Exercice 1 (Edhec 2003) 1. (a) On a pour tout n ∈ N,

Correction du devoir surveillé

DS1

Exercice 1 (Edhec 2003) 1. (a) On a pour tout n ∈ N,

X

n+1

=





 u

_n+3

u

n+2

u

_n+1





 =







4 u

_n+2

− 5 u

_n+1

+ 2 u

_n

u

n+2

u

_n+1





 .

Considérons A =







a b c d e f g h i





 ∈ M

3

(R). On a :

AX

_n

=







a b c d e f g h i











 u

n+2

u

_n+2

u

n+1





 =







au

n+2

+ bu

n+1

+ cu

n

du

_n+2

+ eu

_n+1

+ f u

_n

gu

n+2

+ hu

n+1

+ iu

n





 .

On a :

X

_n+1

= AX

_n

⇒



 



 



4 u

n+2

− 5 u

n+1

+ 2 u

n

= au

n+2

+ bu

n+1

+ cu

n

u

_n+2

= du

_n+2

+ eu

_n+1

+ f u

_n

u

_n+1

= gu

_n+2

+ hu

_n+1

+ iu

_n

.

On peut donc poser A =







4 − 5 2

1 0 0

0 1 0





 . (b) On a A − I

₃

=







3 − 5 2 1 − 1 0 0 1 − 1





 , donc ( A − I

₃

)

²

=







4 − 8 4 2 − 4 2 1 − 2 1





 , et de même A − 2 I

₃

=







2 − 5 2 1 − 2 0 0 1 − 2





 . On obtient par produit :

( A − I

₃

)

²

( A − 2 I

₃

) =







4 − 8 4 2 − 4 2 1 − 2 1





 ×







2 − 5 2 1 − 2 0 0 1 − 2





 =







0 0 0 0 0 0 0 0 0





 .

Ainsi, on a bien (A − I)

²

(A − 2I) = 0.

2. (a) Soit n ∈ N. On effectue la division euclidienne de X

ⁿ

par P 6 = 0

_K[X]

: il existe un unique couple ( Q

n

, R

n

) de polynômes tel que :

X

ⁿ

= P × Q

_n

+ R

_n

avec deg( R

_n

) < deg( P ) = 3 .

(b) La famille B = (1 , X − 1 , ( X − 1)

²

) est libre car échelonnée en degrés, de cardinal 3 = dim(R

2

[X]). C’est donc une base de l’espace R

2

[X].

Soit n ∈ N. Puisque R

n

∈ R

2

[ X ], il existe des réels a

n

, b

n

et c

n

(uniques) tels que :

R

n

(X) = a

n

+ b

n

(X − 1) + c

n

(X − 1)

²

.

(c) Soit n ∈ N. On a :

X

ⁿ

= P × Q

n

+ a

n

+ b

n

( X − 1) + c

n

( X − 1)

²

( ∗ ) Rappelons que P = (X − 1)

²

(X − 2). P est ici sous forme scindée, ses racines sont 1 et 2 de multiplicités respectives 2 et 1. En particulier, on a P (1) = P

⁰

(1) = 0 = P (2).

En évaluant ( ∗ ) en X = 2, on obtient : 2

ⁿ

= P (2)

| {z }

=0

Q

n

(2) + a

n

+ b

n

+ c

n

= a

n

+ b

n

+ c

n

. En évaluant ( ∗ ) en X = 1, on obtient :

1 = P (1)

| {z }

=0

Q

_n

(1) + a

_n

= a

_n

. Dérivons à présent ( ∗ ), on a :

nX

ⁿ⁻¹

= (P

⁰

Q

n

+ P Q

⁰_n

) + b

n

+ 2c

n

(X − 1).

Évaluons cette dernière égalité en X = 1 : n = ( P

⁰

(1)

| {z }

=0

Q

_n

(1) + P (1)

| {z }

=0

Q

⁰_n

(1)) + b

_n

= b

_n

. On obtient donc a

_n

= 1, b

_n

= n et c

_n

= 2

ⁿ

− a

_n

− b

_n

= 2

ⁿ

− n − 1.

