²ⁿ =x²ⁿ

−x²ⁿ⁻¹+^x2−2n₂ +. . .+^−x_2n−1⁻¹ +_2n¹

→+∞

3. CommeP_n(0) = 0 et queP_n est strictement décroissante sur [0,1] alorsP_n(1)< P_n(0) = 0 4. (a) Pour toutn∈N^∗ et toutx∈[0,+∞[ :

P_n+1(x) =

2(n+1)

X

k=1

(−1)^kx^k

k =

2n

X

k=1

(−1)^kx^k

k +(−1)²ⁿ⁺¹x²ⁿ⁺¹

2n+ 1 +(−1)²ⁿ⁺²x²ⁿ⁺² 2n+ 2

= P_n(x) +x²ⁿ⁺¹

− 1

2n+ 1+ x 2n+ 2

(b) On a donc en particulier pourx= 2 :

Pn+1(2) =Pn(2) + 2²ⁿ⁺¹

− 1

2n+ 1 + 2 2n+ 2

Et comme−_2n+1¹ +_2n+2² = (2n+1)(n+1)ⁿ ≥0 la suite (Pn(2))_n∈N∗ est alors croissante.

Comme de plus P1(2) =−²₁+²₂² = 1≥0 alors pour tout entiern≥1 :Pn(2)≥P1(2)≥0 5. On tutilise alors le théorème de bijection :

P_nest continue et strictement croissante sur ]1,2] donc bijective de ]1,2] dans ]lim₁f, f(2)] = ]f(1), f(2)]

Or f(1)<0≤f(2) donc 0∈]f(1), f(2)]

Et l’équation Pn(x) = 0 a une unique solutionxn∈]1,2]

Et commeP_n est strictement croissante sur [1,+∞[, elle n’a pas d’autres solutions sur cet intervalle.

Donc pour tout n∈N^∗, l’équationP_n(x) = 0, admet une solution et une seule notéex_n sur [1,+∞[ , et 1< xn 62

6. On programme la méthode de dichotomie pour programmer le calcul de x2 à 10⁻³ près :On utilise pour raccorcir les calculs que P2(x) =−x=x²/2−x³/3 +x⁴/4 =x[−1 +x(1/2 +x[−1/3 +x/4])]

program approche;

var a,b,c:real;

function p(x:real):real;

begin

p:=x*(-1+x(1/2+x(-1/3+x/4)));

1. On a vu précédemment que pour tout n∈N^∗ etx≥0 :P_n⁰ (x) = x²ⁿ−1

x+ 1 . P_n est donc la primitive dont on a besoin pour l’intégrale :

Z x

0

t²ⁿ−1

t+ 1 dt = [Pn(t)]^x₀=Pn(x)−Pn(0)

= P_n(x) 2. Pour toutn∈N^∗on aPn(xn) = 0 donc

Z x_n

0

t²ⁿ−1

t+ 1 = 0 et par Chasles R1 0

t²ⁿ−1

t+1 dt+ Rx_n 1

t²ⁿ−1 t+1 dt= 0 d’où

Z x_n

1

t²ⁿ−1

t+ 1 dt=− Z 1

0

t²ⁿ−1 t+ 1 dt=

Z 1

0

1−t²ⁿ

t+ 1 dt ((1))

3. On étudie les variations de la différen,e : Soitf(x) =t²ⁿ−1−n(t²−1). f est dérivable surRet f⁰(t) = 2nt²ⁿ⁻¹−2nt= 2nt t²ⁿ⁻²−1

.

et pourn≥1 on aura 2n−2≥0 donc si t≥1alorst²ⁿ⁻²≥1²ⁿ⁻² d’oùf⁰(t)≥0 Donc pour n≥1, f est croissante sur [1,+∞[.

