2005 - Edhec

ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD
Concours d'admission sur classes préparatoires
____________________
MATHEMATIQUES
Option scientifique
Vendredi 13 mai 2005 de 8h à 12h
_____________
La présentation, la lisibilité, l'orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements
entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.
Les candidats sont invités à encadrer, dans la mesure du possible, les résultats de leurs calculs.
Ils ne doivent faire usage d'aucun document ; seule l'utilisation d'une règle graduée est autorisée.
L'utilisation de toute calculatrice et de tout matériel électronique est interdite.
Exercice 1
Dans cet exercice, n est un entier naturel supérieur ou égal à 2.
On désigne par I la matrice unité de Mn(IR).
1) On note tr l’application linéaire qui à toute matrice de Mn(IR) associe sa trace, c’est-à-dire
la somme de ses éléments diagonaux.
a) Montrer que Im tr = IR.
b) En déduire la dimension de Ker tr.
c) Établir que Mn(IR) = Ker tr ⊕ Vect(I).
2) Soit f l’application qui, à toute matrice M de Mn(IR) associe f (M) = M + tr(M) I,
a) Montrer que f est un endomorphisme de Mn(IR).
b) Utiliser la première question pour déterminer les valeurs propres de f. En déduire que f
est un automorphisme diagonalisable de Mn(IR).
3) Soit g l’application qui, à toute matrice M de Mn(IR) associe g (M) = M + tr(M) J, où J
désigne une matrice non nulle de Mn(IR) dont la trace est nulle.
On admet que g est un endomorphisme de Mn(IR).
a) Établir que le polynôme X 2 – 2 X + 1 est un polynôme annulateur de g.
b) Montrer que 1 est la seule valeur propre de g.
c) g est-il diagonalisable ?
Sujet EDHEC 2005 – Math S
1
Exercice 2
Pour tout réel x, on note ⎣ x ⎦ la partie entière de x et on rappelle que ⎣ x ⎦ est le seul entier
vérifiant : ⎣ x ⎦ ≤ x < ⎣ x ⎦ + 1.
On considère une variable aléatoire X définie sur un espace probabilisé (Ω, A, P) et qui suit la
loi exponentielle de paramètre λ (avec λ > 0). On note F sa fonction de répartition.
On pose X1 = ⎣ X ⎦ , X2 = ⎣ 10( X − X 1 )⎦ et l’on admet que X1 et X2 sont des variables
aléatoires définies elles aussi sur (Ω, A, P).
1) a) Déterminer X1(Ω).
b) Pour tout k de X1(Ω), exprimer P(X1 = k) à l’aide de F.
c) En déduire que X1 + 1 suit une loi géométrique dont on donnera le paramètre.
d) Déterminer E(X1) en fonction de λ.
2) a) Déterminer X2(Ω) et dire ce que représente X2.
+∞
b) Justifier que, pour tout k élément de {0, 1, ..., 9}, P(X2 = k) =
∑
i=0
+∞
puis montrer que : ∀k∈{0, 1, ..., 9}, P(X2 = k) =
∑ ( F (i +
i=0
En déduire que ∀k∈{0, 1, ..., 9}, P(X2 = k) = e
−
λk
10
−
P( X 1 = i ∩ X 2 = k ) ,
k +1
k
) − F (i + ) ) .
10
10
λ
1− e
.
1 − e−λ
10
3) Montrer que X1 et X2 sont indépendantes.
Exercice 3
Dans cet exercice, n est un entier naturel supérieur ou égal à 2.
On considère la fonction de n variables réelles, notée f, définie par :
n
∀(x1, x2, ..., xn)∈IR , f (x1, x2, ..., xn) =
n
∑
k =1
n
x k2
+ ( ∑ xk ) –
2
k =1
n
∑ xk
k =1
1) a) Montrer que f est de classe C 2 sur IR n.
b) Calculer les dérivées premières et secondes de f.
2) a) Déterminer le seul point critique (a1, a2, ..., an) de f sur IR n.
b) Vérifier que la hessienne de f en ce point est la matrice An = 2(In + Jn), où In désigne la
matrice unité de Mn(IR) et Jn la matrice de Mn(IR) dont tous les éléments sont égaux à 1.
3) a) Déterminer le rang de Jn. En déduire que 0 est valeur propre de Jn et déterminer la
dimension du sous-espace propre associé.
⎛ 1⎞
⎜ ⎟
⎜ 1⎟
b) Calculer le produit Jn ⎜ M⎟ .
⎜ ⎟
⎜ 1⎟
⎜ ⎟
⎝ 1⎠
c) À l’aide des questions précédentes, donner les valeurs propres de Jn , puis celles de An.
⎛ h1 ⎞
⎜ ⎟
h2
4) a) Montrer que, pour tout H = ⎜ ⎟ non nul, on a : tH A n H > 0.
⎜ M⎟
⎜ ⎟
⎝ hn ⎠
Sujet EDHEC 2005 – Math S
2
b) En déduire que f admet un minimum local en (a1, a2, ..., an) et vérifier que ce minimum
n
est égal à −
.