Établir que : ∀n ∈ N, a

n

= 1, b

n

= n et c

n

= 2

ⁿ

− n − 1.

3. Pour tout n ∈ N, on a en substituant A à X dans la relation ( ∗ ) : A

ⁿ

= P ( A )

| {z }

=0n

×Q

_n

( A ) + a

_n

I + b

_n

( A − I ) + c

_n

( A − I )

²

= I + n ( A − I ) + (2

ⁿ

− n − 1)( A − I )

²

.

4. Nous avons déjà calculé (A − I ) et (A − I

3

)

²

, ce qui nous permet d’affirmer que la dernière ligne de A

ⁿ

est :

0 0 1 + n 0 1 − 1 + (2

ⁿ

− n − 1) 1 − 2 1 = 2

ⁿ

− n − 1 − 2

ⁿ⁺¹

+ 3n + 2 2

ⁿ

− 2n . 5. (a) Montrons ce résultat par récurrence sur n ∈ N.

Init. Pour n = 0, on a d’après l’énoncé X

₀

=





 1 1 0





 = A

⁰





 1 1 0





 . D’où la propriété pour n = 0.

Hér. Soit n ∈ N. Supposons la propriété vraie au rang n. Montrons là au rang n + 1.

On a :

X

_n+1 ^1.(a)

= AX

_n^H.R.

= A





 A

ⁿ





 1 1 0











 = A

ⁿ⁺¹





 1 1 0





 .

D’où la propriété au rang n + 1.

Concl. Par principe de récurrence, on a bien que : ∀n ∈ N , X

n

= A

ⁿ





 1 1 0





 .

(b) Dans la relation de la question précédente, identifions les dernières lignes : le coefficient à la dernière ligne de X

_n

est u

_n

, et il s’obtient à partir de la 3-ème ligne de A

ⁿ

(que nous avons déterminé précédemment) et du vecteur X

0

. Autrement dit :

X

_n

=





 u

n+2

u

_n+1

u

n





 =







? ? ?

? ? ?

2

ⁿ

− n − 1 − 2

ⁿ⁺¹

+ 3n + 2 2

ⁿ

− 2n











 1 1 0





 =







?

?

2

ⁿ

− n − 1 + ( − 2

ⁿ⁺¹

+ 3n + 2)





 .

Ainsi, on obtient :

∀n ∈ N, u

n

= 2

ⁿ

− n − 1 + ( − 2

ⁿ⁺¹

+ 3n + 2) = − 2

ⁿ

+ 2n + 1.

Problème 1.

Partie 1: préliminaires (les trois questions sont indépendantes)

1. (a) On utilise le code suivant (bien noter l’utilisation des opérations pointées pour faire les opérations coefficients par coefficients).

1

n=input('entrez une valeur pour n :')

2

x=1:n

3

u=sum(x.^(-1))-log(n)

4

disp(u)

(b) Proposons deux méthodes pour cette question.

Méthode 1. Par l’inégalité des accroissements finis.

Soit k ∈ N

^∗

. La fonction f = ln est continue sur l’intervalle [ k, k +1], dérivable sur ] k, k +1[

et on a :

∀t ∈ ] k, k + 1[ , 1

k + 1 ≤ f

⁰

( t ) = 1 t ≤ 1

k L’inégalité des accroissements finis nous assure alors que :

1

k ≤ ln( k + 1) − ln( k ) ≤ 1 k

Méthode 2. Par encadrement d’une intégrale.

Soit k ∈ N

^∗

. La fonction t 7→

¹_t

est continue et décroissante sur [ k, k + 1], d’où :

∀t ∈ [ k, k + 1] , 1 k + 1 ≤ 1

t ≤ 1 k . Par croissance de l’intégrale, on obtient :

Z

k+1 k

1

k + 1 d t ≤ Z

k+1

k

1 t d t ≤

Z

k+1 k

1 k d t, soit encore :

1

k + 1 ≤ ln( k + 1) − ln( k ) ≤ 1 k .

