Devoir non surveillé Probabilité et intégration

Devoir non surveillé Probabilité et intégration
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche
pour le 14 Mai
BY:
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CC
Exercice 1 Oral AGRO-VETO 2010
Deux urnes A et B contiennent chacun n boules numérotées de 1 à n. On tire une boule de A et une
boule de B dont on note les numéro respectifs a et b.
Soit E l’événement « le rapport ab est un nombre entier ».
Le but de cet exercice est de déterminer la valeur de P(E) en fonction de n, et un équivalent de P(E)
lorsque n tends vers +∞.
Rappel :
– le rapport ab est un nombre entier signifie : ∃k ∈ N, b = ka.
– Pour i ∈ [[1, n]], la notation a = i désigne l’événement « on a tiré la boule i dans l’urne A ».
– Pour tout réel x, la partie entière E(x) désigne l’unique entier tel que :
E(x) 6 x < E(x) + 1.
1. Question de cours : Énoncer précisément la formule des probabilités totales.
2. Petites valeurs de n
(a) Calculer la probabilité P(E) dans le cas où n = 3.
(b) Calculer la probabilité P(E) dans le cas où n = 4.
3. Valeur de P(E) dans le cas général
(a) Soit i ∈ [[1, n]], démontrer :
E ( ni )
P(E ∩ a = i) =
X
P(a = i ∩ b = ji).
j=1
En déduire la valeur de P(E ∩ a = i).
(b) En déduire la probabilité P(E) dans le cas général.
4. Déterminer un encadrement de P(E) en fonction de la suite Sn définie par :
∀n ∈ N, Sn =
n
X
1
i=1
5. (a) Démontrer :
∀i ∈ [[1, n]] ,
i
1
1
6 ln(i + 1) − ln(i) 6 .
i+1
i
(b) En déduire un équivalent de Sn quand n tend vers l’infini.
ln(n)
.
(c) En déduire P(E) ∼
n→+∞
n
Correction :
1. Cours.
2. (a) Il y a trois tirages possibles 1, 2, 3 dans chaque urne, donc 9 valeurs en tout. On peut donc
lister ces neufs tirages possibles et utiliser l’équiprobabilité. On va plutôt chercher une méthode
applicable à n quelconque pour préparer les questions suivantes.
1
8
On utilise le système complet d’événement : a = 1, a = 2, a = 3 . Cela donne :
P(E) =P(E ∩ a = 1) + P(E ∩ a = 2) + P(E ∩ a = 3)
=P(a = 1)P(E) + P(a = 2)P(E) + P(a = 3)P(E)
1
1
= Pa=1 (E) + Pa=2 (E) + Pa=3 (E)
3
3
Or :
– Pa=1 (E) = 1, car quelque soit b, 1b est un nombre entier.
– Pa=2 (E) = P(b = 2) = 13 , car si b ∈ [[1, 3]] vérifie b 6= 2, 2b n’est pas un nombre entier.
– Pa=3 (E) = P(b = 3) = 13 , pour la même raison.
Au final
1 1 1
5
P(E) = + + = .
3 9 9
9
(b) On procède de même dans le cas n = 4. On utilise le système complet d’événement associé à la
variable aléatoire a. La formule des probabilités totales donne alors :
1
1
1
1
P(E) = Pa=1 (E) + Pa=2 (E) + Pa=3 (E) + Pa=4 (E)
4
4
4
4
1 11 11 11
+
+
.
= +
4 42 44 44
En effet :
– Pa=1 (E) = 1, comme cela a été vu ci-dessus,
– Pa=2 (E) = P(b = 2) + P(b = 4) = 12 ,
– Pa=3 (E) = P(b = 3) = 14 ,
– Pa=4 (E) = P(b = 4) = 14 .
Au final :
1 11 11 11
P(E) = +
+
+
4 42 44 44
8
1
= = .
16
2
(c) Considérons le cas général.
Attention à la rédaction : utilisez le vocabulaire du cours.
