[PDF] Épreuve de Mathématiques 7 Exercice 1 (E3A PC 2017 — UPS)

View - Download Épreuve de Mathématiques 7 Exercice 1 (E3A PC 2017 — UPS)

Previous PDF

Next PDF

Lycée St Joseph Lundi 22 janvier 2018

Classe de PC

Épreuve de Mathématiques 7

CorrectionExercice 1(E3A PC 2017 - UPS)

1) a) Convergence: Soit ?j?Nuj=j(j-1)P(X=j)

Pourj>2,uj=λj(j-2)!e-λ=?

λ2e-λ?λj-2(j-2)!.

Or nλ nn!est absolument convergente (série exponentielle), donc, en multipliant parλ2e-λ,? ju j l"est aussi.

Calcul: La série

?j(j-1)P(X=j)converge absolument d"après ci-dessus, donc le théorème de transfert affirme que l"espéranceE(X(X-1))existe et

E(X(X-1)) =+∞?

j=0j(j-1)P(X=j) =+∞? j=2λ j(j-2)!e-λ=λ2e-λ+∞? j=0λ jj!=λ2. b)La linéarité de l"espérance permet d"écrireE? X2? =E(X(X-1)+X) =E(X(X-1))+E(X) =

2+λ.

2)Soiti?N?. On a :

i

2P(X>i) =i2+∞?

j=iP(X=j)6+∞? j=ij2P(X=j)6E(X2) =λ2+λ.

D"où :?i?N?, P(X>i)6λ2+λi

2.

Comme la série de Riemann

?1i

2converge, il en est de même pour la série?P(X>i).

3) a) On alimi→+∞u i+1,ku i,k= 0<1. Ainsi la série? i>1u i,k, à termes réels strictement positifs, converge pour toutk?N?par la règle de D"Alembert. b)On a06ui,k6?λk i . Ainsi, pourk > λon a0<λk <1et la série géométrique de raisonλk converge. D"où pour toute constanteK>λet pour tout entierk>K, on a :Rn,k=+∞? i=nu i,k6 i=nλ ik i. 4) a) Soit un entierktel quek > λ. On a :

P(X>k) =+∞?

i=kP(X=i) =(

1 ++∞?

i=k+1u i-k,k)

P(X=k)6+∞?

i=0? λk i

P(X=k) =kk-λP(X=k).

Si on a de plusk>2λ, alors :

P(X > k) =P(X>k)-P(x=k)6?kk-λ-1?

P(X=k)6P(X=k).

1

DST7b)Commek>1>2λ, on a :

i=2P(X>i) =+∞? k=1P(X > k)6+∞? k=1P(X=k)6+∞? j=0P(X=j) =P(Ω) = 1. c)CommeXest une variable aléatoire à valeurs dansN, dans le cas général, on aE(X) = i=0P(X>i). Reprendre la preuve du cours. 5)

a) Une étude des variations de la fonction réelle définie parf(t) =e-t+t-1montre qu"elle est à

valeurs positives. D"où :?t?R,1-t6e-t. b)Soitk? {0,1,..., n}. On a : ?n k? =n!k!(n-k)!=nkk!k-1? i=0n-in

6nkk!e-

1n k-1? i=0i =nkk!e-α(n,k). c)Soitk? {0,1,..., n}. On a :P(Y=k) =?n k?

λkn

k?

1-λn

n-k

6λkk!e-α(n,k)e-λn

(n-k)= e -λλkk!eβ(n,k,λ). d)Soitk>2λ+ 1. Alorsβ(n,k,λ)60et par suiteP(Y=k)6e-λλkk!=P(X=k). e)Soitk>2λ+ 1. On a :n? j=k+1P(Y=j)6n? j=k+1P(X=j)6P(X > k)6P(X=k) =e-λλkk!.

Exercice 2(E3A PC 2016 - corrigé UPS)

A

1)?x?]-1,1[11-x=+∞?

n=0xn. Le Rayon de convergence est 1.

2)Sp(M) =?1 +⎷5

4 ,1-⎷5 4

Comme2<⎷5<3,0<1 +⎷5

4 <1et-1<-12 <1-⎷5 4 <0. Mest une matrice deM2( dr)admettant 2 valeurs propres distinctes, elle est donc diagonalisable. 3) a) Pour toutn?N, soitXn=?u n u n+1? On a pour toutn?NXn+1=MXn. Par récurrence facile, on montrerait que?n?N, Xn= M nX0. D"autre part, commeMest diagonalisable, il existeP?GL2( dr)telle queM=PDP-1où

D=?α0

0β?

?n?N,?u n u n+1? =P?αn0

0βn?

P -1?4 3? En effectuant les produits matriciels, on en déduit l"existence de réelsAetBtels que ?n?Nun=Aαn+Bβn.

Il est plus rapide d"utiliser les résultats connus pour une suite récurrente linéaire d"ordre 2 dont l"équation

caractéristique admet 2 racines distinctesαetβmais ce n"est pas la direction suggérée par le texte ..

b)Pourn= 0,4 =u0=A+Bet pourn= 1,3 =u1=Aα+Bβ. On a donc aussi4β=Aβ+Bβet4α=Aα+Bα.