(c) En sommant les inégalités précédentes pour k = 1 , . . . , n − 1, on obtient :

n−1

X

k=1

1 k + 1 ≤

n−1

X

k=1

(ln( k + 1) − ln( k )) ≤

n−1

X

k=1

1

k ,

c’est-à-dire :

n

X

k=2

1

k ≤ ln( n ) − ln(1) ≤

n−1

X

k=1

1 k . D’où :

− 1 ≤ ln(n) −

n

X

k=1

1 k ≤ − 1

n . Ce qui se réécrit :

0 ≤ 1

n ≤ u

_n

≤ 1 On a donc montré que :

∀n ∈ N

^∗

, 0 ≤ u

_n

≤ 1 2. (a) Soit n ∈ N

^∗

et t ∈ [0 , x ], on a :

n

X

p=1

t

^p−1

=

n−1

X

p=0

t

^p

=

|{z}

t6=1

1 · 1 − t

ⁿ

1 − t Ainsi :

∀n ∈ N

^∗

, ∀t ∈ [0, x], ^X

ⁿ

p=1

t

^p−1

= 1 − t

ⁿ

1 − t (b) On intègre l’égalité de la question précédente entre 0 et x :

Z

x 0

n

X

p=1

t

^p−1

d t = ^Z

^x

0

1 − t

ⁿ

1 − t d t Or par linéarité de l’intégrale (sur un segment) :

Z

x 0

n

X

p=1

t

^p−1

d t =

n

X

p=1

Z

x 0

t

^p−1

d t =

n

X

p=1

x

^p

p .

Également par linéarité de l’intégrale (sur un segment) : Z

x

0

1 − t

ⁿ

1 − t d t = ^Z

^x

0

1 1 − t d t −

Z

x 0

t

ⁿ

1 − t d t = − ln(1 − x ) − Z

x

0

t

ⁿ

1 − t d t.

Finalement, on a bien :

n

X

p=1

x

^p

p = − ln(1 − x) − Z

x

0

t

ⁿ

1 − t dt.

(c) Pour tout t ∈ [0 , x [ (où x ∈ [0 , 1[ est fixé), on a 1 − x < 1 − t , de sorte que :

∀t ∈ [0 , x [ , 0 ≤ t

ⁿ

1 − t ≤ t

ⁿ

1 − x On en déduit, en intégrant sur le segment [0 , x ] :

0 ≤ Z

x

0

t

ⁿ

1 − t d t ≤ 1 1 − x

x

ⁿ⁺¹

n + 1 Par croissances comparées, on a lim

_n→+∞

1

1 − x x

ⁿ⁺¹

n + 1 = 0. Et d’après le théorème des gen- darmes, on peut conclure que lim

n→+∞

Z

_x

0

t

ⁿ

1 − t d t existe et vaut 0 .

(d) D’après la question 2.(b) et la question 2.(c), on a :

n

X

p=1

x

^p

p = − ln(1 − x ) − Z

x

0

t

ⁿ

1 − t d t −→

n→+∞

− ln(1 − x ) . Donc la série de terme général

^x_p^p

est convergente et

+∞

X

p=1

x

^p

p = − ln(1 − x ) . 3. (a) Soit n ∈ N

^∗

. On a :

n

X

k=1

c

_k

=

n

X

k=1 k

X

i=1

a

_i

b

k−i

=

n

X

i=1 n

X

k=i

a

_i

b

k−i

=

n

X

i=1

a

_i

n

X

k=i

b

_k−i

!

=

n

X

i=1



 a

_i

n−i

X

j=0

b

_j





Comme les suite ( a

_i

)

i∈N^∗

et ( b

_j

)

j∈N

sont à termes positifs, on a :

∀i ∈ J1 , n K , a

i n−i

X

j=0

b

j

6 a

i n

X

j=0

b

j

Ainsi, on a :

n

X

k=1

c

k

≤

n

X

i=1

a

i n

X

j=0

b

j

≤

n

X

i=1

a

i

! 



n

X

j=0

b

j





En reprenant les calculs faits plus haut (en remplaçant n par 2 n ), on a :

2n

X

k=1

c

_k

=

2n

X

i=1



 a

_i

2n−i

X

j=0

b

_j



 .