De plusf(1) = 0 donc pour toutt∈[1,+∞[ :f(t)≥0 et t²ⁿ−1≥n(t²−1) 4. On a alors toutn∈N^∗ et pourt≥1

t²ⁿ−1

t+ 1 ≥n t²−1 t+ 1 comme 1≤x_n (bornes de l’intégrale croisssantes)

Z xn

1

t²ⁿ−1 t+ 1 dt ≥

Z xn

1

n t²−1 t+ 1 dt=

Z xn

1

n(t−1) dt=n

"

(t−1)² 2

#^xn

1

≥ n(xn−1)² 2

que l’on réintroduit dansl’équation du (1) pour obtenir : n(xn−1)²

2 ≤

Z 1

0

1−t²ⁿ t+ 1 dt

intégrale que l’on majore à nouveau par 1−t²ⁿ ≤1 d’où (bornes croissantes) Z 1

0

1−t²ⁿ t+ 1 dt≤

Z 1

0

1

t+ 1 dt= [ln (t+ 1)]¹₀= ln (2) d’où finalement :

0 ≤ n(x_n−1)²

2 ≤ln (2) d’où 0 < (x_n−1)²6 2 ln 2

n et 0 < x_n−16

√2 ln 2

√n carx_n−1≥0 5. Et par encadrement xn−1→0 et doncxn →1 quandn→+∞

Exercice 3

PARTIE I : Etude de 100 appels

1. (a) Xdésigne lenombre de succèsdans larépétitionden= 100épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, dont le succès « l’appel concerne le produit A» a pour probabilité p = 0,05.

DoncX suit la loibinomialede paramètres 100 et 0,05 :X ,→ B(100; 0,05).

On a alorsX(Ω) =J0 ; 100K, et, pour toutk∈J0 ; 100K,P(X =k) =

100 k

(0,05)^k(0,95)^100−k.

(b) On a immédiatementE(X) =np= 5 etV(X) =np(1−p) = 5×0,95 = 4,75

2. Il y aX appels concernant le produitA, ce qui génère un revenu de 95X, et 100−X appels concernant le produitB, ce qui génère un revenu de 5(100−X). Ainsi, le revenu global est : Y = 95X+ 5(100−X) = 90X+ 500.

D’où :

E(Y) =E(90X+500) = 90E(X)+500 = 950 etV(Y) =V(90X+500) = 90²V(X) = 8100×4,75 = 38 475.

3. Le paramètre d’une loi de Poisson est son espérance. Or, E(X) = 5, doncZ ,→ P(5). Il vient ensuite : P(X >10) =P(Z>10) = 1−P(Z <10) = 1−P(Z69) = 1−

9

X

k=0

5^k k!e⁻⁵.

PARTIE II : Etude de la première série d’appels

Conseil : bien lire le préambule et s’assurer de bien comprendre l’exemple pour avancer sur des données sûres...

1. (a) X_A désigne lerang du premier succès dans la répétitiond’une infinitéd’épreuves de Ber- noulli identiques et indépendantes, dont le succès « l’appel concerne le produit A» a pour probabilité 0,2. DoncX_Asuit la loigéométriquede paramètre p= 0,2 = 1

5 :X_A,→ G 1

5

. On a alors : X_A(Ω) =N^∗, et, pour toutk≥1,P(X_A=k) = (0,8)^k−1×0,2.

On a immédiatementE(XA) = 1

p= 5 etV(X) = 1−p p² = 0,8

0,04 = 20

Puis, grâce à la formule de Kœnig-HuygensE(X_A²) =V(XA) +E(XA)²= 20 + 5²= 45.

(b) De même,XB suit la loigéométriquede paramètrep= 0,8 = 4

5 : XB,→ G 4

5

. On a alors : XB(Ω) =N^∗, et pour tout k>1,P(XB =k) = (0,2)^k−1×0,8.

On a immédiatementE(XB) =1 p =5

4 etV(X) =1−p p² =

1 5 16 25

= 5 16.

Puis, grâce à la formule de Kœnig-HuygensE(X_B²) =V(XB) +E(XB)²= 5 16+25

16= 30 16 =15

8 . 2. Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 1.