En ajoutant :Aβ+Bα+Bβ+Aα????

=3= 4(α+β)???? =1/2d"oùAβ+Bα=-1. 2

DST7c)Commeαetβsont dans l"intervalle ouvert]-1,1[, les séries?αnet?βnsont convergentes

et par opérations sur les séries convergentes?u nconverge.

De plus

n=0u n=A1-α+B1-β. En utilisant les égalités précédentes et les égalitésα+β=12 etαβ=-14 , on obtient+∞? n=0u n= 20. 4)

1defs u i t e(N):2L= [4, 3]3forninrange(N-1):4L.append(L[-1]/2 +L[-2]/4)5returnL[:N+1]#Ontronque dans le cas N=0 8defsuite_rec(N):9i fN<= 1:10return[4, 3][:N+1]#Ontronque dans le cas N=0 11L=suite_rec(N-1)12returnL+ [L[-1]/2 +L[-2]/4]

Si on appelleC(N)le nombre d"opérations nécéssaires, on aC(0) = 0etC(N) = 3(N-1)siN≥1 puisque pour toutk?J1,N-1Kon effectue 1 addition et 2 divisions. B

1)Un joueur ne peut gagner qu"à partir du 3ème tour donc

P(E1) = 1, P(E2) = 1, P(A1) = 0, P(A2) = 0, P(B1) = 0, P(B2) = 0 P(A3=P((X1= 1)∩(X2= 1)∩(X3) = 0) =p2qcar les(Xi)sont indépendantes.

De mêmeP(B3) =qp2.

Comme les joueurs ne peuvent pas gagner avant le 3ème tour,E3=A 3?B3. On aP(E3) = 1-P(A3?B3) = 1-P(A3)-P(B3)carA3etB3sont incompatibles d"oùP(E3) =

1-2p2q.

x

Comme les variables(Xj)j?N?sont mutuellement indépendantes, ces deux évenements sont indépen-

dants.

On en déduit que

P(En∩(Xn=x0)∩(Xn+1=xn+1)∩...∩(Xn+k=xn+k)) =P(En∩(Xn=x0))P((Xn+1= x n+1)∩...∩(Xn+k=xn+k)). 3) a) v1=P(E1∩(X1= 0)) =P(X1= 0) =q, w1=P(E1∩(X1= 1)) =P(X1= 1) =pcar

P(E1) = 1

De mêmev2=qetw2=p.

b)En∩(Xn= 0) =En∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 0)?E n∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0). Comme il s"agit d"une union d"évenements incompatibles, P(En∩(Xn= 0)) =P(En∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 0)) +P(En∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0)). SiXn-1= 0etXn= 0le dernier motif est PFF ou FFF et aucun des joueurs ne gagne au nième tour, donc P(En∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 0)) =P(En-1∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 0)) =vn-1P(Xn= 0) =qvn-1 d"après 6 . E

n∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0) = (En∩(Xn-2= 0)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0))?(En∩(Xn-2= 1)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0)).

E

n∩(Xn-2= 1)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0) =∅car le dernier motif est alors PPF et Alice gagne

au rang n 3 DST7SiXn-2= 0et(Xn-1= 1et(Xn= 0), le dernier motif est FPF et aucun des joueurs ne peut gagner aux rangsnetn-1. On en déduit queEn∩(Xn-2= 1)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0) =En-2∩(Xn-2= 1)∩(Xn-1=

1)∩(Xn= 0)

En utilisant de nouveau le résultat de 6,

P(En∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0)) =P(En∩(Xn-2= 1)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0)) =P(En-2∩ (Xn-2= 1)∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 0)) =vn-2pq

Finalement,

?n≥3, vn=qvn-1+pqvn-2 d)D"après ce qui précède,En∩(Xn= 1) =? n? k=1(Xk= 1)??(En∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 1))

Comme il s"agit d"une union disjointe,

w n=P(En∩(Xn= 1)) =P? n? k=1(Xk= 1)? +P((En∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 1)))

LesXiétant mutuellement indépendantes,P?

n? k=1(Xk= 1)? =pn. D"autre partEn∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 1) =En-1∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 1)et P(En-1∩(Xn-1= 0)∩(Xn= 1)) =vn-1pd"après 6.

Finalement?n≥3, wn=pn+pvn-1.

4) a) i) (T > n) =En. ii)d"après la formule des probabilités totales, P(T > n) =P(En) =P(En∩(Xn= 0)) +P(En∩(Xn= 1)) =vn+wn=vn+pn+pvn-1.

iii)Les évenements(T > n)n≥2forment une suite décroissante , donc par continuité monotone

décroissante,P(T=∞) =P(+∞? n=2(T > n)) = limn→+∞P(T > n) Comme0< p <1,limn→+∞pn= 0, on a doncP(T=∞) = limn→+∞vn+pvn-1.