Là encore, comme les suite ( a

_i

)

i∈N^∗

et ( b

_j

)

j∈N

sont à termes positifs, on a :

2n

X

k=1

c

_k

≥

n

X

i=1



 a

i 2n−i

X

j=0

b

j



 .

Et pour tout i ∈ J1 , n K, on a 2 n − i ≥ i et donc : a

_i

2n−i

X

j=0

b

_j

≥ a

_i

n

X

j=0

b

_j

. On obtient donc :

n

X

k=1

c

_k

≥

n

X

i=1

a

_i





n

X

j=0

b

_j



 ≥

n

X

i=1

a

_i

! 



n

X

j=0

b

_j



 .

Finalement on a montré que :

∀n ∈ N

^∗

,

n

X

k=1

c

_k

≤

n

X

k=1

a

_k

!

_n

X

k=0

b

_k

!

≤

2n

X

k=1

c

_k

.

Autre méthode. Disposons les réels a

_k

et b

_`

dans un tableau comme suit.

` = 0 ` = 1 · · · ` = n − 1 ` = n . . . ` = 2 n − 1 . . .

k = 1 a

1

b

0

a

1

b

1

· · · a

1

b

n−1

a

1

b

n

. . . a

1

b

2n−1

k = 2 a

₂

b

₀

a

₂

b

₁

· · · a

₂

b

n−1

a

₂

b

_n

. . . a

₂

b

2n−1

... ... ... ... ... ...

k = n a

_n

b

₀

a

_n

b

₁

· · · a

_n

b

n−1

a

_n

b

_n

. . . a

_n

b

2n−1

... ... ...

k = 2 n a

_2n

b

₀

a

_2n

b

₁

...

La somme des termes en bleu est précisément ^X

ⁿ

k=1

c

k

, celle des termes et bleu et en vert est

n

X

k=1

a

k

!

_n

X

`=0

b

`

!

, et celle des termes en bleu, en vert et en rouge est ^X

²ⁿ

k=1

c

k

. Comme tous les réels a

k

et b

`

sont positifs, on a donc bien que :

∀n ∈ N

^∗

,

n

X

k=1

c

k

≤

n

X

k=1

a

k

!

_n

X

k=0

b

k

!

≤

2n

X

k=1

c

k

.

(b) Les séries de terme général ( a

n

)

n∈N

et ( b

n

)

n∈N

sont à termes positifs et convergent. On a donc :

∀n ∈ N , 0 ≤

n

X

k=1

a

_k

≤ A, et 0 ≤

n

X

k=0

b

_k

≤ B.

Ainsi, on a à l’aide de la première inégalité de la question précédente que :

∀n ∈ N ,

n

X

k=1

c

_k

6 AB

La série de terme général ( c

_n

)

n∈N

est à termes positifs, et la suite de ses sommes partielles est majorée. Par le cours, ^X

n≥1

c

_n

converge donc.

En passant à la limite dans les inégalités obtenues à la question précédente (tout converge), on obtient :

+∞

X

k=1

c

_k

≤ AB ≤

+∞

X

k=1

c

_k

⇒

+∞

X

n=1

c

_n

=

+∞

X

n=1

a

_n

!

_+∞

X

n=0

b

_n

! . (c) i. Puisque x ≥ 0, les séries de termes généraux a

n

et b

n

sont à termes positifs.

Comme x ∈ [0 , 1[ la série de terme général b

_n

est une série géométrique de raison appartenant à ] − 1, 1[, elle converge donc.

On a montré à la question 2.(d) que la série de terme général a

_n

converge et que

+∞

X

k=1

a

_k

= − ln(1 − x ).

Finalement, les séries ^X a

n

et ^P b

n

sont à termes positifs et convergentes.

ii. On utilise ici aussi les opérations pointées pour faire des opérations coefficients par coefficients sur les vecteurs.

1

n=input('entrez une valeur pour n :')

2

x=input('entrez une valeur pour x :')

3

u=1:n

4

v=n-1:-1:0

5

a=(x.^u)./u

6

b=x.^v

7

c=sum(a.*b)

8

disp(c) iii. Pour n ∈ N

^∗

, on a :

c

_n

=

n

X

k=1

a

_k

b

n−k

=

n

X

k=1

x

^k

k · x

^n−k

= x

ⁿ

n

X

k=1

1 k .

