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
) =
3
1
, P (S) = θ, P ( S ) = 1 - θ.
Par conséquent, P
A
= θ +
3
1
(1 - θ) =
3
1
+
3
2
θ.
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
) =
3
1
,
Et alors P
B
=
3
1
( 1 - θ ) = P
C
(les réponses B et C jouant le même rôle).
b) La probabilité qu’une personne ayant choisi la réponse A connaisse réellement la
signification du sigle URSSAF est égale à P
A
R
(S) ; et d’après la formule de Bayes
P
A
R
(S) =
)R(P
)S(P)R(P
A
AS
=
)21(
3
1θ+
θ
=
θ+θ 213
.
2. 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
).
Par conséquent, E (Z
n
) =
n30 )X(E...)X(E
n
1
++
= P
A
=
3
1
+
3
2
θ.
Les X
i
étant mutuellement indépendantes, V (Z
n
) =
2n
1
)n30( )X(V...)X(V ++
=
n30 )P1(P
AA
−
=
n135 )1)(21( θ−θ+
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
) =
2)Z(E3
n
-
2
1
=
2
1
+ θ -
2
1
= θ
T
n
est donc un estimateur sans biais de θ.
Cet estimateur est alors convergent si
+∞→n
lim V (T
n
) = 0.
Or, T
n
=
2
Z3
n
-
2
1
implique V (T
n
) =
4
9
V (Z
n
) =
n60 )1)(21( θ−θ+
On a bien
+∞→ n
lim V (T
n
) = 0 : T
n
est donc un estimateur sans biais et convergent de θ.
c) D’après l’inégalité de Bienaymé Tchebytchef,
∀ ε > 0, P (T
n
- θ ≥ ε)
≤
2n
)T(Vε
=
4
9
2
AA
n30 )P1(P ε
−
=
2AA
n40 )P1(P3 ε
−
On démontre facilement (en étudiant les variations sur [0, 1] de la fonction P
A
→ P
A
(1 – P
A
)) que
P
A
(1 – P
A
) ≤
4
1
, donc : P (T
n
- θ ≥ ε) ≤
2
n160
3ε.
Par conséquent,
+∞→ n
lim P (T
n
- θ ≥ ε) = 0 et donc T
n
converge en probabilité vers θ.
3. a)Remarquons que les X
i
étant mutuellement indépendantes,
L (x
1
, x
2
, …, x
n
, p) =
C
n
1k kk
)xX(P
=
== P ((X
1
= x
1
) ∩…∩ ( X
n
= x
n
) )
f (p) = ln (L (x
1
, x
2
, …, x
n
, p))=
∑
=
=
n
1k kk
)xX(Pln(

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.
Donc P ( X
k
= x
k
) =
k
k
x30
A
x
A
k
)P1(P
x
30
−
− et f (p) =
∑
=
n
1k k
x
30
ln( ) + ln p
∑
=
n
1k k
x + ln (1 – p)
∑
=
−
n
1k k
)x30(
f est définie, dérivable sur ]0, 1[ et
f ’ (p) =
p
1
∑
=
n
1k k
x -
p11 −
∑
=
−
n
1k k
)x30( =
)p1(p
)x30(px)p1(
n
1k k
n
1k k
−
−−−
∑∑
==
=
)p1(p
np30x
n
1k k
−
−
∑
=
p(1 – p) étant positif, f ’ est du signe de np30x
n
1k k
−
∑
=
.
f’ (x) est positive pour p ≤
n30
1
∑
=
n
1k k
x : f est alors croissante; f’ (x) est négative pour p ≥
n30
1
∑
=
n
1k k
x :
f est alors décroissante.
b) D’après l’étude précédente f passe par un maximum pour p =
∑
=
n
1i i
x
n30
1
(On dit alors que Z
n
=
∑
=
n
1i i
X
n30
1est l’estimateur du maximum de vraisemblance pour p).
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 ∈ [0, N], P (Z = k) =
kNk
6
5
6
1
k
N
−
; E (Z) =
6
N
et V (Z) =
36
N5
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) =
k
n
p
k
( 1 – p)
n – k
3) Soit un couple d'entiers naturels (k, n):
•si 0≤k ≤ n ≤ N,
alors P (X = k et Z = n) = P
(Z =n)
(X = k) × P (Z = n) =
n
N
k
n
p
k
( 1 – p)
n – k
nnN
6
1
6
5
−
.