Soitan=vn+pvn-1=vn+1q

. Cette suite est convergente de limiteP(T=∞), on en déduit que la suite(vn)est convergente de limite?=qP(T=∞). En passant à la limite dans la relation de récurrence vérifiée par(vn)on a?= (q+pq)?soit p

2?= 0d"où?= 0carp >0

On en déduit queP(T=∞) =?q

= 0. iv)Avec une probabilité égale à 1, l"un des joueurs gagne la partie. b)Comme?v nconverge et que?pnconverge car0< p <1, la série?P(T > n)converge.

CommeTest à valeurs positives montrer queTest d"espérance finie revient à montrer la conver-

gence de la suite croissante(Sn)où pourn≥3, Sn=n? k=3kP(T=k). S n=n? k=3k(P(T > k-1)-P(T > k)) =n-1? k=2(k+ 1)P(T > k)-n? k=3kP(T > k) S n= 3P(T >2) +n-1? k=3P(T > k)-nP(T > n) k=3P(T > k). 4 DST7La suite(Sn)est une suite croissante majorée donc convergente etTest d"espérance finie. D"après un résultat de cours, on sait alors queE(T) =+∞? n=1P(T≥n) =+∞? n=0P(T > n) = 2 + n=2P(T > n)carP(T >0) =P(T >1) = 1.

On a doncE(T) = 2 ++∞?

n=2v n++∞? n=2pn+p+∞? n=2v n-1= 2 +pq+p21-p+ (1 +p)? n=2v n? c)Sip=q=12 , la suite(vn)vérifie la relation de récurrence de la partie A mais avec les conditions initialesv1=12 ,v2=12 etv3=38 Soit pour toutn?Nun= 8vn+2, la suite(un)est la suite étudiée dans la partie A. On en déduit que n=2v n+2=18 n=0u n=52

D"où

E(T) =132

5) a) Si Alice gagne au nième lancer (év"nementAn), le dernier motif estPPF. D"autre part comme A n?En-1, on aAn?En-1∩(Xn-1= 1)∩(Xn-2) = 1). D"après la question 7.b, si au cours des n-1 premiers lancers, la pièce était tombée sur Face, on auraitXn-2= 0. On a donc A n?(X1= 1)∩(X2= 1)∩...(Xn-1= 1)∩(Xn= 0) b)On en déduit par double inclusion queAn= (X1= 1)∩(X2= 1)∩...(Xn-1= 1)∩(Xn= 0) puisP(An) =pn-1q. B n= (En-2∩(Xn-2= 0))∩(Xn-1= 1)∩(Xn= 1).

DoncP(Bn) =p2P(En-2∩(Xn-2= 0)) =p2vn-2

6)NotonsA=+∞?

n=3A n, l"événement "Alice gagne" etB=+∞? n=3B n, l"évenement "Benoit gagne".

CommeP(T=∞) = 0(8.a),P(A) +P(B) = 1.

D"autre part, les évenements(An)étant 2 à 2 incompatibles,P(A) =+∞? n=3P(An) =+∞? n=3pn-1q=p2.

On en déduitP(B) = 1-p2

Si la pièce est équilibrée,P(A) =14

etP(B) =34 . (Paradoxe de Penney).

7)Le jeu est équitable sip2= 1-p2, soitp=1⎷2

Exercice 3(E3A MP 2017)

Il s"agit de l"étude d"une marche aléatoire, objet d"étude classique en probabilités, et donc classique dans les

sujets de concours.

1)Voici les deux fonctions.

5 DST7

1defdeplacement(L,a,b):2i fL=="N":3return(a+1,b)4i fL=="E":5return(a,b+1)8defchemin(m):9a,b= (0, 0)10L= [(a,b)]11forcarinm:12a,b=deplacement(car,a,b)13L.append((a,b))14returnL

2) a) Il y a2?trajets comportant exactement?étapes.

b)Si vous énumérez, soyez systématique - rangez les trajets dans un ordre logique, pour ne pas en oublier.

Le nombre de trajets reliant l"origine au point de coordonnées(3,2)est égal au nombre de placement différents possibles de2" N » dans une chaîne de5caractères, donc ?5 2?

= 10c)Le nombre de trajets reliant l"origine au point de coordonnées(a,b)est égal au nombre de place-

quotesdbs_dbs50.pdfusesText_50

[PDF] concours efi 2017 2018

[PDF] concours eleve maitre 2017-2018

[PDF] concours en nature compte de campagne

[PDF] concours ena rabat pdf

[PDF] concours ena togo 2017

[PDF] concours ens 2017 cameroun

[PDF] concours ens de yaounde 2017

[PDF] concours ens yaoundé 2017-2018

[PDF] concours ensa 2013 pdf

[PDF] concours ensa 2015 pdf

[PDF] concours ensa maroc 2017

[PDF] concours ensa pdf 2014

[PDF] concours ensa physique 2014

[PDF] concours enset de douala 2017

[PDF] concours enset douala 2017-2018