Partie 2: étude d’une fonction définie comme somme d’une série

4. (a) Pour x ∈ [0 , 1[, en prenant les suites définies à la question 3 . ( c ) on a :

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 k

! x

ⁿ

=

+∞

X

n=1

c

_n

=

+∞

X

n=1

a

_n

!

_+∞

X

n=0

b

_n

!

=

+∞

X

n=1

x

ⁿ

n

!

_+∞

X

n=0

x

ⁿ

! .

(b) On sait d’après la partie 1 et le cours que :

+∞

X

n=1

x

ⁿ

n = − ln(1 − x) et

+∞

X

n=0

x

ⁿ

= 1 1 − x . On obtient donc :

+∞

X

n=1 n

X

k=1

1 k

!

x

ⁿ

= − ln(1 − x ) 1 − x

5. (a) La fonction f : u 7→ ln( u ) est de classe C

²

sur R

^∗+

et on a f

⁰⁰

( u ) = − 1

u

²

≤ 0. f est donc concave sur R

^∗₊

, et C

f

est donc en dessous de toutes ses tangentes. En particulier elle est en dessous de sa tangente en 1 qui a pour équation y = f

⁰

(1)( x − 1) + f (1) = x − 1. On a donc :

∀u ∈ R

^∗₊

, ln( u ) ≤ u − 1 ≤ u On a donc bien : ∀u ∈ R

^∗+

ln( u ) ≤ u.

(b) Rappelons que x ∈ [0 , 1[ est fixé. On a :

• pour tout n ∈ N

^∗

, 0 ≤ (ln(n))x

ⁿ

≤ nx

ⁿ

= x × (nx

ⁿ⁻¹

) ;

• la série de terme général nx

ⁿ

est convergente en tant que série géométrique dérivée de raison appartenant à ] − 1, 1[.

Par théorème de comparaison, la série ^X (ln( n )) x

ⁿ

est donc convergente.

6. On pose : f ( x ) =

+∞

X

n=1

(ln( n )) x

ⁿ

.

(a) On a vu à la question 1.(c) que, pour tout n ∈ N

^∗

on a : 0 ≤

n

X

k=1

1

k − ln( n ) ≤ 1 . On en déduit l’encadrement suivant :

n

X

k=1

1

k − 1 6 ln( n ) 6

n

X

k=1

1 k .

D’où en multipliant par x

ⁿ

≥ 0 : x

ⁿ

n

X

k=1

1

k − x

ⁿ

6 ln(n)x

ⁿ

6 x

ⁿ

n

X

k=1

1

k .

On a déjà prouvé que tous les termes de cette inégalité sont les termes généraux de séries convergentes, on peut donc sommer ces inégalités pour tout n ≥ 1 (tout converge). On

obtient :

_+∞

X

n=1

x

ⁿ

n

X

k=1

1 k

!

−

+∞

X

n=1

x

ⁿ

6 f ( x ) 6

+∞

X

n=1

x

ⁿ

n

X

k=1

1 k

!

D’où, en exploitant le résultat de la question 4 . ( b ) :

− ln(1 − x )

1 − x − x

1 − x 6 f ( x ) 6 − ln(1 − x ) 1 − x

(b) Pour x ∈ [0 , 1[, on a

^−ln(1−x)_1−x

> 0. En quotientant l’inégalité de la question précédente par

−ln(1−x)

1−x

, on obtient :

1 + x

ln(1 − x) 6 f ( x )

−ln(1−x) 1−x

6 1 On a lim

x→1⁻

1 + x

ln(1 − x ) = 1. Par le théorème de gendarmes, on obtient que lim

x→1⁻

f ( x )

−ln(1−x)

existe et vaut 1. Ainsi, on a :

1−x

f ( x ) ∼

1⁻

− ln(1 − x ) 1 − x 7. (a) Soit (x, y) ∈ [0, 1[

²

avec x ≤ y. Pour tout n ∈ N

^∗

on a :

ln( n ) x

ⁿ

≤ ln( n ) y

ⁿ

. D’où, en sommant (tout converge) :

f ( x ) =

+∞

X

n=1

ln( n ) x

ⁿ

≤

+∞

X

n=1

ln( n ) y

ⁿ

= f ( y ) . Ainsi f est croissante sur [0 , 1[.

f étant définie par une somme infinie , il n’est pas du tout clair que f soit dérivable, ni même continue. Pour montrer que f est croissante, on ne peut donc pas dériver f . Il faut donc le faire « à la main » en prenant x ≤ y et en montrant que f (x) ≤ f (y).