•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 :
P (X = 0) =
∑
+∞
=
==
0n
)nZ et 0X(P =
nnN
n
N
0n
6
1
6
5
)p1(
n
N
0
n
−
−
=
∑
=nN
n
N
0n
6
5
6p1
n
N
−
=
−
∑
= N
6
5
6p1 
+
−
= N
6
p
1
−
5) Pour tout couple d'entiers naturels (k, n) tel que 0 ≤ k ≤ n ≤ N :
n
N
k
n
=
)!nN(!n)!kn(!k !N!n −−
=
)!nN()!kn(!k !N −−

−
−
kn kN
k
N
=
)!knkN()!kn()!kN(!k )!kN(!N +−−−− −
=
)!nN()!kn(!k !N −−
Par conséquent,
n
N
k
n
=
−
−
kn kN
k
N
Alors, comme dans la question précédente, pour tout k entier tel que 0 ≤k ≤ N,
P (X = k) =
∑
+∞
=
==
0n
)nZ et kX(P =
∑
=
−
−
−
N
kn
nnN
knk
6
1
6
5
)p1(p
n
N
k
n
=
∑
=
−
−
−
−
−
N
kn
nnN
knk
6
1
6
5
)p1(p
kn kN k
N
=
∑
=
−
−−−
−
−
−
N
kn
kn
)kn(kN
k
6p1 6
5
kn kN
6
p
k
N
=
∑
−
=
−−
−
−
kN
0i
i
ikN
k
6p1 6
5
ikN
6
p
k
N
(par changement d’indice)
= kNk
6
5
6p1 6
p
k
N
−
+
−
= kNk
6
p
1
6
p
k
N
−
−
6)La variable aléatoire X prend toutes les valeurs k de [0, N], et P (X = k) = kNk
6
p
1
6
p
k
N
−
−
Par conséquent, X suit une loi binomiale de paramètres (N,
6
p
).
Un raisonnement analogue, q = 1- p jouant le rôle de p,montre que Y suit une loi binomiale de
paramètres (N,
6p1−
)
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
avoir obtenu de « face ».Et P (X= N) = N
6
p
et P (Y = 1) =
− +
−
6p1 6p5
N
1N .
Donc P (X = N)× P (Y = 1) = N
6
p
− +
−
6p1 6p5
N
1N ≠ 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 :
P (X = k et Y = k’) = P (X = k et Z = k + k’) =
+ +'kk N
k'kk
p k ( 1 – p) k’ 'kk'kkN
6
1
6
5
+−−
(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) =
36
N5
, V (X) = N
36 )p6(p −
et V (Y) = N
36 )p5)(p1( +−
D’où cov (X, Y) =
72
N
(5 – p (6 – p) – (1 – p) (5 + p)) =
36
N
p (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 ,
2x
x
)e1(
e
)x(f + =
.

∀ x ∈ R,
)x(f
)e1(
e
)1e(
e
)e1(e
ee
)e1(
e
)x(f
2x
x
2x
x
2xx2
xx2
2x
x
=
+
=
+
=
+× ×
=
+
=−
−
−
−
−
, donc f est paire.
f est indéfiniment dérivable sur R et : ∀ x ∈ R,
3x
xx
4x
xxx2xx
)e1(
e)e(1
)e1(
)e1(e2e)e1(e
)x(f +
−
=
++×−+
=
′
.
Sans indétermination :
0lim =
∞−
f
, donc (parité de f ) :
0lim =
∞+
f
.
a)En posant: ∀ x ∈ R x xu e1)( += , on a: ∀ x ∈ R,
)x(
u
1
)x(u
)x(u
)x(f
'
2
−=
′
=
,
donc la fonction
x
e1
1
x+
−
a
est une primitive de f sur R.
f est continue sur R, donc, pour tout réel A, l’intégrale
∫
A
0
xd)x(f
existe ;
de plus :
A
A
0
x
A
0
e1
1
2
1
e1
1
xd)x(f + −=
+
−
=
∫
, donc :
2
1
xd)x(f
A
A
0
 →
+∞→
∫
,
ce qui prouve que l’intégrale
∫
∞+
0
xd)x(f
converge et :
2
1
xd)x(f
0
=
∫
∞+
.
D’après 2. b), f étant paire, l’intégrale
∫
∞+
∞−
xxf d)(
converge et :
1d)(2d)(
0
==
∫∫
∞+∞+
∞−
xxfxxf
; 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,
=
==
=
)
(
xF
=
+
−=
+
−
=
∞−
∞−
∫
x
x
t
x
e1
1
1
e1
1
td)t(f
x
x
e1
e
+
.
L’observation du graphe de f invite à conjecturer : ∀ x ∈ R, 1)()( =−+ xFxF . En effet :
∀ x ∈ R,
=
==
=
−
−−
−
+
++
+
)
(
)
(
xFxF =
+
+
=
+
+
+
=
+× ×
+
+
=
+
+
+
−
−
−
−
x
x
xx
x
xx
xx
x
x
x
x
x
x
e1
e1
1e
1
e1
e
)e1(e
ee
e1
e
e1
e
e1
e
1.
4)Existence et calcul de l’espérance de X
On a :
∞+
∼
+
2x
x3
)e1(
ex
∞+
∼
x2
x3
e
ex
x
3
e
x
.
De plus :
0
e
x
x
x
3
 →
+∞→ , donc :
0
)e1(
ex
x
2x
x3
 →
+
+∞→
, ce qui peut s’écrire :
0
x
1
)e1(
ex
x
22x
x
 →
+
+∞→
.