4 ( n + 1)
Problème
On considère deux jetons J1 et J2, équilibrés (c’est-à-dire tels que chaque face a une chance
sur deux d’apparaître au cours d’un lancer).
Le jeton J1 possède une face numérotée 0 et une face numérotée 1.
Le jeton J2 possède deux faces numérotées 1.
Un joueur choisit au hasard un jeton puis effectue une série de lancers avec ce jeton.
On note E l’événement « le jeton J1 est choisi pour le jeu » et, pour tout entier naturel k non
nul, Uk l’événement « le k ème lancer fait apparaître une face numérotée 1 ».
Partie 1 : étude de quelques variables aléatoires liées à cette épreuve.
1) a) Déterminer la probabilité que le joueur obtienne n fois (n∈IN*) une face portant le
numéro 1 lors des n premiers lancers.
b) Dans cette question, on suppose que le joueur a obtenu n fois (n∈IN*) une face portant
le numéro 1 lors des n premiers lancers. Quelle est la probabilité qu’il ait joué avec le jeton J1
? Quelle est la limite de cette probabilité lorsque n tend vers +∞ ? Interpréter ce résultat.
Dans la suite, on considère la variable aléatoire X égale au rang d’apparition de la première
face portant le numéro 0 et on pose X = 0 si la face portant le numéro 0 n’apparaît jamais.
On considère également la variable aléatoire Y égale au rang d’apparition de la première face
portant le numéro 1 et on pose Y = 0 si la face portant le numéro 1 n’apparaît jamais.
On suppose ces variables aléatoires définies sur le même espace probabilisé (Ω, A, P).
2) a) Calculer, pour tout entier naturel n non nul, la probabilité P(X = n).
1
b) En déduire que P(X = 0) = . Ce résultat était-il prévisible ?
2
c) Montrer que X a une espérance puis déterminer E(X).
d) Montrer que X (X – 1) a une espérance, la déterminer puis vérifier que V(X) = 2.
3) a) Calculer, pour tout entier naturel n non nul, la probabilité P(Y = n).
b) En déduire que P(Y = 0) = 0.
c) Montrer que Y a une espérance puis déterminer E(Y).
5
d) Montrer que Y (Y – 1) a une espérance, la déterminer puis vérifier que V(Y) = .
4
4) On définit sur (Ω, A, P) la variable aléatoire S par : ∀ω∈Ω, S(ω) = Max (X(ω), Y(ω)).
a) Déterminer S(Ω).
1
b) Montrer que P(S = 1) = P(X = 0) = .
2
c) Pour tout entier n supérieur ou égal 2, comparer d’une part (X = n) et (Y < n) et d’autre
part (Y = n) et (X < n), puis en déduire que : (S = n) = (X = n ∪ Y = n).
d) Reconnaître alors la loi de S et préciser son espérance et sa variance.
5) On définit sur (Ω, A, P) la variable aléatoire I par : ∀ω∈Ω, I(ω) = Min (X(ω), Y(ω)).
a) Montrer que I est une variable de Bernoulli.
b) Déterminer P(I = 0) puis donner la loi de I, ainsi que son espérance et sa variance.
Sujet EDHEC 2005 – Math S
3
Partie 2 : simulation des variables X et Y.
On rappelle que random(2) renvoie au hasard un entier de {0, 1}.
1) On considère le programme suivant :
Program edhec2005 ;
Var jeton, lancer, X : integer ;
Begin
Randomize ;
X : = 0 ; jeton : = random(2) + 1 ;
if (jeton = 1) then begin
repeat
X:=X+1;
lancer : = random(2) ;
until (lancer = 0) ;
end ;
Writeln (X) ;
end.
a) Expliquer le fonctionnement de ce programme et déterminer quel est le contenu de la
variable affichée à la fin.
b) Est-on certain que le nombre de passages dans la boucle « Repeat ... until » est fini ?
2) Écrire un programme Pascal qui donne la valeur de la variable aléatoire Y.
Sujet EDHEC 2005 – Math S
4
Corrigé
de l’Epreuve Mathématiques
Option S
Concours 2005
Exercice 1
1) a) Im tr est un sous-espace vectoriel de IR, il est donc soit de dimension 0 et Im tr est alors
réduit au seul réel 0, soit de dimension 1 et Im tr est alors égal à IR. Comme tr(I ) = n ≠ 0, on
en conclut que la première possibilité n’est pas recevable.
En conclusion :
Im tr = IR.
b) D’après la formule du rang, on a : dim M n(IR) = dim Im tr + dim Ker tr.
Comme dim Im tr = 1, on a :
dim Ker tr = n 2 – 1.
c) En premier lieu, il faut noter que Ker tr et Vect(I) sont deux sous-espaces de M n(IR).
D’autre part, la matrice I n’étant pas la matrice nulle, on a : dim Vect(I) = 1, ce qui permet
d’écrire : dim M n(IR) = dim Ker tr + dim Vect(I).