Mise en garde.

(b) On a f (0) =

+∞

X

n=1

ln( n ) × 0 = 0 et lim

x→1⁻

− ln(1 − x )

1 − x = + ∞ . On a donc, par équivalence,

x→1

lim

⁻

f ( x ) = + ∞ . On obtient le tableau de variations suivant.

x

f

0 1

00

+ ∞ + ∞

8. (a) Tout d’abord, d’après l’étude de variations précédentes, on a pour tout x ∈ [0 , 1[, f ( x ) ≥ 0.

D’autre part, on a : f ( x ) =

+∞

X

n=1

(ln( n )) x

ⁿ

= ln(1) x +

+∞

X

n=2

(ln( n )) x

ⁿ

=

+∞

X

n=2

(ln( n )) x

ⁿ

.

Pour tout n ∈ N

^∗

, on a ln( n ) ≤ n , et donc ln( n ) x

ⁿ

≤ nx

ⁿ

car x ≥ 0. Or ce sont des termes généraux de séries convergentes. D’où en sommant (tout converge), on a :

f ( x ) =

+∞

X

n=2

(ln( n )) x

ⁿ

6

+∞

X

n=2

nx

ⁿ

Or on a :

_+∞

X

n=2

nx

ⁿ

=

+∞

X

n=1

nx

ⁿ

− x = x

+∞

X

n=1

nx

ⁿ⁻¹

− x = x

(1 − x )

²

− x Ainsi, on a :

∀x ∈ [0 , 1[ , 0 6 f ( x ) 6 x

(1 − x )

²

− x (b) On a lim

x→0⁺

x

(1 − x)

²

− x . Par le théorème des gendarmes, la limite lim

x→0⁺

f ( x ) existe et vaut 0 = f (0). Donc f est continue à droite en 0.

Pour x 6 = 0, on a à l’aide de l’inégalité obtenue à la question précédente : 0 ≤ f ( x )

x = f ( x ) − f (0)

x − 0 ≤ 1

(1 − x )

²

− 1 Or lim

x→0⁺

1

(1 − x)

²

− 1 = 0. Par le théorème des gendarmes, lim

x→0⁺

f ( x ) − f (0)

x − 0 existe et vaut 0. Donc f est dérivable à droite en 0 et f

_d⁰

(0) = 0.

Problème 2 (Ecricome 2006)

I. Étude des longueurs de séries

1. L’évènement ( L

₁

= n ) est réalisé si et seulement si on fait n Piles suivi d’un Face ou si on fait n Faces suivi d’un Pile. On a ainsi l’égalité d’évènements :

( L

₁

= n ) = ( P

₁

∩ · · · ∩ P

_n

∩ F

_n+1

) ^[ ( F

₁

∩ · · · ∩ F

_n

∩ P

_n+1

) . On obtient :

P ( L

₁

= n ) = P ( P

₁

∩ · · · ∩ P

_n

∩ F

_n+1

) ^[ ( F

₁

∩ · · · ∩ F

_n

∩ P

_n+1

)

= P (P

1

∩ · · · ∩ P

n

∩ F

n+1

) + P (F

1

∩ · · · ∩ F

n

∩ P

n+1

) par incomp. des évènements

= P ( P

₁

) . . . P ( P

_n

) P ( F

_n+1

) + P ( F

₁

) . . . P ( F

_n

) P ( P

_n+1

) par indép. des lancers

= p

ⁿ

q + q

ⁿ

p La série ^X

n≥1

P ( L

₁

= n ) converge par σ -additivité d’une probabilité (les évènements sont incom- patibles), et on a :

