Devoir non surveillé Probabilité et intégration

Devoir non surveillé Probabilité et intégration
Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche pour le 14 Mai
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Exercice 1 Oral AGRO-VETO 2010 8
Deux urnes Aet Bcontiennent chacun nboules numérotées de 1 à n. On tire une boule de Aet une
boule de Bdont on note les numéro respectifs aet b.
Soit El’événement « le rapport b
aest 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 ntends vers +∞.
Rappel :
– le rapport b
aest un nombre entier signifie : ∃k∈N, b =ka.
– Pour i∈[[1, n]], la notation a=idésigne l’événement « on a tiré la boule idans l’urne A».
– Pour tout réel x, la partie entière E(x) désigne l’unique entier tel que :
E(x)6x < 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 :
P(E∩a=i) =
E(n
i)
X
j=1
P(a=i∩b=ji).
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 Sndéfinie par :
∀n∈N, Sn=
n
X
i=1
1
i
5. (a) Démontrer :
∀i∈[[1, n]] ,1
i+ 1 6ln(i+ 1) −ln(i)61 i.
(b) En déduire un équivalent de Snquand ntend vers l’infini.
(c) En déduire P(E)∼
n→+∞
ln(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 nquelconque pour préparer les questions suivantes.
1

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
3Pa=1(E) + 1 3Pa=2(E) + Pa=3(E)
Or :
–Pa=1(E) = 1, car quelque soit b,b
1est un nombre entier.
–Pa=2(E) = P(b= 2) = 1
3, car si b∈[[1,3]] vérifie b6= 2, b 2n’est pas un nombre entier.
–Pa=3(E) = P(b= 3) = 1
3, pour la même raison.
Au final
P(E) =1
3+1 9+1 9=5 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 :
P(E) =1
4Pa=1(E) + 1 4Pa=2(E) + 1 4Pa=3(E) + 1 4Pa=4(E)
=1
4+1 4
1
2+1 4
1
4+1 4
1
4.
En effet :
–Pa=1(E) = 1, comme cela a été vu ci-dessus,
–Pa=2(E) = P(b= 2) + P(b= 4) = 1
2,
–Pa=3(E) = P(b= 3) = 1
4,
–Pa=4(E) = P(b= 4) = 1
4.
Au final :
P(E) =1
4+1 4
1
2+1 4
1
4+1 4
1
4
=8
16 =1 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 kest l’entier maximal qui vérifie : ki 6n. On voit donc que kvérifie, ki 6n < (k+ 1)isoit
k6n
i< k + 1. On retrouve la définition de la partie entière, et donc : k=En i.
On peut aussi rédiger cela ainsi :
(E∩a=i)⇔ ∃k∈N, b =ki
⇔ ∃k∈1, E n
i, b =ki.
En effet, si b=ki, alors d’une part k>1 et d’autre part ki 6n, donc k6n
i, ce qui donne
k6En
ipuisque kest un entier.
2

Ainsi, on a :
(E∩a=i) =
E(n
i)
[
j=1
(a=i∩b=ji).
Cette union est disjointe, car on ne peut pas avoir b=ji et b=j′isi j6=j′. Ainsi :
P(E∩a=i) =
E(n
i)
X
j=1
P(a=i∩b=ji) = En
i
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
i=1
P(E∩a=i).
Ce qui donne :
P(E) =
n
X
i=1
En
i
n2=1 n2
n
X
i=1
En
i.
3. On va utiliser un encadrement de la partie entière. On rappelle que :
∀x∈R, E(x)6x < E(x) + 1 et donc x−1< E(x)6x.
Cela donne :
∀i∈[[1, n]] ,n
i−1< E n i6n i
En additionnant :
n
X
i=1
n
i−1<
n
X
i=1
En
i6
n
X
i=1
n
i
n n
X
i=1
1
i−1!< n2P(E)6n
n
X
i=1
1
i
1
n
n
X
i=2
1
i<P(E)61 n
n
X
i=1
1
i
Sn−1
n<P(E)6Sn n.
4. (a) On utilise une comparaison série / intégrale, on a en utilisant la décroissance de t7→ 1
t
∀i∈[[1, n]] ,∀t∈[i, i + 1],1
i+ 1 61 t61 i.
En intégrant sur l’intervalle [i, i + 1], on obtient :
∀i∈[[1, n]] ,1
i+ 1 6Zi+1
i
dt
t61 i.
Ce que l’on peut écrire :
∀i∈[[1, n]] ,1
i+ 1 6ln(i+ 1) −ln(i)61 i.
3

(b) En sommant de pour i∈[[1, n]] le membre de droite, on obtient :
n
X
i=1
ln(i+ 1) −ln(i) = ln(n+ 1) 6
n
X
i=1
1
i.
Et en sommant de pour i∈[[1, n −1]] le membre de gauche :
n
X
i=2
1
i=
n−1
X
i=1
1
i+ 1 6
n−1
X
i=1
ln(i+ 1) −ln(i) = ln(n).
On obtient :
ln(n+ 1) 6
n
X
i=1
1
i6ln(n) + 1.
Ainsi :
∀n∈N,ln(n+ 1) 6Sn6ln(n) + 1,
on obtient alors classiquement :
ln(n+ 1)
ln(n)6Sn ln n61 + 1 ln(n)
| {z }
n→∞
−−−→1
or :
ln(n+ 1)
ln(n)= 1 + ln(1 + 1
n)
ln(n)
n→∞
−−−→ 1.
D’où : Sn∼
n→+∞ln(n).
(c) On a :
∀n∈N∗,Sn
n−1 n6P(E)6Sn n,
et donc :
Sn
ln(n)−1 ln(n)
| {z }
n→∞
−−−→1
6P(E)×n
ln(n)6Sn ln(n)
| {z }
n→∞
−−−→1
D’où
P(E)∼
n→+∞
ln(n)
n.
4