CORRIGÉ DE L`ÉPREUVE D`ANALYSE CAPES EXTERNE DE

C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’A NALYSE
C APES EXTERNE DE M ATHÉMATIQUES – 2006
Calixte Denizet 1
22 avril 2006
1. Pour tout commentaire ou erreur de ma part, vous pouvez me contacter à [email protected]
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
2
2.1
Préliminaires.
Résultat 1.
1. Par définition de l’équivalence, nous avons
xn
∼
yn ⇐⇒ xn − yn = o(xn )
n→+∞
c’est à dire que pour tout ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que :
∀n > n0 , |xn − yn | 6 εxn
car xn > 0.
On se fixe ε > 0. Soit donc n > n0 , en utilisant l’inégalité triangulaire, on a :
n
n −1
n −1
n
n
n
0
0
X
X
X
X
X
X
xk −
yk 6 (xk − yk ) +
|xk − vk | 6 (xk − yk ) + ε
xk
k=0
k=0
k=0
k=0
k=n0
k=n0
2. Si la série de terme général xn est divergente, alors
nX
0 −1
n
X
(xk − yk ) = o
k=0
donc pour n > n1 , on a
!
xk
k=0
n −1
n
0
X
X
(x
−
y
)
6
ε
xk .
k
k k=0
k=0
Puis en reprenant, l’inégalité précédente, on en déduit que pour n > max(n0 ,n1 ), on a
n
n
n
X
X
X
xk −
yk 6 2ε
xk
k=0
ce qui signifie que :
k=0
n
X
xk
k=0
2.2
k=0
n
X
∼
n→+∞
yk
k=0
Résultat 2.
1. a. Soit n ∈ N. On considère la suite (vn,p )p>n+1 définie par :
∀p > n + 1,
vn,p =
p
X
uk −
k=0
La suite
p
X
k=0
!
uk
étant convergente de limite
∞
X
n
X
p
X
uk =
k=0
uk
k=n+1
uk , on en déduit que :
k=0
p>n+1
vn = lim vn,p =
p→+∞
∞
X
uk −
k=0
n
X
uk =
k=0
∞
X
k=n+1
est bien définie. De plus, cette suite est convergente de limite nulle car
lim vn =
n→+∞
∞
X
k=0
uk − lim
n→+∞
–1–
n
X
k=0
uk = 0
uk
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b. On peut effectuer une transformation d’Abel en constatant que vn−1 − vn = un :
n
X
kuk =
k=1
=
=
=
n
X
kuk =
k=1
n
X
k=1
n
X
k=1
n−1
X
k=0
n−1
X
k=0
n−1
X
k(vk−1 − vk )
kvk−1 −
n
X
kvk
k=1
(k + 1)vk −
n
X
kvk
k=0
[(k + 1) − k]vk − nvn
vk − nvn
k=0
c. Il suffit de montrer que la suite (nvn ) est convergente de limite nulle.
On peut constater que (vn ) est une suite à termes positifs (car les un le sont) et décroissante (car vn − vn+1 = un+1 > 0).
La série de terme général étant convergente, elle vérifie alors le critère de Cauchy :
X
q
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀q > p > N, vn 6 ε
n=p+1 Fixons donc ε > 0 et N ∈ N s’en déduisant. La suite (vn ) étant positive, on peut écrire :
q
X
∀q > p > N, 0 6
vn 6 ε
n=p+1
et (vn ) étant décroissante, on a :
q
X
0 6 (q − (p + 1) + 1)vq 6
vn 6 ε ⇐⇒ 0 6 qvq 6 ε + pvq
n=p+1
Fixons p = N . La suite (vn ) étant de limite nulle, on sait qu’il existe N1 ∈ N tel que 0 6 vn = |vn | 6
On en déduit alors que pour tout q > max(N,N1 ), on a
0 6 qvq 6 ε + N
ε
pour tout n > N1 .
N
ε
= 2ε.
N
On en conclut alors que la suite (nvn ) est convergente de limite nulle.
d. On suppose que la série de terme général nun est convergente. La suite
∞
X
!
kuk
k=n+1
nulle et on a clairement :
∞
X
k=n+1
kuk >
∞
X
est alors convergente de limite
n∈N
(n + 1)uk = (n + 1)vn > 0
k=n+1
puis par encadrement nous en déduisons que la suite ((n + 1)vn ) est de limite nulle et comme (vn ) est de limite nulle, nous
en déduisons que (nvn ) est de limite nulle.
–2–
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e. Nous venons de montrer dans les deux questions précédentes que les séries de termes généraux nun et vn sont simultanément convergentes et dans ce cas la suite (nvn ) est de limite nulle donc compte tenu de la relation montrée en (1.b.), nous
en déduisons immédiatement que :
∞
∞
X
X
nun =
vn .
n=0
n=0
2. On suppose que X admet une espérance c’est à dire que :
E[X] =
∞
X
nP (X = n)
n=0
existe c’est à dire que la série de terme général nP (X = n) est convergente.
Or la série de terme général un = P (X = n) est une série à termes positifs et convergeant vers 1. On pose alors, pour tout
n ∈ N:
!