Il reste donc à montrer que Vect(I) ∩ Ker tr = {0}.
Soit donc M une matrice appartenant à Vect(I) ∩ Ker tr. Comme M appartient à Vect(I), il
existe un réel α tel que M = α I et on a tr(M) = n α. Comme, de plus, M appartient à Ker tr, on
obtient n α = 0. L’énoncé indiquant que n est supérieur ou égal à 2, on a donc α = 0, ce qui, en
remplaçant, donne M = 0.
On vient de montrer que : Vect(I) ∩ Ker tr ⊂ {0}. L’inclusion réciproque étant évidente (tous
les espaces vectoriels contiennent le vecteur nul), on a bien :
M n(IR) = Ker tr ⊕ Vect(I).
2) a) Soit M et N deux matrices de M n(IR) et λ un réel.
f (λ M + N) = (λ M + N) + tr(λ M + N) I. Par linéarité de la trace, on obtient :
f (λ M + N) = (λ M + N) + λ tr(M) I + tr(N) I = λ(M + tr(M) I ) + (N + tr(N) I), ce qui prouve que :
f (λ M + N) = λ f (M) + f (N). L’application f est donc linéaire.
Comme de plus, f (M) est combinaison linéaire des deux matrices M et I qui sont éléments de
M n(IR), on est sûr que f (M) appartient à M n(IR).
En conclusion :
f est un endomorphisme de M n(IR).
1
b) M∈Ker tr ⇔ f (M) = M, ce qui prouve que 1 est valeur propre de f et que Ker tr est le
sous-espace propre de f associé à la valeur propre 1.
Ce sous-espace propre étant de dimension n 2 – 1, f possède au plus une autre valeur propre
associée à un sous-espace propre de dimension 1 (puisque dim M n(IR) = n 2).
Or, pour toute matrice M appartenant à Vect(I), on peut écrire M = α I, d’où l’on déduit :
f (M) = α I + n α I, soit : f (M) = (n + 1) α I = (n + 1) M.
Ceci montre que n + 1 est valeur propre de f et que Vect(I) est le sous-espace propre de f
associé à la valeur propre n + 1 (puisqu’il est de dimension 1).
Les valeurs propres de f sont donc 1 et n + 1.
D’après la question 1c), M n(IR) est somme directe des sous-espaces propres de f, donc f est
diagonalisable.
0 n’étant pas valeur propre de f, on en déduit que f est un automorphisme.
En conclusion :
f est un automorphisme diagonalisable de M n(IR).
3) a) Pour toute matrice M de M n(IR), on a : g 2(M) = g(M + tr(M) J), d’où, par linéarité de g :
g 2(M) = g(M) + tr(M) g(J).
Mais, comme tr(J) = 0, on a g(J) = J + tr(J) J = J donc : g 2(M) = g(M) + tr(M) J, d’où :
g 2(M) = M + tr(M) J + tr(M) J = M + 2 tr(M) J.
D’autre part, 2 g(M) – M = 2 M + 2 tr(M) J – M = M + 2 tr(M) J.
On peut donc en déduire que : ∀M∈M n(IR), g 2(M) = 2 g(M) – M.
Pour finir, on a bien, en notant id l’endomorphisme identique de M n(IR) : g 2 – 2 g + id = 0.
X 2 – 2 X + 1 est un polynôme annulateur de g.
b) 1 est la seule racine de X 2 – 2 X + 1 donc 1 est la seule valeur propre possible de g.
On a vu plus haut que g(J) = J, ce qui prouve que 1 est effectivement valeur propre de g
(puisque J n’est pas la matrice nulle). On peut donc affirmer que :
1 est la seule valeur propre de g.
c) Le sous-espace propre de g associé à la valeur propre 1 est l’ensemble des matrices M
de M n(IR) telles que g(M) = M, c’est-à-dire : tr(M) J = 0. Comme J ≠ 0, on obtient tr(M) = 0.
Ceci montre que le sous-espace propre de g associé à la valeur propre 1 est Ker tr dont la
dimension est strictement inférieure à celle de M n(IR). Par conséquent :
g n’est pas diagonalisable.
Exercice 2
1) a) Comme X(Ω) = IR+, on a X1(Ω) = IN.
b) Par définition de la partie entière, on a, pour tout k de IN : (X1 = k) = (k ≤ X < k + 1).
Comme X est une variable à densité, P(k ≤ X < k + 1) = P(k < X ≤ k + 1).
On en déduit alors que :
P(X1 = k) = F(k + 1) – F(k).
2
c) En remplaçant ci-dessus, on trouve : P(X1 = k) = (1 – e –λ (k+1)) – (1 – e –λ k), d’où enfin :
P(X1 = k) = e –λ k – e –λ (k+1) = e –λ k (1 – e –λ).
