Concours HEC 99 : corrigé de l`épreuve de Maths I

Mathématiques
Concours HEC 99 :
corrigé de l’épreuve
de Maths I (voie S)
Roger Cuculière,
Professeur en classe préparatoire, lycée Pasteur (Neuilly sur Seine),
collaborateur de diverses revues (Quadrature, Tangente, Repères,
Sciences et Vie Junior...), co-auteur de “Olympiades internationales
de Mathématiques 1988-97”, Ed. du choix.
Nota : l’énoncé du sujet n’est pas reproduit ici pour des raisons d’espace éditorial.
Il est disponible dans les rapports de jurys transmis par les Écoles à tous les établissements.
Partie I. Propagation déterministe ■
I. A. Premier modèle de propagation.
I. A. 1. La relation de récurrence qui régit la suite un ( ∆ ) s’écrit : un +1( ∆ ) = (1 − C∆ )u n (∆ ) + C∆ . Cette suite est arithméticogéométrique. On cherche le réel α tel que α = (1 − C∆ )α + C∆ , et l’on trouve : α = 1 , et la relation de récurrence susdite
s’écrit : un +1( ∆ ) − 1 = (1 − C∆ )(un (∆ ) − 1) . La suite (un (∆ ) −1) est une suite géométrique de raison 1 − C∆ , d’où :
un ( ∆ ) − 1 = (1 − C∆ ) (u0 ( ∆) − 1) , et finalement :
n

n 1
un ( ∆ ) = (1 − C∆ )  − 1 + 1 . Conséquence : lim un (∆ ) = 1.
N 
n→+∞
I. A. 2. a. Par définition de la partie entière,  t  ≤ t <  t  +1 , d’où :  t  ∆ ≤ t <   t  + 1 ∆ , ce qui implique :
 ∆ 
 ∆  ∆  ∆ 
  ∆  
t 
t
t − ∆ < ∆   ≤ t . Il en résulte : lim ∆   = t .
∆
→
0
∆
∆
 
(
)
t 
n
t
I. A. 2. b. Soit n =   . Quand ∆ → 0, on a : ln (1 − C∆ ) = n ln(1 − C∆ ) ~ − nC∆ = −  C∆ → − Ct . La limite de
∆
 ∆
(1− C∆) n

1
est donc e −Ct , d’où : lim u[ t ∆ ] (∆ ) = e −Ct  − 1 + 1 .
∆ →0
N 
I. A. 3. La relation donnée équivaut à : eCt f ′(t ) + eCt Cf (t ) = Ce Ct , pour tout t ∈ R + . La somme eCt f ′(t ) + e Ct Cf (t ) est la
dérivée de g(t ) = eCt f (t ) , et la relation précédente s’écrit : g ′(t ) = Ce Ct , d’où : g(t ) = eCt + K , où K est une constante. Par
suite, f (t ) = e− Ct g(t ) = 1 + Ke −Ct . La valeur de K s’obtient en faisant t = 0, ce qui donne :
K=
1
= f (0) = 1 + K , d’où :
N
1

1
− 1 , et finalement : f (t ) = 1 + e− Ct  − 1 . C’est la valeur de la limite trouvée à la question précédente.
N 
N
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
I. B. Deuxième modèle de propagation.
I. B. 1. La relation de récurrence qui régit la suite (v n (∆ )) s’écrit : v n +1 (∆ ) = (1 + C ∆ )v n ( ∆ ) − C∆v n (∆ ) , soit :
2
(
)
v n +1 (∆ ) = ϕ v n (∆ ) , où : ϕ ( x) = (1 + C∆ ) x − C ∆x2 . Pour x ≤ 1 , on a : ϕ ′( x ) = (1 + C∆ ) − 2C ∆x ≥ 1 − C∆ > 0 , ce qui prouve
que la fonction ϕ est strictement croissante sur ]− ∞ ,1].
On a : v1 (∆ ) = (1 + C∆ )
1
1
1
1 1 1

− C∆ 2 = + C ∆1 −  > = v0 (∆ ) , et :
 N N N
N
N
N
 1
v1 (∆ ) = ϕ (v0 ( ∆ )) = ϕ   < ϕ (1) = 1 . Ainsi, la relation : v n ( ∆) < v n +1 (∆ ) < 1 est vraie pour n = 0.
N
Si cette relation est vraie pour un certain n ∈N , alors la croissance de la fonction ϕ conduit à : ϕ (v n ( ∆ )) < ϕ (v n + 1( ∆)) < ϕ (1) ,
soit : v n +1 (∆ ) < v n + 2 (∆ ) < 1 . Ceci démontre par récurrence que l’on a : v n ( ∆) < v n +1 (∆ ) < 1 pour tout n ∈N .
La suite (v n (∆ )) est donc strictement croissante, ce qui prouve que v n (∆ ) ≥ v0 (∆ ) =
1
pour tout n ∈N , et il en résulte que
N
1 
1
la suite (v n (∆ )) est à valeurs dans  , 1 . Etant croissante et majorée, cette suite admet une limite L telle que :
≤ L ≤ 1.
N
N