∞
∞
X
[
vn =
P (X = k) = P
{X = k}
k=n+1
k=n+1
la dernière égalité ayant lieu puisque les évènements (X = k)k sont disjoints et nous en déduisons que :
vn = P (X > n + 1) = P (X > n)
puis en usant du résultat de la question (1.e.), nous en déduisons que
E[X] =
∞
X
nP (X = n) =
n=0
2.3
∞
X
P (X > n).
n=0
Résultat 3.
1. La suite (an ) étant à termes positifs, il est évident que f est croissante sur [0,R[, par conséquent f admet une limite en R
et celle-ci vaut sup f (x) et l’équivalence demandée devient alors évidente.
x∈[0,R[
2. a. Soit 0 < ε 6 R et n ∈ N. On a :
n
X
ak (R − ε)k 6
k=0
∞
X
ak (R − ε)k = f (R − ε) 6 L
k=0
la première somme étant finie, on peut faire tendre ε vers 0 et on obtient :
n
X
ak Rk 6 L.
k=0
b. La suite
n
X
!
ak R
k
est croissante car les ak sont positifs et R > 0, et majorée par L, elle est donc convergente.
k=0
c. On a pour tout x ∈ [−R,R] :
X
X
ak xk 6
ak Rk
ce qui induit que la série entière est normalement convergente sur [−R,R].
P
Ainsi la fonction x 7→
an xn est continue sur [−R,R] donc :
∞
X
n=0
n
an R = lim
x→R−
∞
X
an xn = lim f (x).
n=0
–3–
x→R−
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3
Première modélisation : le cas particulier N = 2 .
1. a. Si le jeu s’arrête au second duel, il est alors clair que J0 ou J1 a gagné ses deux duels donc D2 correspond à (0,0) ou
à (1,1).
b. Le jeu s’arrêtant au (n+1)-ième duel, le (n+1)-uplet constitué des résultats ne peut contenir un entier k (avec 0 6 k < n)
plus d’une fois et il contient nécessairement n deux fois. Ainsi Dn+1 correspond au (n + 1)-uplet (0,2, . . . ,n − 2,n − 1,n,n)
ou bien à (1,2, . . . ,n − 2,n − 1,n,n).
2. a. L’évènement « J0 gagne ou J1 gagne » étant certain, la probabilité que Dn (pour n > 3) se produise est égale à la
probabilité de l’évènement « J2 gagne, J3 gagne, . . . , Jn−1 gagne et Jn perd », donc :
∀n > 3,
P (Dn ) = pn−2 (1 − p)
et P (D2 ) = (1 − p)(1 − p2 ) + p(1 − p2 ) = 1 − p2 = 1 − p donc
∀n > 2,
P (Dn ) = pn−2 (1 − p).
De plus les évènements Dn étant disjoints entre eux, on a :


[
X
X
P
Dn  =
P (Dn ) =
pn−2 (1 − p) = (1 − p) ×
n>2
c’est à dire que l’évènement
[
n>2
n>2
1
=1
1−p
Dn est certain ce qui revient à dire que le jeu s’arrêtera au bout d’un nombre fini de duels.
n>2
b. La loi de T est donnée par P (T = n) = P (Dn ) = (1 − p)pn−2 . Ainsi T suit une loi géométrique de paramètre 1 − p,
donc l’espérance et la variance existent et valent :
X
1
1 − p X n−1 1 − p
n−2
np
=
×
E[T ] = (1 − p)
np
=
−1
p
p
(1 − p)2
n>2
n>2
=
E[T ] =
1 − p p(2 − p)
p (1 − p)2
2−p
.
1−p
De plus la variance est donnée par Var[T ] = E[T 2 ] − (E[T ])2 , on commence par calculer E[T 2 ] :
X
E[T 2 ] = (1 − p)
n2 pn−2
n>2
= (1 − p)
X
n(n − 1)pn−2 + (1 − p)
n>2
X
n>2
2
2−p
= (1 − p) ×
3 + 1−p
(1 − p)
donc :
Var[T ] =
=
2 + (2 − p)(1 − p) − (2 − p)2
(1 − p)2
p
(1 − p)2
–4–
npn−2
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3. Calculons P (Dk ) pour k > 3 :
P (Dk ) = p2 × p3 × · · · × pk−1 (1 − pk ) = βk−1 (1 − pk ) = βk−1 − βk
et P (D2 ) = 1 − p2 donc pour n > 3 :
n
X
P (Dk ) = 1 − β2 +
k=2
n
X
βk−1 − βk = 1 − βn
k=3
et cette formule est encore vraie pour n = 2, donc
n
X
P (Dk ) = 1 − βn
k=2
De plus, les évènements (Dn ) étant disjoints deux à deux, on a :
!
n
n
[
X
P
Dk =
P (Dk ) = 1 − βn
k=2
donc
∞
[
k=2
Dk est de probabilité 1 si et seulement si βn tend vers 0 quand n tend vers l’infini.
k=2
4. Pour que
avons :
S
n>2 Dn
soit de probabilité 1, il faut et il suffit que βn tende vers 0. Or compte tenu que pn = 1 −
βn =
n Y
1−
i=2
1
iα
1
, nous
nα
et puisque chaque terme du produit est strictement positif, nous pouvons passer au logarithme pour obtenir :
ln βn =
n
X
i=2
1
ln 1 − α
i
.
