[PDF] Centrale 2015 - PSI 1 un corrigé I. Etude dune suite récurrente

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Centrale 2015 - PSI 1

un corrige

I. Etude d'une suite recurrente

I.A

1.f0etant positive,fcroit sur [0;1]. Montrons alors par recurrence que

8n2N;0unun+11

- Initialisation: c'est vrai au rang 0 caru0= 0 etu1=f(0)2[0;1]. - Heredite: soitn0 tel que le resultat est vrai jusqu'au rangn. On a alors 0un u n+11 et par croissance defsur [0;1], u n+2un=f(un+1)f(un)0 En outre, comme [0;1] est stable parf,un;un+12[0;1] entra^neun+1=f(un);un+2= f(un+1)2[0;1]. On a ainsi prouve le resultat au rangn+ 1. On a montre que (un)n2Nest croissante et qu'elle reste dans [0;1]. Par theoreme de limite monotone, la suite converge et de plus (passage a la limite dans une inegalite large) `= limn!+1un2[0;1]

2. Commef(1) = 1, l'ensembleA=fx2[0;1]= f(x) =xgest non vide. Comme il est minore,

il admet une borne inferieurexf. MaisA= (gId)(f0g) est ferme (image reciproque par une application continue d'un ferme) et doncxf2Ace qui montre quexfest un minimum. Il y a donc bien une plus petite solution a l'equationf(x) =x.

3. Commefcro^t sur [0;1], on af([0;xf]) = [f(0);f(xf)] = [0;xf].u02[0;xf] et [0;xf] est

stable parf, donc (recurrence simple sur le modele de la precedente)

8n2N; un2[0;xf]

Par passage a la limite,`2[0;xf].fetant continue sur [0;1], un passage a la limite dans u n+1=f(un) donne de plusf(`) =`. Enn, par minimalite,xfest le seul point xe def dans [0;xf]. On a donc x f=` I.BPosonsg(x) =f(x)x.gest de classeC1sur [0;1] etg0(x) =f(x)1. Sim >1 alorsg0(1)>0 etgest localement strictement croissante au voisinage de 1. Commeg(1) =f(1)1 = 0, il existe donca2[0;1[ tel queg(a)<0. Enn,g(0) =f(0)0 et par theoreme des valeurs intermediaires,gs'annule sur [0;a][0;1[. On en deduit quexf2[0;a] et donc que x f2[0;1[ I.CNotons toujoursg(x) =f(x)x. On ag2C2([0;1]) etg0(x) =f(x)1,g00(x) =f00(x)0; commeg00(1) =f00(1)>0,g00(qui est continue) est m^eme strictement positve sur un intervalle [a;1[.g0est donc croissante sur [0;1] et strictement croissante sur [a;1]. Commeg0(1) =m1

0,g0est negative sur [0;1] et m^eme strictement negative sur [a;1[.gest donc decroissante sur

[0;1] et m^eme strictement decroissante sur [a;1]. En particulier,8x2[a;1[; g(x)>0 et

8x2[0;a]; g(x)g(a)>0.gne s'annule donc pas sur [0;1[ et ceci impose

x f= 1 1 Sur [a;1[,f00est strictement positive etf0est donc strictement croissante sur [a;1]. Ainsi,

8x2[a;1]; f0(x)m. Si, par l'absurde,metait nul alorsf0serait nulle sur [a;1]. Commef0

est positive et croissante sur [0;1] (f000) on aurait doncf0nulle sur [0;1] ce qui contredit f

00(1)>0. On a doncf0(1)>0 etfest strictement croissante au voisinage de 1. Comme

elle est croissante sur [0;1], elle ne prend nalement la valeur 1 qu'en 1. Si, par l'absurde, on avaitun= 1, on auraitf(un1) = 1 et doncun1= 1. Par une recurrence descendante, on obtiendraitu0= 1, ce qui est faux. Ainsi,

8n2N; un2[0;1[

I.D

1. On aun= 1"net"n!0. Par formule de Taylor-Young,

u n+1=f(un) =f(1"n) =f(1)"nf0(1) +"2n2 f00(1) +o("2n) = 1"n+"2n2 f00(1) +o("2n)