Cette limite vérifie de plus : ϕ ( L) = L , soit : L = 0 ou L = 1. Comme
1
≤ L ≤ 1 , la seule valeur possible de L est : L = 1.
N
1
Il est ainsi démontré que la suite (v n (∆ )) est à valeurs dans  , 1 , est strictement croissante, et a pour limite 1.
N 
I. B. 2. a. • La relation de récurrence qui régit la suite (v n (∆ )) s’écrit :
1 − v n+1 (∆ ) = 1 − v n (∆ ) − C∆vn ( ∆ ) + C∆vn ( ∆ ) = (1 − v n (∆ ))(1 − C∆v n (∆ )) . Comme v n (∆ ) ≥
2
1 − C∆ vn ( ∆ ) ≤ 1 −
1
, on a :
N
C ∆ , et comme v (∆ ) < 1 , on a finalement :
n
N
(1 − vn (∆))(1 − C∆vn (∆)) ≤ (1 − v n (∆))1 − CN∆  , soit : 1 − v n+1 (∆) ≤ (1 − vn ( ∆))1 −


• L’inégalité précédente implique : 1 − v n (∆) ≤ (1 − v0 (∆))1 −
C∆ 
.
N 
n
n
C∆ 
1   C∆ 

.
 , soit : 0 < 1 − v n (∆ ) ≤ 1 −  1 −

 N 
N
N
n
Comme 0 < C∆ < 1 et que N ≥ 4 , il est clair que : 0 < 1 −
1   C∆ 
C∆

< 1 . La série de terme général 1 −  1 −
 est une série
 N 
N
N 
géométrique convergente, et la série de terme général 1 − v n (∆ ) est donc convergente elle aussi.
I. B. 2. b. La définition : x n =
1 − v n (∆ )
(1 − C∆ )
n
implique :
x n +1 1 − vn +1( ∆ )
1
.
=
.
xn
1 − v n (∆ ) 1 − C∆
La relation : 1 − v n+1 (∆ ) = (1 − v n (∆ ))(1 − C∆v n (∆ )) trouvée en I. B. 2. a. conduit alors à :
C∆ (1 − v n (∆ ))
x n+1 1 − C∆v n (∆ )
. On sait que 1 − v n (∆ ) → 0 quand n → + ∞. Il en résulte :
=
= 1+
xn
1 − C∆
1 − C∆
ln x n +1 − ln x n = ln
(

C∆ 1 − v n (∆ )
x n+1
= ln 1 +

xn
1 − C∆

) ~


C∆
1 − v n ( ∆ ) quand n → + ∞.
1 − C∆
(
)
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
Les séries de termes généraux :
C∆
(1 − vn (∆)) et : ln x n+1 − ln xn sont deux séries à termes généraux positifs équiva1 − C∆
lents : elles sont donc de même nature, et la série de terme général ln x n+1 − ln xn est donc convergente.
n−1
I. B. 2. c. On a : ln x n − ln x0 =
∑ (ln x
k +1
k =0
− ln x k ) , qui a pour limite s quand n → + ∞. Il en résulte que la limite de ln x n

1  
1 s

1

est : s + ln x 0 = s + ln1 −  . La limite de x n est donc : exp s + ln1 −   = 1 −  e , qui est un réel strictement
 N   N 

 N
1

n
n
positif. En conséquence : 1 − vn ( ∆ ) = xn (1 − C∆ ) ~ 1 −  es (1 − C∆ ) quand n → + ∞.
 N
v n (∆ )
I. B. 3. a. On pose : y n =
. Il vient :
v n+1 (∆ ) 1 − v n (∆ ) 1
yn +1
=
.
.
.
yn
1 − v n+1 (∆ ) vn (∆ ) 1 + C∆
(1 − vn ( ∆))(1 + C∆)
Nous avons vu que : v n+1 (∆ ) = v n (∆ )(1 + C∆ − C∆v n (∆ )) et que : 1 − v n+1 (∆ ) = (1 − v n (∆ ))(1 − C∆v n (∆ )) .
1 + C∆ − C∆v n (∆ )
1 + C∆ − C∆v n (∆ ) − (1 − C∆v n (∆ ))(1 + C∆ )
y
1
Il en résulte : n +1 =
, d’où : yn +1 − 1 =
.
yn
1 − C∆v n (∆ )
1 + C∆
yn
(1 − C∆v n (∆))(1 + C∆)
n
Le numérateur se simplifie et apparaît égal à : C 2 ∆2 v n (∆ ) , en sorte que :
C 2 ∆2 v n (∆ )
yn +1
= 1+
yn
(1 + C∆)(1 − C∆v n (∆)) .
I. B. 3. b. • La fonction : u a ln (1 + u ) , définie pour u > -1, a pour dérivée seconde
−1
(u + 1)2
. Cette fonction est donc concave,
ce qui implique que son graphe est situé au-dessous de ses tangentes, en particulier de sa tangente à l’origine, dont l’équation
est : y = u. Il en résulte : ln(1 + u) ≤ u pour tout pour u > -1.
Si l’on ne veut pas utiliser la convexité, on peut étudier la fonction auxiliaire : ϕ (u) = u − ln(1 + u ) .
• Cette inégalité : ln(1 + u) ≤ u , appliquée au résultat de la question I. 3. B. a., conduit à :
ln yn+1 − ln y n = ln