Puisque βn doit tendre vers 0, la série de droite doit être divergente de limite −∞, or le terme général de cette série est
1
1
équivalent en l’infini à − α . La série de terme général − α est divergente si et seulement si α ∈]0,1] (critère de Riemann)
i
i
1
donc la série de terme général ln 1 − α est divergente si et seulement si α ∈]0,1] (cf préliminaires).
i
On peut donc conclure que βn tend vers 0 quand n tend vers l’infini si et seulement si α ∈]0,1].
5. On a P (T = n) = P (Dn ), donc :
P (T = 2) = 1 − p2 =
et on a par téléscopage
βn =
1
2
n Y
i=2
et ∀n > 3,
1
1−
i
=
P (T = n) = βn−1 − βn
n
Y
i−1
i=2
i
=
1
n
et on en déduit que
∀n > 2,
P (T = n) =
1
.
n(n − 1)
La série de terme général nP (T = n) est clairement divergente, donc T n’admet pas d’espérance.
–5–
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6. a. Puisque
− ln pk
1
kα
1
est divergente, on a, d’après les préliminaires,
kα
et que pour α ∈]0,1[ la série de terme géneral
n
X
k=2
b. La fonction x ∈ R∗ 7→
∼
n→+∞
n
X
1
ln pk ∼
n→+∞
kα
k=2
1
étant décroissante, on a par positivité de l’intégrale :
xα
Z k
Z k
Z k
1
1
1
dx 6
dx 6
α dx
α
α
k−1 k
k−1 x
k−1 (k − 1)
c’est à dire :
1
6
kα
k
Z
1
1
.
dx 6
xα
(k − 1)α
k−1
En sommant les inégalités, on obtient grâce à la relation de Chasles que :
Z n
n
n
X
X
1
1
1
6
dx 6
α
kα
x
(k
−
1)α
1
k=2
c’est à dire :
k=2
n
n
X
n1−α − 1 X 1
1
1
6
6
+1− α
kα
1−α
kα
n
k=2
k=2
donc
n
1
n1−α X 1
1
1
6
−
6
+1− α
1−α
1−α
kα
1−α
n
k=2
puis comme α ∈]0,1[, on a :
n
X 1
n1−α 1
1
−
+ 1 − α = o(n1−α )
6
kα 1 − α 1 − α
n
k=2
donc
n
X
1
kα
n→+∞
ln βn
∼
k=2
∼
n1−α
1−α
c. De la question précédente, on peut déduire que
n→+∞
−
n1−α
.
1−α
De plus :
ln (nc un ) = ln (nc βn (1 − pn+1 )) = ln (βn ) + ln
et on a :
nc
(n + 1)α
n1−α
+ (c − α) ln n
n→+∞
1−α
puis par théorème de comparaison des fonctions usuelles, on a
ln (nc un )
∼
ln (nc un )
−
∼
n→+∞
–6–
−
n1−α
1−α
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donc la suite (ln (nc un )) tend vers −∞ quand n tend vers l’infini.
En particulier, pour c = 3, la suite (ln n3 un ) tend vers
donc par application de l’exponentielle qui est de limite
−∞
1
. Par le théorème de comparaison des séries et le critère de
nulle en −∞, la suite (n3 un ) tend vers 0 donc nun = o
n2
Riemann, on en déduit que la série de terme général nun est convergente.
On a nP (T = n) = nun−1 = (n − 1)un−1 + un−1 , puis comme un 6 nun pour n > 1, on en déduit alors que la série de
terme général nP (T = n) est convergente donc T admet une espérance.
4
4.1
Deuxième modélisation : le cas où les probabilités sont constantes.
Cas particulier : N = 3 et p = 1/2 .
1. En notant P (A|B) la probabilité de A sachant B, on a :
P (Gn |An ) =
P (Gn ∩ An )
P (Gn )
=
P (An )
P (An )
car si Gn se réalise, alors nécessairement An se réalise. De plus, si Jn participe, il a une chance sur deux de gagner chacune
de ses trois confrontations donc
1 1 1
1
P (Gn |An ) = × × =
2 2 2
8
et on en déduit que :
1
P (Gn ) = P (An ).
8
2. Puisque N = 3, il y a au moins trois confrontations. Les joueurs J0 et J1 participent à la première, J2 à la seconde et J3
à la troisième, donc les évènements A0 , A1 , A2 et A3 sont certains.
3. a. Le premier duel du joueur Jn−k est le (n − k)-ième (si bien sûr le jeu ne s’est pas arrêté avant), s’il participe au n-ième
duel, il aura alors participer à k + 1 duels. Donc si k > 2, alors k + 1 > 3 donc Jn−k a gagné trois duels et le n-ième duel
ne peut avoir lieu donc P (An,k ) = 0.
Les évènements An,1 et An,2 sont incompatibles et leur réunion vaut An donc :
P (An ) = P (An,1 ) + P (An,2 ).
De plus :
P (An,1 |An−1 ) =
P (An,1 ∩ An−1 )
P (An,1 )
=
P (An−1 )
P (An−1 )
1
1
1
car An,1 ⊂ An−1 . Or P (An,1 |An−1 ) = donc P (An,1 ) = P (An−1 ). On a P (An,2 |An−2 ) = et An,2 ⊂ An−2 donc, de
2
2
4
1
même, P (An,2 ) = P (An−2 ). On peut alors conclure que pour n > 4
4
1
1
P (An ) = P (An−1 ) + P (An−2 ).