On en deduit que

n+1="n"2n2 f00(1) +o("2n) ="n 1"n2 f00(1) +o("n) On passe a l'inverse (possible puisque la suite ("n) ne s'annule pas) et en utilisant11u=

1 +u+o0(u) on trouve1"

n+1=1" n

1 +"n2

f00(1) +o("n)

Il en resulte que

lim n!+1 1" n+11" n =f00(1)2

2. D'apres le theoreme de Cesaro,

lim n!+11n n1X k=0 1" k+11" k =f00(1)2 Dans la somme, les termes se telescopent et ce qui precede s'ecrit 1n 1" n1" 0 =f00(1)2 +o(1) 1n"

0etant de limite nulle esto(1) et ce qui precede s'ecrit aussi

1n" n=f00(1)2 +o(1) ou encore (puisquef00(1)6= 0)n"nf00(1)2 . On peut passer a l'inverse dans les equivalent et multiplier les equivalents. On a ainsi

1un="2nf

00(1) I.E

1. Le m^eme calcul que ci-dessus donne

n+1="n m"n2 f00(1) +o("n) 2

On en deduit que

lim n!+1j"n+1jj"nj=jmj=m2[0;1[

Par regle de D'Alembert,

P("n) est donc absolument convergente.

Notons que le casm= 0 est impossible d'apres le raisonnement de la questionI.C. On peut donc diviser parm >0. En reprenant l'identite ci-dessus, on a n+1m" n= 1"n2mf00(1) +o("n)

On en deduit que

ln"n+1m" n =O("n) qui est le terme general d'une absolument convergente. On a montre que ln "n+1m" n = ln m(n+1)"n+1m n"n! est le terme general d'une serie absolument convergente.

2. NotonsLla somme de la serie de la question precedente. On a donc

n1X k=0ln"k+1m" k =L+o(1) Avec les proprietes de morphisme du logarithme, les termes se telescopent et on obtient ln("n)ln("0)nln(m) =L+o(1) ou encore n=mneL"0eo(1) CommeeL"0>0 (ce qui importe est la non nullite) on a nalement

1un="ncmnavecc=eL"0>0

II. Formule de Wald

II.A

1. Les variablesXetYetant independantes, pour toute fonctionfles variablesf(X) etf(X) le

sont et on a donc, sous reserve que les esperances existentE(f(X)f(Y)) =E(f(X))E(f(Y)). Avec la fonctionx2N7!tx(pour un reel quelconquetxe dans [1;1]), on obtient (le cours nous indique que les esperances existent toutes) G

X+Y(t) =E(tXtY) =E(tX)E(tY) =GX(t)GY(t)

2. Montrons par recurrence que la propriete

G

Sk= (GX)k

est vraie pour toutn2N. - Initialisation: l'hypothese est immediatement vraie au rang 1. - Heredite: soitk1 tel que l'hypothese soit vraie aux rangs 1;:::;k. D'apres la question precedente (et le resultat d'independance admis) la fonction generatrice deX1++ X k+Xk+1=Sk+Xk+1estGSkGX. En utilisant l'hypothese de recurrence, elle vaut (GX)k+1. 3 La propriete est aussi vraie au rang 0 puisqueGS0= 1 (S0etant constante egale a 0) et que (GX)0= 1.

3. (T=k)k2Netant un systeme complet d'evenements, on a

8n2N;P(S=n) =1X

k=0P((S=n)\(T=k))

On en deduit que

8t2[1;1]; GS(t) =1X

n=0P(S=n)tn=1X n=0 1X k=0P((S=n)\(T=k))tn! Comme on a l'egalite des evenements (S=n)\(T=k) et (Sk=n)\(T=k) et comme S ketTsont admis independants, on a alors

8t2[1;1]; GS(t) =1X

n=0 1X k=0P(Sk=n)P(T=k)tn! On xeK2N. On peut decouper la somme interieure en deux :

8t2[1;1]; GS(t) =1X

n=0 KX k=0P(Sk=n)P(T=k)tn+1X k=K+1P(Sk=n)P(T=k)tn!

