correction du DM pour le 7 janvier

DEVOIR DE MATHEMATIQUES POUR LE 7 JANVIER 2008
EXERCICE 1(d’après ESCP)
1)
a)Appelons R A (respectivement R B, R C) l’événement « l’étudiant donne la réponse A »
(respectivement la réponse B, C) et S l’événement « l’étudiant connaît la bonne réponse ».
S et S forment un système complet d’évènements et on peut alors utiliser la formule des
probabilités totales pour déterminer P A, P B et P C :
P A = P (R A) = P S (R A ) P (S) + P S (R A ) P ( S )
0r P S (R A ) = 1, P S (R A ) = 1 , P (S) = θ, P ( S ) = 1 - θ.
3
1
Par conséquent, P A = θ + (1 - θ) = 1 + 2 θ.
3
3
3
De même: P B = P (R B) = P S (R B ) P (S) + P S (R B ) P ( S ) avec P S (R B ) = 0 et P S (R B ) = 1 ,
3
Et alors P B = 1 ( 1 - θ ) = P C (les réponses B et C jouant le même rôle).
3
b) La probabilité qu’une personne ayant choisi la réponse A connaisse réellement la
signification du sigle URSSAF est égale à P R (S) ; et d’après la formule de Bayes
A
P R (S) =
A
PS (R A)P(S)
θ
=
= 3θ .
1 (1+ 2θ)
1+ 2θ
P(R A)
3
a)Pour i ∈ [1, n] la variable aléatoire X i suit une loi binomiale de paramètres 30 et
P A puisque c’est le nombre de succès obtenus au cours de la répétition de 30 épreuves
de Bernoulli indépendantes, P A étant la probabilité du succès.
On a donc : E (X i) = 30 P A et V (X i) = 30 P A (1 – P A).
2.
Par conséquent,
E (Z n) =
E(X1 )+...+ E(X n )
=PA= 1
30n
3
Les X i étant mutuellement indépendantes, V (Z n ) =
+ 2 θ.
3
V(X1 )+...+ V(X n )
(30n) 2
=
PA(1−PA )
30n
= (1+ 2θ)(1−θ)
135n
b) Z n et T n étant des fonctions des X i, ce sont des estimateurs de θ, mais comme E (Z n ) ≠ θ, Z n
n’est pas un estimateur sans biais de θ. Par contre E (T n ) = 3E(Zn ) - 1 = 1 + θ - 1 = θ
2
2 2
2
T n est donc un estimateur sans biais de θ.
Cet estimateur est alors convergent si lim V (T n) = 0.
n → +∞
Or, T n = 3Zn - 1 implique V (T n) = 9 V (Z n) = (1+ 2θ)(1−θ)
2
4
60n
2
On a bien lim V (T n) = 0 : T n est donc un estimateur sans biais et convergent de θ.
n → +∞
c) D’après l’inégalité de Bienaymé Tchebytchef,
P (1−P ) 3P (1−P )
∀ ε > 0, P (T n - θ ≥ ε) ≤ V(T2n ) = 9 A 2A = A 2 A
ε
4
30nε
40nε
On démontre facilement (en étudiant les variations sur [0, 1] de la fonction PA → PA (1 – PA)) que
P A (1 – P A) ≤ 1 , donc :
P (T n - θ ≥ ε) ≤ 3 2 .
4
160nε
Par conséquent, lim P (T n - θ ≥ ε) = 0 et donc T n converge en probabilité vers θ.
n → +∞
3. a)Remarquons que les X i étant mutuellement indépendantes,
n
L (x1, x 2, …, x n, p) =
CP(X =x ) = P ((X 1 = x 1) ∩…∩ ( X n = x n) )
k =1
k
k
n
f (p) = ln (L (x1, x 2, …, x n, p))=
∑ln(P(X =x )
k =1
k
k
Or, pour tout entier k compris entre 0 et 1, la variable aléatoire X k suit une loi binomiale de
paramètres 30 et P A = p.
 30  x k
PA (1 − PA )30 − x k et f (p) =