2
4
b. La suite (un ) définie pour n > 2 par
u2 = 1, u3 = 1
∀n > 4, un = 12 un−1 + 14 un−2
est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 donc un est une combinaison linéaire de r1n et de r2n donc
∃(λ,µ) ∈ R2 , ∀n > 2,
–7–
un = λr1n + µr2n
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On détermine λ et µ grâce aux conditions initiales u2 et u3 :
1 = λr12 + µr22
1 = λr13 + µr23
or le déterminant de ce système vaut r12 r23 − r13 r22 = r12 r22 (r2 − r1 ) qui est différent de 0 car r1 < r2 . On a alors :
 r −1 
2
3
1
λ
r2 −r22
1
 r12 (r2 − r1 ) 
= 2 2
= 1−r

1
µ
1
r1 r2 (r2 − r1 ) −r13 r12
2
r2 (r2 − r1 )
On calcule λ et µ :
λ+µ =
=
=
or r1 + r2 =
r23 − r22 + r12 − r13
r12 r22 (r2 − r1 )
r22 + r1 r2 + r12 − (r1 + r2 )
(r1 r2 )2
(r1 + r2 )2 − r1 r2 − (r1 + r2 )
(r1 r2 )2
1
1
et r1 r2 = − donc λ + µ = 0 et
2
4
λµ =
=
=
=
4
et de λ + µ = 0 on déduit que λ = ± √ . Or r1 r2
5
que :
r2 − 1 − r1 r2 + r1
r12 r22 (r2 − r1 )2
r 1 + r 2 − r1 r2 − 1
(r1 r2 )2 [(r1 + r2 )2 − 4r1 r2 ]
−1/4
5/64
16
−
5
1
= − < 0 et r1 < r2 donc r1 < 0 donc µ > 0 et on peut en conclure
4
4
λ = −√
5
et
4
µ= √
5
puis que
4
P (An ) = √ (r2n − r1n )
5
c. Les évènements (Gn ) sont deux à deux disjoints donc :


[
X
1 1
1 X n
P
Gn  =
P (Gn ) = + + √
r2 − r1n
8 8 2 5
n>0
n>0
n>2
il n’est pas difficile de vérifier que |r1 | < 1 et que |r2 | < 1 donc :


2
[
1
1
r2
r12
+ √
−
P
Gn  =
4 2 5 1 − r 2 1 − r1
n>0
=
=
1
1 r2 − r12 − r1 r2 (r2 − r1 )
+ √ 2
4 2 5 1 − (r1 + r2 ) + r1 r2
1
1 (r2 − r1 )(r1 + r2 − r1 r2 )
+ √
4 2 5 1 − (r1 + r2 ) + r1 r2
–8–
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
√
or r2 − r1 =
p
(r1 + r2 )2 − 4r1 r2 =
5
(car r2 > r1 ) donc
2


√
[
5 3/4
1
1


P
Gn = + √ ×
=1
4 2 5
2 1/4
n>0
donc l’évènement « il existe un gagnant » est certain donc la probabilité que le jeu s’arrête est de 1.
Pour que le jeu s’arrête au troisième duel, il faut et il suffit que J0 ou J1 gagne ses trois duels donc :
P (T = 3) = P (G0 ∪ G1 ) =
1
2
=
8
4
Si le jeu s’arrête au n-ième duel, alors Jn ne peut être la vainqueur (car il n’a fait qu’un seul duel), Jn−1 non plus (il n’a fait
que deux duels) et comme P (An,k ) = 0 pour k > 2, on en déduit que Jn−2 est vainqueur, autrement dit
P (T = n) = P (Gn−2 ).
Donc pour n > 4, on a :
1
1
P (T = n) = P (Gn−2 ) = √ r2n−2 − r1n−2
8
2 5
L’espérance de T existe car la série de terme général nP (T = n) est clairement convergente, donc :
E[T ] =
=
=
=
=
=
=
=
=
E[T ] =
3
1 X
+ √
n r2n−2 − r1n−2
4 2 5
n>4


1 X n−1 
3
1  1 X n−1
+ √
nr2 −
nr1
4 2 5 r2
r1
n>4
n>4
3
1
1
1
1
1
2
2
+ √
− 1 − 2r2 − 3r2 −
− 1 − 2r1 − 3r1
4 2 5 r2 (1 − r2 )2
r1 (1 − r1 )2
1
3
1
1
1
1
+ √
−
+
−
+ 3(r1 − r2 )
4 2 5 r2 (1 − r2 )2 r1 (1 − r1 )2 r1 r2
"
#
r1 (1 − r1 )2 − r2 (1 − r2 )2 r2 − r1
3
1
+ √
+
− 3(r2 − r1 )
4 2 5 r1 r2 ((1 − r1 )(1 − r2 ))2
r1 r2
"
√ #
√
3
1
r13 − r23 − 2(r12 − r22 ) + r1 − r2
3 5
+ √
−2 5−
4 2 5
2
r1 r2 (1 + r1 r2 − (r1 + r2 ))2
"
√ #
3
1
(r1 − r2 )(r12 + r1 r2 + r22 − 2(r1 + r2 ) + 1) 7 5
+ √
−
4 2 5
2
r1 r2 (1 + r1 r2 − (r1 + r2 ))2
"
#
√
3
1
(r1 − r2 )((1 − (r1 + r2 ))2 − r1 r2 ) 7 5
+ √
−
4 2 5
2
r1 r2 (1 + r1 r2 − (r1 + r2 ))2
√
√ !