Pour ecrire

P1 n=0(Un+Vn) =P1 n=0Un+P1 n=0Vn, il nous sut (sachant que le membre de gauche existe) de montrer que l'un des deux termes du membre de droite existe (l'autre existera alors fatalement). On ecrit (ici on a des sommes nies et donc pas de probleme) N X n=0K X k=0P(Sk=n)P(T=k)tn=KX k=0 NX n=0P(Sk=n)tn!

P(T=k)

P N n=0P(Sk=n)tnest le terme general d'une suite convergente de limiteGS(t) =GX(t)k. On a donc convergence ci-dessus (somme d'un nombre constant de suite convergente) et 1 X n=0K X k=0P(Sk=n)P(T=k)tn=KX k=0G

X(t)kP(T=k)

Avec tous ces arguments, on peut nalement ecrire

8t2[1;1]; GS(t) =KX

k=0G

X(t)kP(T=k) +1X

n=0 1X k=K+1P(Sk=n)P(T=k)tn! Remarque : la formule est valable pourt2[1;1]et pas seulementt2[0;1].

4. On prendt2[0;1] etK2N. On a

8kK+ 1;8n2N;0P(Sk=n)P(T=k)tnP(T=k)tn

Comme P(P(T=k)) converge (serie positive de somme 1) on peut sommer pourkKet obtenir

8n2N;01X

k=K+1P(Sk=n)P(T=k)tn 1X k=K+1P(T=k)! t n Commet2[0;1[,P(tn) converge et sa somme vaut11+t. On en deduit que

0RK11t1

X k=K+1P(T=k) 4

5. At2[0;1[ xe, la question precedente montre queRK!0 quandK!+1. On peut ainsi

faire tendreKvers +1dansII.A.3pour obtenir G

S(t) =1X

k=0G

X(t)kP(T=k) =GT(GX(t)) =GTGX(t)

Ceci n'est prouve que pourt2[0;1] mais le resultat rappele en preambule indique que cela sut pour conclure que G

S=GTGX

II.BSiYest une variable d'esperance nie, on aE(Y) =G0Y(1). Ici, en supposant que les esperances existent, on a (puisqueGX(1) = 1)

E(S) =G0S(1) =G0T(GX(1)):G0X(1) =E(T)E(X1)

II.C

1. SiY ,! P() alors pour toutn,P[Y=n] =enn!et

8t2[1;1]; GY(t) =e+1X

n=1(t)kk!=eet

2. Ici,T ,! P() et8i; Xi,! B().Sest alors le nombre d'insectes issus de la ponte. On a

8t2[1;1]; GS(t) =GT(GX(t)) =GT(1+t) =eet

et on conclut que

S ,! P()

III. Processus de Galton-Watson

III.A

1. On xen2N. On est exactement dans la situation de la partie precedente. Ici,T=Yn

et lesXisont lesXn;i.Yn+1correspond alors aSetII.Adonne (toutes les hypotheses d'independance etant veriees) n+1=GYn+1=GYnGXn;1='nf

2. De m^eme,II.Bdonne

E(Yn+1) =E(Yn)E(f)

et (on a une suite geometrique)

8n2N;E(Yn) =E(f)nE(Y0) =mn

3. L'evenementE: \il y a extinction" est egal a les reunion des evenements (Yn= 0) (il y a

extinction si la population ni par ^etre nulle) : E=1[ n=0(Yn= 0) Les evenements (Yn= 0) etant embo^tes, on peut utiliser la continuite croissante pour en deduire que

P(E) = limn!+1P(Yn= 0) = limn!+1'n(0)

5 AvecIII.A.1et'0= Id, une recurrence immediate montre que

8n2N; 'n=f(n)

ouf(n)designe l'itereenfois defpour la composition (avec la conventionf(0)= Id). En particulier

8n2N; 'n+1(0) =f(f(n)(0)) =f('n(0))

et ('n(0))n2Nverie la relation de recurrence de la partieI. Il nous reste a montrer que la fonctionfverie les hypotheses de cette partie. -fest de classeC2sur [0;1] puisque l'on a suppos que la loipossede une esperance et une variance. De plus,f0etf00sont a valeurs positives puisque

8t2[0;1]; f0(t) =X

k0(k+ 1)pk+1tketf00(t) =X k0(k+ 1)(k+ 2)pk+2tk -fest denie de [0;1] dans [0;1] (8t2[0;1];0f(t) =Pquotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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