x
 k
Donc P ( X k = x k) = 
n
n
 ) + ln p
∑ln( 30
∑x
x 
k
k =1
k =1
n
k
+ ln (1 – p)
∑(30−x )
k
k =1
f est définie, dérivable sur ]0, 1[ et
f ’ (p) =
1
p
n
∑x
k =1
k
-
1
1−p
n
∑(30−x ) =
∑
k =1
k
k =1
n
(1−p)
n
p(1 – p) étant positif, f ’ est du signe de
f’ (x) est positive pour p ≤ 1
30n
n
∑
k =1
k =1
n
∑x
(30− x k )
=
p(1−p)
∑x
k =1
n
∑
x k −p
k −30np
k =1
k −30np
p(1−p)
.
x k : f est alors croissante; f’ (x) est négative pour p ≥
1
30n
n
∑x
k =1
k
:
f est alors décroissante.
n
b) D’après l’étude précédente f passe par un maximum pour p = 1 ∑x i
30n i =1
n
(On dit alors que Z n = 1 ∑Xi est l’estimateur du maximum de vraisemblance pour p).
30n i =1
EXERCICE II (EML 97)
1) Z est le nombre de succès (« obtenir le 6 » dans la succession de N épreuves de Bernoulli
indépendantes de paramètre 1/ 6.
Z suit donc une loi binomiale de paramètres N et 1/ 6 :
k
 1   5 
∀ k ∈ [0, N], P (Z = k) =  N
k    
N −k
; E (Z) =
  6   6 
N
6
et V (Z) =
5N
36
2) Soit k ∈ N, n ∈ N.
• k > n : si on a lancé n fois la pièce on ne peut pas obtenir plus de n fois pile ; donc, dans
ce cas P (Z =n) (X = k) = 0
• k ≤ n : P (Z =n) (X = k) est la probabilité d’obtenir k succès au cours de la répétition de n
épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre p. On a : P (Z =n) (X = k) =  nk  p k ( 1 – p) n – k
 
3) Soit un couple d'entiers naturels (k, n):
•si 0≤k ≤ n ≤ N,
 p k ( 1 – p) n – k  5 
alors P (X = k et Z = n) = P (Z =n) (X = k) × P (Z = n) =  nk  N
n
  
N −n
6
n
1
  .
6
•si n > N, {Z = n} est l’événement impossible et comme (X = k et Z = n) ⊂ (Z = n},
P (X = k et Z = n) = 0
•si k > n alors nous avons vu que P (Z =n) (X = k) = 0, d’où P (X = k et Z = n) = 0 .
4) Les évènements {(Z = n), n ∈ N} forment un système complet d’évènements ; on peut donc
utiliser la formule des probabilités totales :
+∞
N
(1 − p) n  
P (X = 0) = ∑ P(X = 0 et Z = n ) = ∑  n0  N

n
6
n = 0  
n =0
5
N
1− p 5 
 p
= 
+  = 1 − 
 6
6

N −n
n
N
6
5) Pour tout couple d'entiers naturels (k, n) tel que 0 ≤ k ≤ n ≤ N :
n! N!
N!
 n  N  =
=
 k  n 
  
k! (n − k )! n! ( N − n )!
k! (n − k )!( N − n )!
n
N
1
N 1− p   5 
  
  = ∑  n 
6
n = 0  6   6 
N−n
N! ( N − k )!
N!
 N  N − k  =
=
 k  n − k 
 

k! ( N − k )! (n − k )! ( N − k − n + k )! k! (n − k )!( N − n )!
 =  N  N − k 
Par conséquent,  nk  N

 k  n − k 
  n 
 

Alors, comme dans la question précédente, pour tout k entier tel que 0 ≤k ≤ N,
+∞
N
p k (1 − p) n − k  
P (X = k) = ∑ P(X = k et Z = n ) = ∑  nk  N
n 



6
n =k
n =0
5
N
 N − k p k (1 − p) n − k  
= ∑  N
k  n − k 

6
n =k
5
N−k
5
 p 
=  N

∑  N − k  
 k  6  i = 0  i  6 
k
k
 p   1 − p + 5 
=  N
k   
  6   6
6
N −k
N −n
N − k −i
1
 