(a) [L=n]∩[XB =n+ 1] signifie que la première série a une longueur égale àn, et que le premier appel concernant le produit B est intervenu lors du (n+ 1)^eappel. Ainsi :

[L=n]∩[X_B =n+ 1] =AA . . . A

| {z }

nfois

B

De même : [L=n]∩[XA=n+ 1] signifie que la première série a une longueur égale à n, et que le premier appel concernant le produitAest intervenu lors du (n+ 1)^eappel. Ainsi :

[L=n]∩[XA=n+ 1] =BB . . . B

| {z }

nfois

A

P(L=n) =P(BB . . . B

| {z }

nfois

A) +P(AA . . . A

| {z }

nfois

B) = (0,8)ⁿ×0,2 + (0,2)ⁿ×0,8

= 0,8×(0,8)ⁿ⁻¹×0,2 + 0,2×(0,2)ⁿ⁻¹×0,8 = 0,8×P(X_A=n) + 0,2×P(X_B=n)

3. On a L(Ω) = N^∗. L admet une espérance si, et seulement si la série X

n>1

nP(Ln) converge absolument.

Cette série étant à termes positifs, la convergence simple suffit. Soit N>1 :

N

X

n=1

nP(L=n) =

N

X

n=1

n(0,8×P(X_A=n) + 0,2×P(X_B=n))

= 0,8

N

X

n=1

nP(X_A=n)

! + 0,2

N

X

n=1

nP(X_B=n)

!

On reconnaît le calcul des espérances des variables aléatoiresXA etXB, qui existent puisque ce sont des variables de loi géométrique. Donc la série est convergente et L admet une espérance. Puis, en faisant tendreN vers +∞, on obtient :

E(L) = 0,8×E(X_A) + 0,2×E(X_B).

De la même manière,Ladmet un moment d’ordre 2 si, et seulement si la série X

n≥1

n²P(L=n) converge.

SoitN ≥1 :

N

X

n=1

n²P(L=n) =

N

X

n=1

n²(0,8×P(X_A=n) + 0,2×P(X_B =n))

= 0,8

N

X

n=1

n²P(XA=n)

! + 0,2

N

X

n=1

n²P(XB=n)

!

On reconnaît le calcul des moments d’ordre 2 des variables aléatoiresXA etXB, qui existent puisque ce sont des variables de loi géométrique. Donc la série est convergente et L possède un moment d’ordre 2.

Puis, en faisant tendre N vers +∞, on obtient :

E(L²) = 0,8×E(X_A²) + 0,2×E(X_B²).

Calculs : on avaitE(XA) = 5,E(XA)²= 45,E(XB) = 5

4 etE(X_B²) =15 8 . D’où :

E(L) = 0,8×E(XA) + 0,2×E(XB) = 4

5×5 + 1 5×5

4 = 17 4 . E(L²) = 0,8×E(X_A²) + 0,2×E(X_B²) =4

5 ×45 +1 5×15

8 = 36 +3 8 = 291

8 . V(L) =E(L²)−(E(L))²= 291

8 − 17

4 ²

= 582 16 −289

16 =293 16.

Partie III : du gros calcul de somme qui n’a rien à voir avec le reste

1. (a) Avec les conditions de l’énoncé :q^k et−ln(p) sont positifs donc∀k∈N^∗: u_k =− q^k kln(p) >0.

(b)

+∞

X

k=1

uk =

+∞

X

k=1

− q^k

kln(p)=− 1 ln(p)

+∞

X

k=1

q^k

k =− 1

ln(p)(−ln (1−q)) = 1, en utilisant le premier résultat admis avecq∈]0,1[.

2. (a) Commeq∈]0,1[ , la série qui définitE(X) converge donc converge absolument car le terme général est, à une constante multiplicative près, celui d’une série géométrique, et

E(X) =

+∞

X

k=1

kP(X =k) =

+∞

X

k=1

kuk=−

+∞

X

k=1

k q^k

kln(p) =− 1 ln(p)

+∞

X

k=1

q^k =− 1 ln(p)

q 1−q (b) Toujours avec des séries géométriques dérivées convergentes :

E(X²) =

+∞

X

k=1

k²P(X =k) =−

+∞

X

k=1

k² q^k

kln(p)=− 1 ln(p)

+∞

X

k=1

kq^k =− 1 ln(p)

q (1−q)² Donc, la variance de X est :

V(X) = E(X²)−E(X)² =− 1

ln(p). q (1−q)² −

1 ln(p)

q 1−q

2

=− 1 ln(p)

q (1−q)²

1 + q

ln(p)

=− 1 ln(p)

q (p)²

ln(p) +q ln(p)

=− q

(pln(p))²

ln(p) +q ln(p)

.