C 2 ∆2 vn ( ∆ )
C 2 ∆2 v n (∆ )
C 2 ∆2 vn ( ∆ )
yn +1
≤
= ln1 +
≤
 (1 + C∆ )(1 − C∆ v (∆ )) (1 + C∆ )(1 − C ∆v ( ∆)) 1 − C∆ vn (∆ ) .
yn

n

n
Puisque v n (∆ ) < 1 , on a :
En conséquence : ln
yq
y0
v n (∆ )
1
C 2 ∆2
<
, d’où : ln yn+1 − ln y n ≤
.
1 − C∆v n (∆ ) 1 − C ∆
1 − C∆
q−1
= ln y q − ln y0 =
∑ (ln y
n= 0
Par ailleurs, il est clair que y0 =
v 0 ( ∆)
1 − vq (∆ )
=
n +1
− ln yn ) ≤ q
C 2 ∆2
.
1 − C∆
yq
( N − 1)vq (∆) .
1
, d’où :
=
q
N −1
y0
1 − vq (∆ ) (1 + C∆ )
(
)

(N − 1)vq ( ∆)  ≤ q C 2 ∆2
On a ainsi démontré que : ln
.
 1 − v ∆ 1 + C∆ q 
)  1 − C∆
q( ) (

(
)
y
I. B. 3. c. L’expression de yn +1 trouvée en I. B. 3. a. montre que n +1 > 1 , ce qui signifie que la suite ( y n ) est croissante, d’où
yn
yn
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
l’on déduit :
yq
y0
> 1 . Le résultat de I. B. 3. c. se précise donc ainsi :

( N − 1)v q (∆) 
C 2 q∆
0 < ln
≤
∆
 1 − v ∆ 1 + C∆ q 
)  1 − C∆ .
q( ) (

(
)
t
Soit q =   . On sait que la limite de q∆, quand ∆ → 0, est t (question I. A. 2. a.). L’encadrement précédent permet donc
∆ 

( N − 1)v q (∆) 
( N − 1)vq ( ∆)
= 0 , d’où :
d’affirmer : lim ln
= 1 + o(1) .
q
q
∆ →0
1 − vq (∆ ) (1 + C∆ )
 1 − v q (∆ ) (1 + C ∆) 
(
)
(
)
On démontre comme en I. A. 2. b. que la limite de (1 + C∆ ) , quand ∆ → 0, est eCt , d’où :
q
( N − 1)vq ( ∆)
v (∆ )
= (1 + o(1))(eCt + o(1)) = e Ct + o(1) . En conséquence, la limite de q
est :
1 − v q (∆ )
1− vq (∆ )
est : (N − 1)e −Ct , la limite de
lim u[ t ∆ ] (∆ ) =
∆ →0
1
est : 1+ (N − 1)e −Ct , et enfin :
vq (∆ )
1
1+e
− Ct
( N − 1) .
I. B. 4. La relation donnée équivaut à :
H (t ) =
1− v q (∆ )
eCt
, la limite de
N −1
vq (∆ )
h′(t )
h(t )
2
 1