6
n
1− p 


 6 
i
N −n
1
 
6
n
k
N
 p 
 N − k  5 
=  N



∑
k
  6  n = k n − k  6 
N − k −(n − k )
1− p 


 6 
n −k
(par changement d’indice)
k
 p  1 − p 
=  N
k   
  6  
N −k
6
k
 p  1 − p 
6)La variable aléatoire X prend toutes les valeurs k de [0, N], et P (X = k) =  N
k   
  6  
N −k
6
p
6
Par conséquent, X suit une loi binomiale de paramètres (N, ).
Un raisonnement analogue, q = 1- p jouant le rôle de p,montre que Y suit une loi binomiale de
paramètres (N,
1− p
6
)
6) Intuitivement, on peut prévoir que X et Y ne sont pas indépendantes ; démontrons le :
P (X = N et Y = 1) = 0 puisque si on a obtenu N « piles » au cours de N lancers, on ne peut pas
N
p
5+p 
avoir obtenu de « face ».Et P (X= N) =   et P (Y = 1) = N

6
p
Donc P (X = N)× P (Y = 1) =  
N
6
5+p 
N

 6 
 6 
N −1
 1− p 


 6 
N −1
 1− p 


 6 
.
≠ 0 = P (X = N et Y = 1)
Les variables aléatoires X et Y ne sont donc pas indépendantes.
Déterminons la loi du couple (X, Y) :
•Ce couple prend ses valeurs dans [O, N]× [O, N]
.• ∀ k ∈ [O, N] et ∀ k’ ∈ [O, N],
* si k + k’ > N, P (X = k et Y = k’) = 0 car on ne peut avoir plus de N « piles » et « faces ».
*si 0 ≤ k + k’ ≤ N, alors :
5
P (X = k et Y = k’) = P (X = k et Z = k + k’) =  k +k k '  k +Nk '  p k ( 1 – p) k’  



6
N −k − k '
1
 
6
k+k'
(d’après la question 3) avec n = k + k’).
7) Z = X + Y, donc V (Z) = V (X + Y) = V (X) + V (Y) + 2 cov (X, Y)
Or V (Z) =
5N
36
, V (X) = N
D’où cov (X, Y) =
N
72
p( 6 − p )
36
et V (Y) = N
(5 – p (6 – p) – (1 – p) (5
(1 − p)(5 + p)
36
N
+ p)) =
p
36
(p – 1)
Remarque : on trouve une covariance négative ; ce qui est normal puisque X et Y varient en sens
inverse.
EXERCICE III (ESSEC 2005) : probabilités et analyse
I.
Étude d’une fonction : ∀ x ∈ R , f ( x ) =
ex
(1 + e x )2
.
∀ x ∈ R, f (− x ) =
e− x
e2x × e− x
=
(1 + e − x )2
e 2 x × (1 + e − x ) 2
=
ex
=
(e x + 1) 2
ex
(1 + e x ) 2
= f ( x ) , donc
f est paire.
e x (1 + e x )2 − e x × 2e x (1 + e x )
f est indéfiniment dérivable sur R et : ∀ x ∈ R, f ′( x ) =
(1 + e )
x 4
=
(1 − e x ) e x
(1 + e x )3
.
Sans indétermination : lim f = 0 , donc (parité de f ) : lim f = 0 .
−∞
x
0
0
1/4
–∞
f ′( x )
+
f ( x)
+∞
0
y
+∞
–
1
0
Cf
−1
∫
A
0
1
x
1
1
1
1
= −  ( x ) ,
2
u
u (x)
est une primitive de f sur R.
1 + ex
f est continue sur R, donc, pour tout réel A, l’intégrale
de plus :
O
'
u′( x )
a)En posant: ∀ x ∈ R u ( x) = 1 + e x , on a: ∀ x ∈ R, f ( x ) =
donc la fonction x a
1
1/4
A
1
1
 −1 
f (x ) d x = 
= −
, donc :
x
2 1 + eA
1 + e  0
ce qui prouve que l’intégrale
+∞
∫0
f (x ) d x
D’après 2. b), f étant paire, l’intégrale
∫
∫
A
A
f ( x ) d x  →
A → +∞
0
converge et :
existe ;
f (x) d x
0
+∞
∫
f (x ) d x =
0
1
,
2
1
.
2
+∞
+∞
+∞
∫ −∞ f ( x) d x converge et : ∫ −∞ f ( x) d x = 2 ∫ 0 f ( x) d x = 1 ; de
plus, f est continue et à valeurs positives sur R, donc f est une densité de probabilité.
Soit F la fonction de répartition de X.
∀ x ∈ R, F ( x ) =
∫
x
1
 −1 
ex
f (t ) d t = 
=
1
−
=
.