3
1
− 5/4 7 5
+ √
−
4 2 5 −1/64
2
56
=7
8
–9–
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
4.2
Étude du cas général
1. a. La probabilité que J0 gagne le premier duel est 1 − p et la probabilité qu’il gagne chacun des N − 1 duels suivants est
1 − p donc :
g0 = P (G0 ) = (1 − p)N .
Pour 0 6 k 6 N , les évènements Ak sont certains car il faut au minimum N duels pour que N duels soient gagnés par l’un
des joueurs, donc :
∀k ∈ [0,N ]N , ak = P (Ak ) = 1.
b. Les évènements Gn sont deux à deux disjoints donc :
n
X
gk =
k=0
n
X
P (Gk ) = P
k=0
n
[
!
Gk
61
k=0
ainsi la série de terme général gn est à termes positifs (ces sont des probabilités) et les sommes partielles sont majorées donc
la série est convergente.
P (Gn )
gn
car Gn ⊂ An . Le joueur Jn a participé au n-ième duel avec une probabilité p de gagner
c. On a P (Gn |An ) =
=
P (An )
an
et les N − 1 duels suivants avec une probabilité 1 − p de gagner donc :
P (Gn |An ) = p(1 − p)N −1 ⇐⇒ gn = p(1 − p)N −1 an .
Ainsi an =
gn
donc la série de terme général an est convergente.
p(1 − p)N −1
2. a. Tout d’abord, on a P (An,k ) = 0 pour k > N , en effet si Jn rencontre Jn−k avec k > N alors le joueur Jn−k aura
remporté au moins N duels ainsi le n-ième ne pourra avoir lieu. Les évènements An,k pour 1 6 k 6 N − 1 sont deux à
deux incompatibles et leur réunion vaut An donc :
an =
N
−1
X
P (An,k )
k=1
De plus, compte tenu de An,k ⊂ An−k , on a :
P (An,k |An−k ) =
P (An,k )
an−k
Le joueur Jn−k a une probabilité p de remporter le n−k-ième duel et une probabilité 1−p de remporter les (n−1)−(n−k)
suivants donc :
P (An,k |An−k ) = p(1 − p)k−1
et on peut conclure que :
an =
N
−1
X
p(1 − p)k−1 an−k .
k=1
Pour n = N + 1, on a :
aN +1 =
N
−1
X
p(1 − p)k−1 aN −(k−1) = p
k=1
N
−2
X
(1 − p)k aN −k
k=0
or nous avons vu que ak = 1 pour k ∈ [0,N ]N donc :
aN +1 = p
1 − (1 − p)N −1
= 1 − (1 − p)N −1
1 − (1 − p)
– 10 –
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
b. On a
S =
N
X
n=1
=
N
X
S =
N
X
p(1 − p)k−1 an−k
n>N +1 k=1
an +
n=1
=
−1
X NX
an +
N
−1
X
p(1 − p)k−1
N
−1
X
n=1
k=1
N
X
N
−1
X
an +
n=1
an−k
n>N +1
k=1
an +
X
X
p(1 − p)k−1
an
n>N +1−k
p(1 − p)k−1
S−
N
−k
X
!
an
n=1
k=1
les deux sommes de la première ligne pouvant être permutées compte tenu que la seconde est finie. On en déduit que :
!
N
−1
N
N
−1
N
−k
X
X
X
X
1−
p(1 − p)k−1 S =
an −
p(1 − p)k−1
an
n=1
k=1
1−p
1 − (1 − p)N −1
1 − (1 − p)
N
X
!
S =
an −
n=1
N
X
(1 − p)N −1 S =
an −
n=1
k=1
N
−1
X
n=1
p(1 − p)k−1
k=1
N
−1 N
−1
X
X
N
−1
X
p(1 − p)k−1 aN −i .
k=1 i=k
En permutant les deux sommes, on obtient :
(1 − p)N −1 S =
N
X
an −
N
−1
X
n=1
i=1
= N−
= N−
= 1+
= 1+
aN −i
N
−1
X
i=1
N
−1
X
aN −i · p
i
X
p(1 − p)k−1
k=1
1 − (1 − p)i
1 − (1 − p)
aN −i 1 − (1 − p)i
i=1
N
−1
X
(1 − p)i aN +1−(i+1)
i=1
N
X
1
p
p(1 − p)k−1 aN +1−k
k=2
i
1h
= 1+
aN +1 − paN + p(1 − p)N −1 a1
p
h
i
(1 − p) 1 − (1 − p)N −1
= 1+
p
et on en déduit que :
h
i
p + (1 − p) 1 − (1 − p)N −1
S=
p(1 − p)N −1
– 11 –
=
aN −i
i=k
1 − (1 − p)N
p(1 − p)N −1
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
puis que :
X
gn = (1 − p)N + p(1 − p)N −1 S = 1
n>0
[
donc l’évènement
Gn est certain donc la probabilité que le jeu s’arrête est 1.