Maintenant, on remarque que (X1 + 1) (Ω) = IN* et on peut écrire que, pour tout k de IN*:
P(X1 + 1 = k) = P(X1 = k – 1) = = e –λ (k –1) (1 – e –λ). Tout ceci prouve que :
X1 + 1 suit la loi géométrique de paramètre 1 – e –λ.
d) D’après le cours, X1 + 1 a une espérance qui vaut
comme E(X1) = E(X1 + 1) – 1, on en déduit que : E(X1) =
E(X1) =
1
1 − e −λ
1
1 − e −λ
donc X1 a une espérance et
– 1, soit finalement :
e−λ
1 − e−λ
2) a) On a, toujours par définition de la partie entière X1 ≤ X < X1 + 1 donc 0 ≤ X – X1 < 1.
En multipliant par 10, on obtient : 0 ≤ 10(X – X1) < 10.
Par passage à la partie entière, on trouve alors :
X2(Ω) = {0, 1, …, 9}.
10 (X – X1) est le nombre dont le chiffre à gauche de la virgule est la première décimale de X et
X2 est ainsi la première décimale de X.
Par exemple, avec X = 7,563, on a X – X1 = 0,563, puis 10 (X – X1) = 5,63 et enfin X2 = 5.
b) D’après la formule des probabilités totales associée au système complet d’événements
(X1 = i)i∈IN, on a, pour tout k élément de {0, 1, ..., 9} :
+∞
P(X2 = k) =
∑
i=0
P( X 1 = i ∩ X 2 = k ) .
D’après la définition de la partie entière, on en déduit :
+∞
P(X2 = k) =
∑ P( [ X
i =0
+∞
1
= i ] ∩ [k < 10( X − X 1 ) ≤ k + 1] ) , soit encore :
k
k +1
= i ] ∩ [ <( X − X 1 ) ≤
] ) , puis, en remplaçant X1 par i :
10
10
i =0
+∞
k
k +1
P(X2 = k) = ∑ P ( [ X 1 = i] ∩ [ i +
<X ≤ i +
] ) . Par définition de X1, on en tire :
10
10
i =0
+∞
k
k +1
P(X2 = k) = ∑ P ( [i < X ≤ i + 1] ∩ [ i +
<X ≤ i +
] ).
10
10
i =0
k
k +1
Comme k appartient à {0, 1, ..., 9}, on a : i ≤ i +
et i +
≤ i + 1. On en déduit que :
10
10
k
k +1
[i +
<X ≤ i +
] ⊂ [i < X ≤ i + 1] , ce qui permet d’écrire :
10
10
+∞
k
k +1
P(X2 = k) = ∑ P(i +
< X ≤i +
) , d’où finalement :
10
10
i =0
P(X2 = k) =
∑ P( [ X
1
3
+∞
P(X2 = k) =
∑ ( F (i +
i= 0
k +1
k
) − ( F (i + ) ).
10
10
On connaît F, donc, en remplaçant, on trouve :
+∞
P(X2 = k) =
∑ ( (1 − e
− λ (i +
+∞
k
)
10
k +1
)
10 )
− (1 − e
− λ (i +
k
)
10 )
), puis en simplifiant :
i =0
∑( e
P(X2 = k) =
− λ (i +
−e
− λ (i +
k +1
)
10 )
.
i= 0
Il reste à mettre e
+∞
P(X2 = k) =
∑
− λ (i +
k
)
10 en
k
− λ (i + )
10 (1 −
e
facteur, ce qui donne :
e
−
λ
10 ) ,
puis en scindant la première exponentielle :
i =0
P(X2 = k) = e
−λ
k
10
(1 − e
−
λ
10
+∞
)
∑ e − λi = e
−λ
k
10
(1 − e
−
λ
10
+∞
∑ ( e − λ ) i , ce qui amène à l’égalité
)
i =0
i =0
demandée, grâce au résultat concernant la somme d’une série géométrique convergente :
P(X2 = k) =
k
−λ
10
e
−
λ
1− e
.
1 − e− λ
10
3) D’après le calcul fait ci-dessus (troisième ligne avant la fin) :
∀i∈IN, ∀k∈{0, 1, ..., 9}, P(X1 = i ∩ X2 = k) = e
− λ (i +
k
)
10
(1 − e
Or on sait que P(X1 = i) = e –λ i(1 – e – λ) et P(X2 = k) = e
P(X1 = i) P(X2 = k) = e –λ i(1 – e – λ) e
−λ
k
10
1− e
−
−λ
−
k
10
λ
10
= e –λ i e
1 − e− λ
On trouve alors : P(X1 = i ∩ X2 = k) = P(X1 = i) P(X2 = k).
−λ
λ
10
),
−
λ
1 − e 10
, on a donc :
1 − e− λ
k
10
(1 − e
−
λ
10
)= e
− λ (i +
k
)
10 (1 −
X1 et X2 sont indépendantes.
Exercice 3
1) a) La fonction f est polynomiale, elle est donc de classe C 2 (et même plus) sur IR n.
n
∂f
b) Pour tout i de {1, 2, ..., n},
(x1, ..., xn) = 2 xi + 2 ∑ x k – 1.