Soit i ∈ [[1, n]], on a :
(E ∩ a = i) = (a = i ∩ b = i) ∪ P(a = i ∩ b = 2i) ∪ · · · ∪ P(a = i ∩ b = ki),
où k est l’entier maximal qui vérifie : ki 6 n. On voit donc que k vérifie, ki 6 n < (k + 1)i soit
k 6 ni < k + 1. On retrouve la définition de la partie entière, et donc : k = E ni .
On peut aussi rédiger cela ainsi :
(E ∩ a = i) ⇔ ∃k ∈ N, b = ki
n
⇔ ∃k ∈ 1, E
, b = ki.
i
En effet, si b = ki, alors d’une part k > 1 et d’autre part ki 6 n, donc k 6
k 6 E ni puisque k est un entier.
2
n
i,
ce qui donne
Ainsi, on a :
E ( ni )
(E ∩ a = i) =
[
(a = i ∩ b = ji).
j=1
Cette union est disjointe, car on ne peut pas avoir b = ji et b = j ′ i si j 6= j ′ . Ainsi :
E ( ni )
P(E ∩ a = i) =
X
j=1
E ni
,
P(a = i ∩ b = ji) =
n2
puisque tous les événements a = i ∩ b = ji sont de probabilité
1
n2 .
On utilise le système complet d’événements associé à la variable aléatoire a :
P(E) =
n
X
P(E ∩ a = i).
i=1
Ce qui donne :
P(E) =
n
X
E
n
i
n2
i=1
=
n
1 X
n
E
.
2
n i=1
i
3. On va utiliser un encadrement de la partie entière. On rappelle que :
∀x ∈ R,
E(x) 6 x < E(x) + 1
Cela donne :
et donc
n
n
−1<E
i
i
∀i ∈ [[1, n]] ,
En additionnant :
n
X
n
n
i=1
n
X
i=1
i
−1<
n
X
E
i=1
!
x − 1 < E(x) 6 x.
n
i
6
6
n
i
n
X
n
i=1
n
X
i
1
1
− 1 < n2 P(E) 6 n
i
i
i=1
n
n
1X
1
1
1X
< P(E) 6
n i=2 i
n i=1 i
Sn − 1
Sn
< P(E) 6
.
n
n
4. (a) On utilise une comparaison série / intégrale, on a en utilisant la décroissance de t 7→
1
1
1
6 6 .
i+1
t
i
∀i ∈ [[1, n]] , ∀t ∈ [i, i + 1],
En intégrant sur l’intervalle [i, i + 1], on obtient :
1
6
∀i ∈ [[1, n]] ,
i+1
Z
i
i+1
dt
1
6 .
t
i
Ce que l’on peut écrire :
∀i ∈ [[1, n]] ,
1
1
6 ln(i + 1) − ln(i) 6 .
i+1
i
3
1
t
(b) En sommant de pour i ∈ [[1, n]] le membre de droite, on obtient :
n
X
ln(i + 1) − ln(i) = ln(n + 1) 6
i=1
n
X
1
i=1
i
.
Et en sommant de pour i ∈ [[1, n − 1]] le membre de gauche :
n
X
1
i=2
i
=
n−1
X
i=1
n−1
X
1
6
ln(i + 1) − ln(i) = ln(n).
i+1
i=1
On obtient :
ln(n + 1) 6
n
X
1
i=1
i
6 ln(n) + 1.
Ainsi :
∀n ∈ N, ln(n + 1) 6 Sn 6 ln(n) + 1,
on obtient alors classiquement :
Sn
1
ln(n + 1)
6
61+
ln(n)
ln n
ln(n)
|
or :
{z
n→∞
−−−→1
}
ln(1 + n1 ) n→∞
ln(n + 1)
−−−→ 1.
=1+
ln(n)
ln(n)
D’où : Sn
∼
n→+∞
ln(n).
(c) On a :
1
Sn
Sn
− 6 P(E) 6
,
n
n
n
∀n ∈ N∗ ,
et donc :
1
Sn
n
Sn
−
6
6 P(E) ×
ln(n) ln(n)
ln(n)
ln(n)
D’où
|
{z
n→∞
−−−→1
}
| {z }
n→∞
−−−→1
P(E)
4
∼
n→+∞
ln(n)
.
n