−∞
1 + ex 1 + ex
1 + e t  −∞
x
L’observation du graphe de f invite à conjecturer : ∀ x ∈ R, F ( x) + F (− x) = 1 . En effet :
∀ x ∈ R, F ( x ) + F (− x ) =
ex
1+ e x
+
e −x
1+ e −x
=
ex
1+ e x
+
e x × e−x
e x × (1 + e − x )
=
ex
1+ e x
+
1
e x +1
=
1+ e x
1+ e x
= 1.
4)Existence et calcul de l’espérance de X
On a :
De plus :
x 3e x
(1 + e x )2
∼
x 3e x
+∞
∼
e2x
+∞
x3
 → 0 ,
x → +∞
ex
xe x
1
(1 + e )
x2
x 2
x3
ex
donc :
.
x 3e x
(1 + e x ) 2
 
→ 0 , ce qui peut s’écrire :
x → +∞
 → 0 .
x →+∞
On a ainsi prouvé que
xe x
(1 + e )
x 2
est négligeable devant
1
x2
au voisinage de +∞ .
La fonction : x a x f ( x) est continue, à valeurs positives sur [0, + ∞ [ ; de plus, elle est
négligeable devant la fonction x a 1 x 2 , et on sait que l’intégrale ⌠

+∞
⌡1
l’intégrale
+∞
∫0
x f ( x) d x
1
x2
d x converge, donc
est convergente.
La fonction x a x f ( x) étant impaire, l’intégrale
0
∫ −∞ x f ( x) d x est convergente et :
+∞
0
∫ − ∞ x f ( x) d x = − ∫ 0
x f ( x) d x .
0
+∞
∫ −∞ x f ( x) d x et ∫ 0 x f ( x) d x étant convergentes et opposées, l’intégrale
Enfin, les intégrales
+∞
∫ −∞ x f ( x) d x est convergente et vaut 0, ce qui prouve que X admet une espérance et :
E( X ) = 0 .
II. Calcul d’une variance
1)a)
On a :
x4e x
x4
∼
x 2 +∞ x
(1 + e )
e
x 2 × f ( x )  
→ 0 ,
et
x4
x4e x

→ 0 , donc :

→ 0 , c’est-à-dire :
x →+∞
x →+∞
x
e
(1 + e x ) 2
1
x2
ce qui prouve que x 2 f ( x ) est négligeable devant
x → +∞
au voisinage de +∞ . Par
un raisonnement analogue à celui mené dans I 4. b), on obtient alors que l’intégrale
∫
+∞
x2 f ( x) d x
0
est convergente.
b)On démontre, toujours comme à la question I. 4. b), que l’intégrale
∫
+∞
−∞
x 2 f ( x ) d x est
convergente, ce qui prouve l’existence de E( X 2 ) . On en déduit que X admet une variance et,
d’après la formule de Huygens : V(X) = E( X 2 ) − ( E( X ) )2 = E( X 2 )
=
parité de
x a x2 f ( x )
2∫
+∞
0
x2 f ( x) d x .
2)a)On a, pour tout réel A positif :
∫
A
0
1 

x 2 f ( x ) d x = − x 2

1 + ex 

De plus, l’intégrale
(car
+∞
∫0
A2
∼ A 2e − A
1 + eA +∞
+∞
∫0
A
0
A
A
1
− A2
x
⌠
⌠
+ 2
d
x
=
+
2
dx .

x
A
⌡ 0 1+ e
⌡ 0 1 + ex
1+ e
x 2f ( x ) d x
est convergente et
A2
1 + eA
 → 0
A → +∞
⌠
et A 2e − A 
→ 0 ),donc l’intégrale 
A → +∞
+∞
x
⌡ 0 1+ e x
d x converge et :
+∞
+∞
x
⌠
x 2 f ( x ) d x = 2
dx .
⌡ 0 1+ ex
b)On a, pour tout réel A positif :
[
A
⌠
x
e−x
⌠
d
x
=
x
×
d x = − x ln(1 + e − x )


x
−
x
⌡ 0 1+ e
1+ e
⌡0
A
+∞
] +∫
A
0
A
0
A
1  ⌠
1 


ln(1 + e − x ) d x = −A ln1 + A  +  ln1 + x  d x ,
 e  ⌡0  e 

1 

1 
A
d x est convergente et A ln1 + A   
→ 0 (car A ln1 + A  ∼ A
x
→
+∞
⌡ 0 1+ e
e  +∞ e
e 


de plus, l’intégrale ⌠

x
x
+∞
1 
⌠


→ 0 ), donc l’intégrale 
ln1 + x  d x est convergente
A
x
→
+∞
e
⌡0
 e 
A
et
+∞
+∞
1 
⌠