∂ xi
k =1
Pour tout i de {1, 2, ..., n},
∂2 f
(x1, ..., xn) = 2 + 2 = 4.
∂ xi 2
4
e
−
λ
10 )
.
∂2 f
Pour tout (i, j) de {1, 2, ..., n} tel que i ≠ j,
(x1, ..., xn) = 2.
∂ xi ∂x j
2
2) a) Les points critiques de f sont les n-uplets (x1, ..., xn) solutions du système :
n
⎧
2
x
1
2
xk
=
−
∑
⎪ 1
k =1
⎪
n
⎪⎪ 2 x = 1 − 2 x
∂f
∑
k
∀i∈{1, 2, ..., n},
(x1, ..., xn) = 0, c’est-à-dire : ⎨ 2
k =1
∂ xi
⎪
M
n
⎪
⎪ 2 x n = 1 − 2∑ x k
k =1
⎩⎪
Avec les opérations élémentaires Li ← Li – L1 (pour i élément de {2, 3, ..., n}), on trouve le
⎧
1 n
⎪ x1 = − ∑ x k
2 k =1
1
⎧⎪
⎪⎪
x1 = − n x1
x
x
=
système équivalent : ⎨ 2
. Par substitution, on obtient : ⎨
.
1
2
⎪
⎪
=
...
=
=
x
x
x
M
n
1
⎩ 2
⎪
⎪⎩ x n = x1
Le seul point critique de f est (a1, ..., an) = (
1
1
, ...,
).
2n + 2
2n + 2
b) Par définition, la hessienne de f en (a1, ..., an) est la matrice dont l’élément situé à
∂2f
(a1, ..., an), on a donc :
l’intersection de la ième ligne et de la jème colonne est
∂ x j ∂ xi
⎛4
⎞
⎜
⎟
O 2
⎜
⎟ . Ceci confirme bien que :
An =
⎜
2 O ⎟
⎜
⎟
4⎠
⎝
A n = 2 (In + Jn).
3) a) Les colonnes de Jn sont toutes égales et non nulles donc rg(Jn) = 1. Ceci prouve que Jn
n’est pas inversible, c’est-à-dire que 0 est valeur propre de Jn , associée au sous-espace propre
Ker Jn qui est de dimension n – 1 (grâce à la formule du rang).
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
b) Jn ⎜ M⎟ = n ⎜ M⎟ .
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ 1⎠
⎝ 1⎠
c) L’égalité écrite ci-dessus montre que n est valeur propre de Jn associée à un sous-espace
propre de dimension au moins égale à 1. Comme la somme des dimensions des sous-espaces
propres de Jn ne peut pas excéder n, on est certain que Jn ne possède pas d’autre valeur propre
que 0 et n.
5
La matrice Jn étant diagonalisable, il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale
Dn = diag(0, ..., 0, n) telle que Jn = P Dn P –1. Comme An = 2 (In + Jn), on peut alors écrire :
An = 2 (P In P –1+ P Dn P –1) = 2 P (In + Dn) P –1 = P (2 In + 2 Dn) P –1.
An est donc semblable à la matrice diagonale 2 In + 2 Dn, dont les éléments diagonaux sont 2 et
2 n + 2, ce qui prouve que les valeurs propres de An sont 2 et 2 n + 2.
P
P
P
P
P
4) a) D’après ce qui précède, les valeurs propres de la matrice symétrique An sont strictement
positives, ce qui prouve que A n est définie positive.
On a donc : ∀H∈Mn,1(IR), H ≠ 0, t H An H > 0.
b) D’après l’inégalité précédente, la forme quadratique associée à An est définie positive,
ce qui prouve que f admet un minimum local au point (a1, ..., an).
1
1
, ...,
), ce qui donne :
Ce minimum vaut f (a1, ..., an) = f (
2n + 2
2n + 2
n
n
n
1
1
2
f (a1, ..., an) = ∑
+(∑
) – ∑ 1 , d’où :
2
k =1 2 ( n + 1)
k =1 2 ( n + 1)
k =1 4 ( n + 1)
f (a1, ..., an) =
1
4 ( n + 1) 2
n
∑1 + (
k =1
n
n
1
1
2
1
)
–
∑
∑ 1, ce qui se réduit à :
2 ( n + 1) k =1
2 ( n + 1) k =1
n
n2
n
.
+
–
2 ( n + 1)
4 ( n + 1) 2
4 ( n + 1) 2
En réduisant au même dénominateur, on trouve :
f (a1, ..., an) =
f (a1, ..., an) = –
n
4 ( n + 1)
Problème
Partie 1
1) a) La probabilité cherchée est P(U1 ∩ ... ∩ Un).
La formule des probabilités totales associée au système complet d’événements (E, E ), s’écrit :
P(U1 ∩ ... ∩ Un) = PE (U1 ∩ ... ∩ Un) P(E) + PE (U1 ∩ ... ∩ Un) P( E ).