n>0
3. a. Si le jeu s’arrête à la n-ième étape cela signifie le joueur Jn−N +1 a gagné ses N duels donc :
gn = P (T = n + N − 1)
Si Jn entre en jeu, alors le jeu ne peut s’arrêter qu’en au moins n duels et réciproquement. Donc :
an = P (T > n).
b. On a P (T > n) = P (T > n + 1) = an+1 . Puisque la série de terme général an est convergente alors celle de terme
général an+1 l’est aussi donc T admet une espérance et :
X
X
P (T > n) =
an+1 = S
E[T ] =
n>0
n>0
N
E[T ] =
1 − (1 − p)
.
p(1 − p)N −1
1
Le résultat trouvé en (4.1.3.c.) était valable pour N = 3 et p = , calculons E[T ] dans ce cas :
2
3
E[T ] =
1 − (1 − 12 )
1
2 (1
=
2
− 12 )
7
8
1
8
=7
ce qui confirme le résultat de la question (4.1.3.c.).
Puis pour N = 2, on a :
1 − (1 − p)2
p(2 − p)
2−p
E[T ] =
=
=
p(1 − p)
p(1 − p)
1−p
ce qui confirme là-aussi le résultat de la question (3.2.b.).
1
Et enfin, avec p = et N quelconque, on a :
2
N
E[T ] =
1 − (1 − 12 )
1
2 (1
−
1 N −1
2)
=
2N −1
2N
1
2N
= 2N − 1.
c. On a (An ∩An+1 ) = (T = n) car si Jn joue et si Jn+1 ne joue pas alors le jeu s’arrête à la n-ième étape et réciproquement.
Donc
P (An ) − P (An+1 ) = P (T = n) ⇐⇒ an − an+1 = gn−N +1 = p(1 − p)N −1 an−N +1
la dernière égalité étant vraie car n − N + 1 > 2.
5
5.1
Comportement asymptotique de la loi de T .
Un lemme.
Il s’agit ici de démontrer le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire dans C. On procède par récurrence sur r > 2 :
• amorce : Supposons que l’on ait (z1 ,z2 ) ∈ C∗ 2 tel que |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 |.
– 12 –
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
En faisant la confusion vecteur-affixe, on élève au carré et l’on obtient :
|z1 |2 + |z2 |2 + 2z1 · z2 = |z1 |2 + |z2 |2 + 2|z1 ||z2 | ⇐⇒ z1 · z2 = |z1 ||z2 |
où . · . désigne le produit scalaire usuel. On se retrouve alors avec le cas d’égalité de l’inégalité de Cauchy-Schwarz et
cela permet d’affirmer que les vecteurs (affixes) sont liés c’est à dire qu’il existe λ ∈ R tel que z2 = λz1 et puisque
z1 · z2 > 0 on λ ∈ R+∗ . Ainsi la propriété pour r = 2 est vraie.
• hérédité : Supposons la propriété vraie au rang r − 1. Montrons-la au rang r.
Soit une famille (z1 , . . . ,zr ) une famille de r nombres complexes non nuls telle que :
r
r
r−1
r−1
X
X
X
X
zk =
|zk | ⇐⇒ zr +
zk = |zr | +
|zk |
k=1
k=1
k=1
k=1
puis en appliquant l’inégalité triangulaire au membre de gauche, on obtient :
r−1
r−1
r−1
r−1
r−1
X
X
X
X
X
|zr | +
|zk | = zr +
zk 6 |zr | + zk ⇐⇒
|zk | 6 zk k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
puis de nouveau par inégalité triangulaire, on a :
r−1
X
k=1
r−1
r−1
X
X
|zk |
|zk | 6 zk 6
donc
k=1
k=1
r−1
r−1
X
X
zk =
|zk |.
k=1
k=1
D’après l’hypothèse de réccurence :
∀k ∈ J2,r − 1K, ∃λk ∈ R+∗ ,
Autrement dit :
Posons R+∗ 3 λ = 1 +
zr +
r−1
X
1+
r−1
X
!
λk
k=2
z1 = |zr | +
zk = λk z1 .
1+
r−1
X
!
λk
|z1 |
k=2
λk et on a :
k=2
|zr + λz1 | = |zr | + |λz1 |.
D’après l’amorce, il existe λ0r ∈ R+∗ tel que zr = λ0r λz1 et en posant λr = λ0r λ la propriété est vraie au rang r.
5.2
Étude d’une fonction associée à T .
1. On a, d’après (4.2.3.a.) :
Q(x) =
X
an+1 xn
n>0
Puisque la suite (an ) est à termes positifs et que la série de terme général an est convergente, on en déduit que la série entière
définie ci-dessus est de rayon R > 1. Si R > 1 alors Q est clairement définie sur [−1,1], elle y est évidemment continue et
dérivable (car c’est une série entière). Par contre si R = 1, la série définissant Q est majorée sur [0,1[ par S, donc d’après la
question (2.3.2.c.) celle-ci est normalement convergente sur [−1,1]. De la convergence normale de la série entière, on déduit
immédiatement que Q est continue sur [−1,1] et dérivable sur ] − 1,1[.