+∞

X

n=1

P ( L

₁

= n ) =

+∞

X

n=1

p

ⁿ

q + q

ⁿ

p

On reconnait ici les termes généraux de deux séries géométriques de raisons p et q toutes deux dans ] − 1 , 1[. Elles convergent donc. On obtient par linéarité de la somme (tout converge) que :

+∞

X

n=1

P ( L

₁

= n ) =

+∞

X

n=1

p

ⁿ

q +

+∞

X

n=1

q

ⁿ

p = q p

1 − p + p q

1 − q = p + q = 1

Remarque. On vient ainsi de montrer que la famille d’évènements (( L

1

= n ))

n∈N^∗

est un système

presque complet d’évènements.

2. On note L

₂

la longueur de la deuxième série.

(a) L’évènement ( L

1

= n ) ∩ ( L

2

= k ) est réalisé si et seulement si les n premiers lancers donnent Pile, les k suivant donnent Face, et le n + k + 1 donne pile ou l’inverse ( n Faces, puis k Piles, puis un Pile). Ce qui donne :

(L

1

= n) ∩ (L

2

= k) = (P

1

∩ · · · ∩ P

n

∩ F

n+1

∩ · · · ∩ F

n+k

∩ P

n+k+1

) ^[ (F

1

∩ · · · ∩ F

n

∩ P

n+1

∩ · · · ∩ P

n+k

∩ F

n+k+1

) En utilisant encore une fois l’incompatibilité des évènements, puis l’indépendance des

lancers, on obtient :

P (( L

1

= n ) ∩ ( L

2

= k )) = P ( P

1

∩ · · · ∩ P

n

∩ F

n+1

∩ · · · ∩ F

n+k

∩ P

n+k+1

) + P (F

1

∩ · · · ∩ F

n

∩ P

n+1

∩ · · · ∩ P

n+k

∩ F

n+k+1

)

= p

ⁿ

q

^k

p + q

ⁿ

p

^k

q = p

ⁿ⁺¹

q

^k

+ q

ⁿ⁺¹

p

^k

.

(b) Par la formule des probabilités totales appliquée avec le SPCE (( L

1

= n ))

n∈N^∗

, on obtient que pour tout k ∈ N

^∗

:

P ( L

₂

= k ) =

+∞

X

n=1

P (( L

₁

= n ) ∩ ( L

₂

= k )) =

+∞

X

n=1

p

ⁿ⁺¹

q

^k

+ q

ⁿ⁺¹

p

^k

On reconnait là encore deux séries géométriques de raisons appartenant à ] − 1 , 1[. Tout converge donc et on peut appliquer la linéarité de la somme. On obtient (sans oublier le premier terme dans les sommes des séries géométriques) :

P ( L

₂

= k ) = q

^k

+∞

X

n=1

p

ⁿ⁺¹

+ p

^k

+∞

X

n=1

q

ⁿ⁺¹

= q

^k

p

²

1 − p + p

^k

q

²

1 − q = p

²

q

^k−1

+ q

²

p

^k−1

. (c) La variable aléatoire L

₂

admet une espérance si et seulement si la série ^X

k≥1

kP ( L

₂

= k ) converge absolument, donc converge car elle est à termes positifs. On a pour tout k ≥ 1 :

kP ( L

2

= k ) = p

²

kq

^k−1

+ q

²

kp

^k−1

.

On reconnait ici les termes généraux de deux séries géométriques dérivées, qui convergent car leur raison appartient à ] − 1 , 1[. Par linéarité de la somme, on peut donc conclure que E ( L

₂

) existe et vaut :

E ( L

₂

) =

+∞

X

k=1

kP ( L

₂

= k ) = p

²

+∞

X

k=1

kq

^k−1

+ q

²

+∞

X

k=1

kp

^k−1

= p

²

1

(1 − q )

²

+ q

²

1

(1 − p )

²

= 2.

II. Probabilité d’avoir une infinité de fois deux Pile consécutifs.

3. La fonction f : x 7→ e

^−x

est de classe C

²

, et on a pour tout x ∈ R, f

⁰⁰

( x ) = e

^−x

≥ 0. Donc f est convexe. De plus on a f (0) = 1 et f

⁰

(0) = − 1, donc la tangente en x = 0 à C

f

a pour équation y = f (0) + ( x − 0) f

⁰

(0) = 1 − x .