1
On a, par indépendance des lancers avec le jeton J1 : PE (U1 ∩ ... ∩ Un) = ( ) n .
2
Le jeton 2 n’ayant que des faces portant le numéro 1 : PE (U1 ∩ ... ∩ Un) = 1.
Les jetons étant choisis au hasard, P(E) = P( E ) =
1
.
2
En remplaçant, on trouve :
P(U1 ∩ ... ∩ Un) =
1
1
(1 + n ).
2
2
b) Dans cette question, on cherche PU1 ∩ ...∩U n (E).
6
D’après le cours, on peut écrire : PU1 ∩ ...∩U n (E) =
PE (U 1 ∩ ... ∩ U n ) P ( E )
, d’où :
P (U 1 ∩ ... ∩ U n )
1 1
×
n
2
2
PU1 ∩ ...∩U n (E) =
. En multipliant numérateur et dénominateur par 2 n+1, on obtient :
1
1
(1 + n )
2
2
1
PU1 ∩ ...∩U n (E) = n
.
2 +1
Comme lim 2 n = +∞, on a : lim PU1 ∩ ...∩U n (E) = 0.
n → +∞
n → +∞
Ceci se comprend bien dans la mesure où, si l’on obtient une infinité de fois la face portant le
numéro 1, il est quasi-certain que l’on joue avec le jeton numéro 2, ce qui signifie qu’il est
quasi-impossible que l’on joue avec le jeton numéro 1.
2) a) Toujours avec le même système complet d’événements :
P(X = n) = PE(X = n) P(E) + PE (X = n) P( E ).
1
Pour tout entier naturel n non nul, PE(X = n) = ( ) n car on attend, avec le jeton J1, le
2
premier succès (la face portant le numéro 0) dans une suite d’épreuves indépendantes (car on
1
sait que l’on joue avec J1) à deux issues, la probabilité de succès étant égale à .
2
Pour tout entier naturel n non nul, PE (X = n) = 0 car le jeton J2 n’a pas de face portant le
numéro 0.
En remplaçant, on obtient :
P(X = n) =
1
2
n +1
.
+∞
b) Comme, d’après l’énoncé, X est une variable aléatoire, on a :
∑ P ( X = n)
= 1, ce qui
n= 0
+∞
donne : P(X = 0) +
∑ P ( X = n)
= 1, et en tenant compte du résultat de la question 2a), on a :
n =1
+∞
P(X = 0) +
∑
n =1
1
2
n +1
1
= 1, ce qui s’écrit : P(X = 0) +
4
+∞
∑
n =1
1
2
n −1
= 1.
1
Après le changement d’indice i = n – 1, on obtient : P(X = 0) +
4
+∞
∑
i=0
1
= 1.
2i
1
On reconnaît alors une série géométrique convergente de raison , ce qui permet d’avoir :
2
1 1
1
= 1, d’où l’on déduit : P(X = 0) + = 1.
P(X = 0) +
1
4
2
1−
2
En conclusion :
7
P(X = 0) =
1
.
2
Ce résultat était prévisible car on sait qu’il est quasi-impossible de ne jamais obtenir la face
portant le numéro 0 avec le jeton numéro 1 (en relation avec la loi géométrique de paramètre
1
), par conséquent, l’événement « ne jamais obtenir la face portant le numéro 0 » est
2
1
l’événement « choisir le jeton numéro 2 » qui est de probabilité .
2
c) Pour tout entier n supérieur ou égal à 1, on a : n P(X = n) =
1
1
n ( ) n−1 .
4
2
1
Comme la série de terme général n ( ) n −1 est absolument convergente (série géométrique
2
“dérivée” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut conclure que X a une
+∞
1
1
1
1
espérance. Celle-ci est alors donnée par : E(X) = ∑ n ( ) n −1 =
, ce qui donne
1
4 n =1 2
4
(1 − ) 2
2
:
E(X) = 1.
d) Pour tout entier n supérieur ou égal à 1, on a : n (n – 1) P(X = n) =
1
1
n (n – 1) ( ) n − 2 .
8
2
1
La série de terme général n(n – 1)( ) n − 2 est absolument convergente (série géométrique
2
“dérivée seconde” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut donc
conclure que X (X – 1) une espérance.
+∞
1
1
1
2
Celle-ci est alors donnée par : E(X (X – 1)) = ∑ n (n – 1)( ) n − 2 =
, ce qui
1 3
8 n =1
2
8
(1 − )
2
donne E(X (X – 1)) = 2.
Par linéarité de l’espérance, ceci donne E(X 2) – E(X) = 2 et, comme E(X) = 1, on a E(X 2) = 3.
On sait que V(X) = E(X 2) – (E(X))2, donc :
V(X) = 2.
3) a) Comme dans la question 2a), P(Y = n) = PE(Y = n) P(E) + PE (Y = n) P( E ).