– 13 –
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
2. On a montré que :
an+1 = an − p(1 − p)N −1 an−N +1
∀n > N + 1,
donc
Q(x) =
N
X
n=0
=
=
=
N
X
an xn − p(1 − p)N −1
X
an+1 xn +
n>N +1
an+1 xn + x
X
n=0
n>N
N
X
"
an−N +1 xn
n>N +1
an+1 xn − p(1 − p)N −1 xN
X
an+1 xn
n>1
an+1 xn + x Q(x) −
n=0
N
−1
X
X
N
−1
X
#
an+1 xn − p(1 − p)N −1 xN [Q(x) − a1 ]
n=0
n
N
x + aN +1 x + xQ(x) − x
n=0
N
−1
X
xn − p(1 − p)N −1 xN Q(x) + p(1 − p)N −1 xN
n=0
N
h
N −1
= 1 − x + 1 − (1 − p)
i
x + p(1 − p)N −1 xN + xQ(x) − p(1 − p)N −1 xN Q(x)
N
et en passant les termes en Q(x) à gauche, on obtient :
h
i
N −1 N
N N
1 − x + p(1 − p)
x Q(x) = 1 − (1 − p) x ⇐⇒ 1 − x +
3. Posons
α(x) = 1 − x +
p
(x(1 − p))N
1−p
p
N
(x(1 − p)) Q(x) = 1 − (x(1 − p))N
1−p
β(x) = 1 − (x(1 − p))N
et
on a alors :
p
p
1
[1 − β(x)] ⇐⇒ α(x) +
β(x) =
−x
1−p
1−p
1−p
1
1
− x donc ρ =
puis on vérifie sans peine que
donc si ρ est une racine commune à α et à β, alors ρ est racine de
1−p
1−p
1
α(ρ) = β(ρ) = 0. Ainsi
est la seule racine (évidemment réelle) commune à α et à β.
1−p
De plus, on vérifie que :
β 0 (ρ) = −N (1 − p) 6= 0
α(x) = 1 − x +
donc ρ est une racine réelle commune à α et β, et celle-ci n’est pas simultanément multiple (j’utilise cette expression car il
y a une ambiguité sur le mot « simple » dans l’énoncé).
Les polynômes α et β sont alors tous deux divisibles par le polynôme 1 − x(1 − p) et on a :
β(x)
1 − x(1 − p)
=
N
−1
X
1 − (x(1 − p))N
=
(1 − p)k xk
1 − x(1 − p)
k=0
= 1+
1−p
p
N
−1
X
p(1 − p)k−1 xk
k=1
1 1−p
+
B(x)
p
p
puis compte tenu de la relation montrée à la question précédente, on a
=
α(x)
p
β(x)
1
=−
+
= −B(x)
1 − x(1 − p)
1 − p 1 − x(1 − p) 1 − p
et en divisant l’égalité obtenue à la question (5.2.2.), on obtient :
1 1−p
1
1
−B(x)Q(x) = +
B(x) ⇐⇒ Q(x) = 1 − −
.
p
p
p pB(x)
– 14 –
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
5.3
Étude des racines de B .
1. La fonction x ∈ R+ 7→ B(x) + 1 est une somme de fonctions strictement croissantes sur R+ donc celle-ci est strictement
croissante puis on en déduit que B est strictement croissante.
On a :
N
−1
X
1 − (1 − p)N −1
k−1
B(1) = −1 + p
(1 − p)
= −1 + p
= −(1 − p)N −1 .
1 − (1 − p)
k=1
Ainsi B(1) < 0 et clairement lim B(x) = +∞ donc grâce à la continuité et à la stricte monotonie de B on peut appliquer
x→+∞
le théorème de la bijection pour en déduire que B admet une unique racine ρN sur ]1, + ∞[.
N
−1
X
0
De plus, B (x) =
kp(1 − p)k−1 xk−1 donc comme précédemment B 0 est une fonction strictement croissante sur R+
k=1
donc B 0 (ρN ) > B 0 (0) = p donc B 0 (ρN ) 6= 0. On peut alors conclure que ρN est une racine simple de B.
2. On raisonne par l’absurde en supposant que toutes les racines complexes de B sont de module au plus ρN . Soit ω une
racine de B, on a :
−1
−1
N
−1
NX
NX
X
1 = B(ω) ⇒ 1 = p(1 − p)k−1 ω k 6
p(1 − p)k−1 |ω|k 6
p(1 − p)k−1 ρkN = 1
k=1
k=1
k=1
les inégalités précédentes deviennent alors des égalités et on en déduit que :
N −1
N −1
X
X
k−1 k p(1 − p) ω =
p(1 − p)k−1 |ω|k
k=1
k=1
et d’après le lemme, on a :
∀k ∈ J2,N − 1K, ∃λk ∈]0, + ∞[, (1 − p)k−1 ω k = λk ω
donc si un tel ω existe, alors pour k = 2 on en déduit qu’il est réel et comme B n’admet qu’une seule racine réelle, on en
déduit que ω = ρN . Puisque B est de degré N − 1, on en déduit alors que ρN est racine d’ordre N − 1 (car dans C, B admet
N − 1 racines) ce qui est contradictoire.