3. En notant Y_[X=k] la v.a.rY conditionnée par l’évènement [X =k] :

∀n∈[[0, k]] :P[X=k](Y =n) = k

n

pⁿ(1−p)^k−n . (a) Comme on aY_[X=k](Ω) =J0 ;kKet queX (Ω) =N^∗, on a Y(Ω) =N .

Par la formule des probabilités totales appliquées à l’événement Y = 0 et avec le système complet d’événements (X =k)_k∈

N^∗, on obtient :

P(Y = 0) =

+∞

X

k=1

P_[X=k](Y = 0)P(X =k) =−

+∞

X

k=1

(1−p)^k q^k kln(p)

=− 1 ln(p)

P+∞

k=1

q^2k

k =− 1

ln(p)(−ln(1−q²) = ln(1−q) + ln(1 +q)

ln(p) = 1 + ln(1 +q) ln(p) (b) Soitket ndeux entiers naturels non nuls.

1 k

k n

= 1 k

k!

n!(k−n)! = (k−1)!

n(n−1)!(k−n)! = 1 n

(k−1)!

(n−1)!(k−1−(n−1))! = 1 n

k−1 n−1

De plus pour tout n∈N: P (Y =n) =

+∞

X

k=1

P_[X=k](Y =n).P(X=k) (formule des probabilités totales).

= −

+∞

X

k=1

k n

.pⁿ(q)^k−n. (q)^k

kln(p) =−pⁿqⁿ ln(p)

+∞

X

k=1

k n

.q^2k−2n k

= −pⁿqⁿ ln(p)

+∞

X

k=1

1 n

k−1 n−1

(q²)^k−n =− pⁿqⁿ nln(p)

1

(1−q²)ⁿ (résultat admis avecx= 1−q²∈[0,1[).

= − qⁿ

nln(p) 1 (1 +q)ⁿ (c)

+∞

X

k=0

P(Y =n) =P(Y = 0) +

+∞

X

k=1

P(Y =n) = 1 +ln(1 +q) ln(p) −

+∞

X

k=1

qⁿ nln(p)

1 (1 +q)ⁿ

= 1 +ln(1 +q) ln(p) − 1

ln(p)

+∞

X

k=1

1 n( q

1 +q)ⁿ (on montre que q

1 +q ∈[0,1[).

= 1 +ln(1 +q)

− 1

(−ln(1− q

)) = 1 +ln(1 +q)

− 1

(−ln( 1

)) = 1

E(Y) =

+∞

X

n=0

nP(Y =n) =

+∞

X

n=1

−n qⁿ nln(p)

1

(1 +q)ⁿ =− 1 ln(p)

+∞

X

n=1

( q

1 +q)ⁿ =− 1 ln(p)

q 1 +q

1

1−_1+q^q =− q ln(p). (e) On a aussi (le terme de rang 0 est nul)

E(Y²) =

+∞

X

n=1

n²P(Y =n) =

+∞

X

n=1

−n². qⁿ nln(p)

1

(1 +q)ⁿ =− 1 ln(p)

+∞

X

n=1

n( q

1 +q)ⁿ=− 1 ln(p)

q 1 +q

1 (1−_1+q^q )²

=−q(1 +q) ln(p) . D’où la variance de X :

V(Y) = E(Y²)−E(Y)² =−q(1 +q) ln(p) −

q ln(p)

2

=− q ln(p)

1 +q+_ln(p)^q

=− q ln(p)

(1 +q)ln(p) +q ln(p)

=−q

(1 +q) ln(p) +q (ln(p))²

.