1
Pour tout entier naturel n non nul, PE(Y = n) = ( ) n car on attend, avec le jeton J1, le
2
premier succès (la face portant le numéro 1) dans une suite d’épreuves indépendantes (car on
1
sait que l’on joue avec J1) à deux issues, la probabilité de succès étant égale à .
2
Si l’on joue avec le jeton J2, on est sûr d’obtenir une face portant le numéro 1 dès le premier
lancer donc : PE (Y = 1) = 1
8
On en déduit alors que, pour tout entier n supérieur ou égal à 2 : PE (Y = n) = 0.
En remplaçant dans la formule des probabilités totales écrite plus haut, on trouve :
P(Y = 1) =
1
3
et ∀n ≥ 2, P(Y = n) = n +1 .
4
2
+∞
b) Comme, d’après l’énoncé, Y est une variable aléatoire, on a :
∑ P ( Y = n)
= 1, ce qui
n=0
+∞
donne : P(Y = 0) + P(Y = 1) +
∑ P ( Y = n)
= 1, et en tenant compte du résultat de la question
n= 2
3
3a), on a : P(Y = 0) + +
4
+∞
∑
n= 2
1
2
n +1
3
1
= 1, ce qui s’écrit : P(Y = 0) + +
4
8
+∞
∑
n= 2
1
2
n− 2
= 1.
+∞
1
3
1
Après le changement d’indice i = n – 2, on obtient : P(Y = 0) + + ∑ i = 1.
4
8 i=0 2
1
On reconnaît alors une série géométrique convergente de raison , ce qui permet d’avoir :
2
3
1 1
3
1
= 1, d’où l’on déduit : P(Y = 0) + + = 1.
P(Y = 0) + +
1
4
8
4
4
1−
2
En conclusion :
P(Y = 0) = 0.
Ceci n’a rien d’étonnant car, avec le jeton J1, il est quasi-certain d’obtenir la face portant le
1
numéro 1 (toujours en relation avec la loi géométrique de paramètre ) et, avec le jeton J2 , il
2
est certain qu’on l’obtiendra à tous les lancers.
c) Pour tout entier n supérieur ou égal à 2, n P(Y = n) =
1
1
n ( ) n −1 .
4
2
1
Comme la série de terme général n ( ) n −1 est absolument convergente (série géométrique
2
“dérivée” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut conclure que Y a une
+∞
espérance. Celle-ci est alors donnée par : E(Y) = 1 P(Y = 1) +
∑ n P (Y = n) .
n= 2
On en déduit que E(Y) =
E(Y) =
3
1
+ (
4
4
1
1
(1 − ) 2
2
+∞
1 n −1 3
1
1
n
(
)
=
+
(
n ( ) n −1 – 1).
∑ 2
∑
4
4 n =1 2
n= 2
3
1
– 1) = + (4 – 1). ce qui donne :
4
4
3
1
+
4
4
+∞
3
E(Y) = .
2
9
d) Pour tout entier n supérieur ou égal à 2, on a : n (n – 1) P(Y = n) =
1
1
n (n – 1) ( ) n − 2 .
8
2
1
La série de terme général n(n – 1)( ) n − 2 est absolument convergente (série géométrique
2
“dérivée seconde” dont la raison est strictement comprise entre –1 et 1), on peut donc
conclure que Y (Y– 1) une espérance.
+∞
1
1
1
2
Celle-ci est alors donnée par : E(Y (Y – 1)) =
n (n – 1)( ) n − 2 =
, ce qui
∑
1 3
8 n= 2
2
8
(1 − )
2
donne E(Y (Y – 1)) = 2.
3
Par linéarité de l’espérance, ceci donne E(Y 2) – E(Y) = 2 et, comme E(Y) = , on a E(Y 2)
2
7
= .
2
On sait que V(Y) = E(Y 2) – (E(Y))2, donc :
V(Y) =
5
.
4
4) a) Au premier lancer, on obtient :
• soit une face portant le numéro 1 : dans ce cas, Y prend la valeur 1 et X prendra alors la
valeur 0 (si l’on n’obtient jamais la face portant le numéro 0) ou une valeur plus grande que 1.
• soit une face portant le numéro 0 : dans ce cas X prend la valeur 1 et Y prendra alors la
valeur 0 (si l’on n’obtient jamais la face portant le numéro 1) ou une valeur plus grande que 1.
On a donc :
S(Ω) = IN*.
b) (S = 1) = (X = 1 ∩ Y = 0) ∪ (X = 1 ∩ Y = 1) ∪ (X = 0 ∩ Y = 1) : l’une des deux
variables prend la valeur 1 et l’autre prend une valeur inférieure ou égale à 1.
P(X = 1 ∩ Y = 1) = 0 car on ne peut pas obtenir au premier lancer une face numéro 0 et une
face numéro 1.
(X = 1 ∩ Y = 0) ⊂ (Y = 0) et P(Y = 0) = 0 donc P(X = 1 ∩ Y = 0) = 0.