On a ainsi prouvé que
2x
x
)e1(
ex
+
est négligeable devant
2
x
1
au voisinage de
+∞
.
La fonction : )(xfxx a est continue, à valeurs positives sur [,0[
∞
+
; de plus, elle est
négligeable devant la fonction 2 1 xx a , et on sait que l’intégrale
⌡
⌠
∞+
12
d
1x
x
converge, donc
l’intégrale
∫
∫∫
∫
∞
∞∞
∞+
++
+
0
d)( xxfx
est convergente.
La fonction )(xfxx a étant impaire, l’intégrale
∫
∞−
0
d)( xxfx
est convergente et :
x –∞ 0 +∞
)(xf
′
+ 0 –
)(xf 0 1/4 0
x
1
y
1
1
1
O
1
1/4
1
C
f

∫∫
∞+
∞−
−=
0
0
d)(d)( xxfxxxfx
.
Enfin, les intégrales
∫
∞−
0
d)( xxfx
et
∫
∞+
0
d)( xxfx
étant convergentes et opposées, l’intégrale
∫
∞+
∞−
xxfx d)(
est convergente et vaut 0, ce qui prouve que X admet une espérance et :
0
)
(
E
=
==
=
X .
II. Calcul d’une variance
1)a) On a :
4 4
2
e
(1 e ) e
x
x x
x x
+∞
∼
+
et
4
0
e
x
x
x
→+∞
→
, donc :
4
2
e
0
(1 e )
x
x
x
x
→+∞
→
+
, c’est-à-dire :
0)x(fx
x
2
 →×
+∞→
, ce qui prouve que
2
( )
x f x
est négligeable devant
2
1
x
au voisinage de
+∞
. Par
un raisonnement analogue à celui mené dans I 4. b), on obtient alors que l’intégrale
2
0
( ) d
x f x x
+∞
+∞+∞
+∞
∫
∫∫
∫
est convergente.
b)On démontre, toujours comme à la question I. 4. b), que l’intégrale
2
( ) d
x f x x
+∞
−∞
∫
est
convergente, ce qui prouve l’existence de
2
E( )
X
. On en déduit que X admet une variance et,
d’après la formule de Huygens :
( )
2
2
2 2
parité de
( )
E( ) E( ) E( )
x x f x
X X X
= − = =
V(X)
a
2
0
2 ( ) d
x f x x
+∞
+∞+∞
+∞
∫
∫∫
∫
.
2)a)On a, pour tout réel A positif :
⌡
⌠
+
+
+
−
=
⌡
⌠
+
+
+
−=
∫
A
0xA
2
A
0x
A
0
x
2
A
0
2
xd
e1
x
2
e1
A
xd
e1
1
2
e1
1
xxd)x(fx
.
De plus, l’intégrale
∫
∞+
0
2
xd)x(fx
est convergente et
0
e1
A
A
A
2
 →
+
+∞→
(car
A2
A
2
eA
e1
A
−
∞+
∼
+
et
0eA
A
A2
 →
+∞→
−
),donc l’intégrale
⌡
⌠
+
∞+
0
d
e1 x
x
x
converge et :
⌡
⌡⌡
⌡
⌠
⌠⌠
⌠
+
++
+
=
==
=
∞
∞∞
∞+
++
+
∞
∞∞
∞+
++
+
∫
∫∫
∫
0
02
d
e1
2d)( x
x
xxfx
x
.
b)On a, pour tout réel A positif :
[
]
⌡
⌠ ++ +−=+++−=
⌡
⌠
+
×=
⌡
⌠
+
∫
−−
−
−A
0xA
A
0
x
A
0
x
A
0x
x
A
0x
xd
e
1
1ln
e
1
1lnAxd)e1ln()e1ln(xxd
e1
e
xxd
e1
x
,
de plus, l’intégrale
⌡
⌠
+
∞+
0x
xd
e1
x
est convergente et
0
e
1
1lnA
x
A
 →
+
+∞→
(car
AA
e
A
e
1
1lnA
∞+
∼
+
et
0
e
A
x
A
 →
+∞→
), donc l’intégrale
⌡
⌠ +
∞+
0x
xd
e
1
1ln
est convergente
et
⌡
⌠ +=
⌡
⌠
+
∞+
∞+
0x
0x
xd
e
1
1lnxd
e1
x
.
3)Soit n un entier naturel non nul.
a)La fonction
: ln(1 )
g x x
+
++
+
a
aa
a 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
1
( 1) ( 1)!
(1 )
n
n
n
xx
−
−−
−
− −
− −− −
− −
+
++
+
a
aa
a
.
b)Soit t un réel de ]1,0[ . Pour tout réel x de ],0[ t ,
1
(1 )
n
x
+
+
est minoré par 1, donc :
!n
)x1(
! n
)x(g
1n
)1n(
≤
+
≤
+
+
.
Appliquons alors l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre n à la fonction g entre 0 et t :