Puisque f est convexe, sa courbe est située au dessus de toutes ses tangentes. En particulier, on a pour tout réel x :

1 − x ≤ e

^−x

.

Remarque. Une autre méthode consiste à étudier les variations de la fonction g : x 7→ e

^−x

+

x − 1, et ainsi à montrer que g est positive sur R.

4. (a) La série ^X

i≥k

P ( A

_i

) est de terme général positif, donc sa suite des sommes partielles est croissante. Par le théorème de la limite monotone, soit elle converge, soit elle diverge vers + ∞ . Comme la série diverge par hypothèse, on en déduit que :

n→+∞

lim

n

X

i=k

P ( A

_i

) = + ∞.

(b) On a C

_n

=

n

[

i=k

A

_i

=

n

\

i=k

A

_i

. On en déduit que :

P ( C

n

) = 1 − P ( C

n

) =

indép.

1 −

n

Y

i=k

P ( A

i

) . D’autre part, on a avec la question 3., que :

∀k ≤ i ≤ n, 0 ≤ P ( A

_i

) = 1 − P ( A

_i

) ≤ exp( −P ( A

_i

)) . Par produit de ces inégalités, on obtient :

n

Y

i=k

P (A

i

) ≤ exp( −

n

X

i=k

P (A

i

)).

On obtient donc que pour tout n ≥ k :

P ( C

_n

) ≥ 1 − exp −

n

X

i=k

P ( A

_i

)

! .

On a de plus que P ( C

_n

) ≤ 1 pour tout n ≥ k , et que lim

n→+∞

1 − exp −

n

X

i=k

P ( A

_i

)

!

= 1.

Par théorème des gendarmes, on en déduit que lim

_n→+∞

P ( C

n

) = 1 .

(c) On a C

_n

⊂ C

_n+1

pour tout n ≥ k . Par théorème de la limite monotone, on en déduit que : P

+∞

[

i=k

C

_i

!

= lim

n→+∞

P ( C

_n

) = 1 . (d) Pour tout i ≥ k , on a :

A

_i

⊂ C

_i

⊂

+∞

[

n=k

C

_n

.

Donc on a

+∞

[

i=k

A

_i

⊂

+∞

[

n=k

C

_n

. Réciproquement, on a pour tout n ≥ k :

C

n

= ^[

ⁿ

i=k

A

i

⊂

+∞

[

i=k

A

i

.

Ainsi on a

+∞

[

n=k

C

n

⊂

+∞

[

i=k

A

i

. On en déduit que :

+∞

[

i=k

A

i

=

+∞

[

n=k

C

n

.

D’où finalement P

+∞

[

i=k

A

i

!

= P

+∞

[

n=k

C

n

!

= 1.

5. Soit ` ∈ N

^∗

. Notons D

_`

l’évènement « avoir deux Pile consécutifs après le ` -ème lancer ». Posons k =

( ` si ` pair

` + 1 si ` impair . On a :

+∞

[

i=k

A

i

⊂ D

_`

car

+∞

[

i=k

A

_i

est l’évènement « obtenir Pile à un lancer d’ordre pair ainsi qu’au lancer suivant après le ` -ème lancer » qui est bien inclus dans l’évènement « avoir deux Pile consécutifs après le ` -ème lancer ». On en déduit que :

P

+∞

[

i=k

A

_i

!

≤ P ( D

_`

) ≤ 1 . Or on a P ( A

_i

) = P ( P

_2i

∩ P

_2i+1

) = p

²

. La série ^X

i≥k

P ( A

_i

) diverge (grossièrement). De plus, les évènements A

_i

sont bien mutuellement indépendants de manière évidente. Par les questions précédentes, on en déduit que P

+∞

[

i=k

A

i

!

= 1. On obtient donc : 1 ≤ P ( D

_`

) ≤ 1 ⇒ P ( D

_`

) = 1 .

Il est donc quasi-certain d’obtenir deux Pile consécutifs après n’importe quel lancer.