On peut alors conclure que toutes les racines complexes de B (hormis ρN ) sont de module strictement supérieur à ρN .
P
P
3. La série entière complexe P (T > n)z n est de rayon au moins 1 car la série an+1 est convergente donc la convergence de la série entière est au moins assurée sur le disque ouvert de centre 0 et de rayon 1. Puisque la série converge sur
[−1,1],
obtenir la convergence normale sur le disque fermé
P de centre 0 etnde rayon 1 ce qui assure la continuité
P on peut alors
P (T > n)z est alors bornée sur D(0,1) ce qui
de
P (T > n)z n sur D(0,1). Par compacité de D(0,1), la série
permet de conclure qu’elle n’admet pas de pôles sur D(0,1) (car au voisinage de ceux-ci, la série ne serait pas bornée). Par
conséquent, le résultat était prévisible.
5.4
Recherche d’équivalent.
1
1
1. B étant un polynôme
est une fraction rationnelle donc
∈ C(z) et le résultat demandé est une simple conséquence
B
B
du théorème de décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples.
2. a. Afin d’éviter l’utilisation de la théorie des fonctions holomorphes, introduisons la fonction :
fθ : r ∈] − 1,1[7→
1
1 − reiθ
qui est C ∞ sur ] − 1,1[. De plus, on a clairement
fθ (r) =
X
n>0
– 15 –
rn einθ
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
et la série est de rayon 1. En dérivant s fois cette relation, nous obtenons :
X
(s)
fθ (r) =
n(n − 1) · · · (n − s + 1)rn−s einθ
n>s
puis en reprenant l’expression initiale de fθ , on a :
s!eisθ
(s)
fθ (r) =
donc
1
(1 −
=
s+1
reiθ )
s+1
(1 − reiθ )
X n(n − 1) · · · (n − s + 1)
s!
n>s
rn−s ei(n−s)θ
et en réindiçant, on obtient :
1
s+1
(1 − reiθ )
=
X (n + s)(n + s − 1) · · · (n + 1)
s!
n>0
ainsi
∀s > 1, ∀|z| < 1,
rn einθ =
X
Csn+s rn einθ
n>0
X
1
n
Cs−1
s =
n+s−1 z .
(1 − z)
n>0
z
Puisque |zk | > 1 et |z| < 1, on a < 1 donc d’après la formule ci-dessus, on a :
zk
1
donc
1−
z
zk
s =
X
Cs−1
n+s−1
n>0
z
zk
n
X
1
zn
Cs−1
s =
n+s−1 n+s .
(zk − z)
zk
n>0
b. On a
vk
X
s=1
λk,s
(z − zk )s
=
vk
X
λk,s
s=1
X Cs−1
n+s−1
n>0
zkn+s
zn
vk
X X
λk,s Cs−1
n+s−1
=
zks
s=1
n>0
!
1 1
zkn z
les deux sommes ayant été permutées car la première est finie. On pose
Pk (X) =
vk
X
λk,s (X + s − 1)(X + s − 2) · · · (X + 1)
(s − 1)!zks
s=1
qui est clairement dans R[X]. De plus le polynôme (X + s − 1)(X + s − 2) · · · (X + 1) est de degré s − 1 donc Pk est de
degré au plus vk − 1 et on a
vk
X
λk,s Cs−1
n+s−1
Pk (n) =
zks
s=1
par conséquent
vk
X
s=1
X
λk,s
s =
(z − zk )
n>0
– 16 –
Pk (n)
zkn
zn.
C ORRIGÉ DE L’ ÉPREUVE D ’ ANALYSE – C APES EXTERNE 2006
c. On déduit de la question précédente que :
m
X X
1
Pk (n)
=
B(z)
zkn
n>0
donc
!
zn
k=1
m
1 X X Pk (n)
Q(x) = 1 − −
p
pzkn
n>0
!
xn
k=1
puis par unicité du développement en série entière, on peut identifier les coefficients et on a :
m
∀n > 1,
an+1
1 X Pk (n)
=
.
p
zkn
k=1
3. a. Si zk 6= ρN , on a
lim
n→+∞
ρN
zk
n
Pk (n) = 0
ρN car < 1 et parce que Pk est un polynôme. La somme donnant an+1 étant finie, on en déduit que si ρN = z` , on a :
zk
lim an+1 ρnN =
n→+∞
1
lim P` (n)
p n→+∞
mais ρN étant une racine simple v` = 1 donc P` est de degré au plus 0 donc P` est constant et :
lim an+1 ρnN =
n→+∞
et en posant K =
P` (0)
p
P` (0)
, on a
p
an+1
∼
K
.
ρnN
λ`,1
z − ρN =
.
B(z) z=ρN
n→+∞
b. On a, puisque ρN est simple,
λ`,1
P` =
ρN
et la dernière quantité vaut
1
B 0 (ρ
N)
et
(en utilisant la règle de L’Hospital), on en déduit alors que :
K=
1
.
pB 0 (ρN )
On a P (T = n) = gn−N +1 = p(1 − p)N −1 an−N +1 donc :
P (T = n)
∼
n→+∞
(1 − p)N −1 ρN
N 1
.
0
B (ρN )
ρnN
– 17 –