dx = 
ln 1 + x  d x .
⌡ 0 1 + ex
e
⌡0


et ⌠

x
3)Soit n un entier naturel non nul.
a)La fonction g : x a ln(1 + x ) est infiniment dérivable sur ]−1, +∞[ comme composée de
fonctions infiniment dérivables et les règles de dérivation permettent de montrer par récurrence
que sa dérivée n-ième est la fonction x a
( −1) n − 1 ( n − 1)!
.
(1 + x )n
b)Soit t un réel de [0, 1] . Pour tout réel x de [0, t ] , (1 + x)n +1 est minoré par 1, donc :
g ( n +1) ( x ) ≤
n!
(1 + x ) n +1
≤ n!.
Appliquons alors l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre n à la fonction g entre 0 et t :
n
g ( t ) − g (0 ) −
∑
k =1
n +1
t−0
( t − 0) k ( k )
g (0 ) ≤ n !
k!
(n + 1)!
n
ln(1 + t ) − ln(1) −
c’est-à-dire :
∑ (−1)
,
k −1 ( k
k =1
k −1 k
( −1) t
k
k =1
n
ou encore : ln(1 + t ) − ∑
≤
n ! n +1
− 1)! k
t ≤
t
,
k!
(n + 1)!
t n+1
.
n+1
c)Soit x un réel positif. Alors 1 e x appartient à [0, 1] et on peut remplacer t par 1 e x dans


1 

( −1)k −1 e− kx
k
k =1
l’inégalité précédente : ln  1 + x  − ∑
e
n
≤
e− ( n + 1) x
.
n+1
d)D’après l’inégalité précédente, et en admettant la convergence des intégrales entrant en jeu, on a
+∞
⌠
d’une part : 
⌡0
1

ln  1 + x
 e
k −1 − kx
 n (−1) e
dx ≤ ⌠
−

 ∑
k
⌡0
 k =1
+∞
1

et d’autre part : ⌠
 ln 1 + x
 e
⌡0
n

⌠
d
x
−

∑


k =1 ⌡ 0
+∞
+∞
e − ( n +1) x
dx
n +1
⌠
(−1) k −1 e − kx
dx ≤ 
k
⌡0
+∞
1

ln 1 + x
 e
k −1 − kx
 n (−1) e
−
dx .
∑

k
 k =1
D’où l’inégalité :
+∞
1
⌠

 ln  1 + x
e

⌡0
n

⌠
d
x
−

∑


k =1 ⌡ 0
+∞
+∞
+ ∞ − ( n + 1) x
( −1)k −1 e − kx
⌠ e
dx ≤ 
dx .
k
n+1
⌡0
4)Soit n un entier naturel non nul.
D’une part, pour tout entier k compris au sens large entre 1 et n et pour tout réel A positif :
A
k −1 − kx
k −1
− kx
k
⌠ (−1) e dx = (−1)  − e  = (−1) (e− Ax − 1) ,



k
k  k 0
k2
⌡0
A
donc l’intégrale ⌠

⌡0
+∞
(−1) k −1 e − kx
dx
k
converge et : ⌠

+∞
⌡0
(−1) k −1 e − kx
(−1) k −1
dx =
k
k2
.
D’autre part, et par des calculs analogues, on obtient la convergence de l’intégrale ⌠

+∞
⌡0
sa valeur :
1
.
(n + 1) 2
Ainsi, on a la majoration : ⌠

⌡0
+∞
n
1
(−1) k −1

ln 1 + x  dx − ∑
k2
 e 
k =1
≤
1
(n + 1) 2
+∞
1
⌠

ln  1 + x
e

⌡0
et le théorème d’encadrement permet d’obtenir l’égalité : ⌠

Enfin, on a les égalités suivantes :
V(X) = 2∫
+∞
0
+∞
+∞
x
1

⌠
x 2 f ( x) d x = 4⌠
dx = 4 ln  1 + x

x
⌡ 0 1+ e
⌡0
 e
k −1
+∞
(−1)

d
x
=
4
∑

k2

k =1
=
k −1
+∞
( −1) −

.
 dx = ∑
k2

k =1
π2
.
3
e − ( n +1) x
dx
n +1
et