(X = 0) ⊂ (Y = 1) car, si l’on n’obtient jamais la face portant le numéro 0 alors on obtient
certainement la face portant le numéro 1 au premier tirage (et d’ailleurs à tous les autres)
On en déduit que (X = 0 ∩ Y = 1) = (X = 0).
Il reste donc :
1
P(S = 1) = P(X = 0) = .
2
c) (X = n) ⊂ (Y < n) car si (X = n) est réalisé, alors on a obtenu la première face numéro 0
au n ème lancer ce qui implique que l’on a obtenu une face numéro 1 avant, ce qui réalise
l’événement (Y < n).
De la même façon, on a aussi : (Y = n) ⊂ (X < n).
D’autre part, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2, on a (l’explication est la même
que celle donnée dans la question 4b) :
(S = n) = (X = n ∩ Y < n) ∪ (X < n ∩ Y = n) ∪ (X = n ∩ Y = n).
10
L’événement (X = n ∩ Y = n) est impossible car on ne peut pas obtenir au n ème lancer une face
numéro 0 et une face numéro 1.
Comme (X = n) ⊂ (Y < n), on a : (X = n ∩ Y < n) = (X = n).
Comme (Y = n) ⊂ (X < n), on a : (X < n ∩ Y = n) = (Y = n).
Il reste donc :
(S = n) = (X = n) ∪ (Y = n).
d) Les événements (X = n) et (Y = n) sont incompatibles (ceci a été vu 6 lignes plus haut)
1
1
donc : P(S = n) = P(X = n) + P(Y = n), d’où l’on déduit : P(S = n) = n +1 + n +1 , ce qui
2
2
donne finalement :
1
∀n ≥ 2, P(S = n) = n .
2
Cette formule reste valable pour n = 1, puisque l’on a trouvé P(S = 1) =
On reconnaît alors que S suit la loi géométrique de paramètre
1
.
2
1
. Le cours assure alors que :
2
E(S) = 2 et V(S) = 2.
5) a) Au premier lancer, l’une des deux variables prend la valeur 1 (il est certain que l’on
obtiendra l’une des deux faces). Selon les lancers suivants, soit l’autre variable prendra une
valeur supérieure strictement à 1 (si la face en question est obtenue après le premier lancer) et
dans ce cas I prend la valeur 1, soit l’autre prend la valeur 0 (si la face en question n’est
jamais obtenue) et dans ce cas I prend la valeur 0.
En conclusion, I(Ω) = {0, 1}, ce qui prouve que I est une variable de Bernoulli.
b) (I = 0) = (X = 0 ∩ Y = 0) ∪ (X = 0 ∩ Y ≥ 1) ∪ (X ≥ 1 ∩ Y = 0).
(X = 0 ∩ Y = 0) et (X ≥ 1 ∩ Y = 0) sont inclus dans (Y = 0) qui est de probabilité nulle, donc :
P(X = 0 ∩ Y = 0) = P(X ≥ 1 ∩ Y = 0) = 0.
On a donc : P(I = 0) = P(X = 0 ∩ Y ≥ 1), et comme on l’a vu à la question 4b), on sait que
1
(X = 0) ⊂ (Y ≥ 1) donc on a (X = 0 ∩ Y ≥ 1) = (X = 0) et il reste : P(I = 0) = P(X = 0) = .
2
1
On en déduit que P(I = 1) = .
2
En conclusion :
1
1
1
I suit la loi B ( ), E(I) = et V(I) = .
2
2
4
Remarque : on pouvait également trouver ce résultat en remarquant que :
(I = 0) = (X = 0 ∪ Y = 0), d’où l’on déduit l’égalité :
P(I = 0) = P(X = 0) + P(Y = 0) – P(X = 0 ∩ Y = 0) ce qui permet de conclure plus vite.
Partie 2
1) a) Après avoir initialisé la variable X à 0, le programme choisit un jeton au hasard. Si le
jeton est le numéro 1, le programme simule le lancer de ce jeton jusqu’à ce que l’on obtienne
11
le nombre 0 auquel cas X prend la valeur du rang d’obtention du numéro 0 et sinon, il ne se
passe rien, c’est-à-dire que X vaut 0 à la fin de l’éxécution. Ce programme simule donc
l’expérience aléatoire décrite dans le problème, calcule et affiche la valeur prise par la
variable aléatoire X.
b) Avec le jeton numéro 1, il est quasi-certain d’obtenir la face portant le numéro 0 à un
lancer ou à un autre, ce qui montre que la boucle « repeat...until » est presque sûrement finie.
2) On peut s’appuyer sur la structure du programme proposé dans la question 1a) de cette
partie, la seule différence étant ici, qu’il est certain d’obtenir la face 1 si l’on joue avec le
jeton numéro 2.
Program Edhec2005_bis ;
Var jeton, lancer, Y : integer ;
Begin
Randomize ;
jeton : = random(2) + 1 ;
if (jeton = 2) then Y : = 1
else begin
Y:=0;
repeat
Y:=Y+1
lancer : = random(2) ;
until (lancer = 1) ;
end ;
Writeln(Y) ;
end.
12