= C
− 1 , pour tout t ∈ R + . La fonction t
 h(t ) 
a
−
h ′( t )
h(t )
2
est la dérivée de
1
, et la relation précédente s’écrit : H ′(t ) = C(1 − H (t )) , et cette fonction H (t ) satisfait à la même relation que la
h(t )
fonction f (t ) de la question I. A. 3. . On en déduit immédiatement :
H (t ) = 1 + Ke −Ct , où K est une constante, donc : h(t ) =
1
. La valeur de K s’obtient en faisant t = 0, ce qui donne :
1 + Ke −Ct
1
1
1
= h(0) =
, d’où : K = N − 1 , et finalement : h(t) =
. C’est la valeur de la limite trouvée à la question
N
1+ K
1 + ( N − 1)e −Ct
précédente.
Partie II. Propagation probabiliste ■
II. A. Une formule dans le cas discret.
II. A. Soit n ∈N et r ∈ {0,1,..., N − 1} . A l’instant ( n + 1)∆ , il reste exactement r personnes non informées si et seulement si :
• ou bien : à l’instant n∆, il reste exactement r + 1 personnes non informées et une de ces personnes est informée dans
[
]
Pn (∆, r + 1)β∆ (r + 1)( N − (r + 1)) .
l’intervalle de temps n∆ , (n +1)∆ ; la probabilité de cet événement est :
• ou bien : à l’instant n∆, il reste exactement r personnes non informées et aucune personne supplémentaire n’est informée dans
[
]
l’intervalle de temps n∆ , (n +1)∆ ; la probabilité de cet événement est :
Pn (∆, r )(1− β∆ r(N − r)) .
La formule des probabilités totales se traduit donc par l’égalité :
Pn+1 (∆ , r) = Pn (∆ , r + 1)β∆(r + 1)(N − (r + 1)) + Pn (∆ , r)(1 − β∆r (N − r )) , ce qui est la formule demandée.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
II. B. Étude d’un premier cas discret.
II. B. 1. La formule trouvée en II. A., appliquée à N = 4 et ∆ = 1, donne, pour r = 0, 1, 2, 3 :
Pn+1 (1, 0 ) = Pn (1, 0) + 3βPn (1,1) , Pn+1 (1,1) = (1 − 3β )Pn (1,1) + 4βPn (1, 2) , Pn+1 (1, 2) = (1 − 4 β )Pn (1, 2) + 3βPn (1, 3) ,
Pn+1 (1, 3) = (1 − 3β ) Pn (1,3) . Ces égalités se traduisent matriciellement par : U n+1 = TU n , avec :
0
0 
 1 3β


0 1 − 3β
4β
0 

T=
. Cette matrice dénommée T est Triangulaire...
0
0
1 − 4β
3β 


0
0
1 − 3β 
0
II. B. 2. a. Les valeurs propres d’une matrice triangulaire sont ses coefficients diagonaux, soit : 1, 1 − 4β , 1 − 3β .
 x
 
y
Les vecteurs propres associés à la valeur propre 1 sont les vecteurs V =   tels que :
 z
 
t
0
0   x  0
 0 3β

   
0   y  0
 0 − 3β 4β
, ce qui donne immédiatement : y = z = t = 0 , et le sous-espace propre correspondant est
=
0
0
− 4β 3β   z   0

   
0
0
− 3β   t   0
0
 1
 
0
la droite vectorielle engendrée par le vecteur : V1 =   .
 0
 
 0
On trouve de même que le sous-espace propre correspondant à la valeur propre 1 − 4β est la droite vectorielle engendrée par le
 3
 
−4
vecteur : V2 =   . Et enfin, le sous-espace propre correspondant à la valeur propre 1 − 3β est la droite vectorielle engen 1
 
 0
 1
 
−1
drée par le vecteur : V3 =   .
 0
 
 0
Il n’existe donc pas de base de R 4 constituée de vecteurs propres de la matrice T : cette matrice n’est pas diagonalisable.
 0  1 
 0
 
   
y
y
−1
II. B. 2. b. Le système : T   = (1 − 3β )  +   s’écrit : 3βy = 1 , − βy + 4βz = −1 , − βz + 3βt = 0 , qui se résout immé z
 z  0 
 
   
t
t  0 
diatement en : y =
1
1
1
, z=
,t=
.
3β
6β
18β
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
 0  0 

  
y  1 (3β ) 

II. B. 2. c. Désignons par V4 le vecteur :
trouvé à la question précédente (II. B. 2. b.), qui vérifie :
 z  =  1 (6β ) 

  
 t  1 (18β )
TV4 = (1 − 3β )V4 + V3 . Sa quatrième coordonnée n’étant pas nulle, ce vecteur n’est pas combinaison linéaire de V1 , V2 ,V 3 .
La famille (V1 , V 2 , V3 ) est constituée de trois vecteurs propres correspondant à trois valeurs propres distinctes : cette famille est
donc libre, et comme V4 ∉ Vect(V1 , V2 , V3 ) , la famille (V1 , V2 , V3 , V4 ) est libre aussi, et c’est donc une base de R 4 .
On a : TV1 = V1 , TV2 = (1 − 4 β )V 2 , TV 3 = (1 − 3β )V3 , TV 4 = V3 + (1 − 3β )V4 .
Dans la base (V1 , V2 , V3 , V4 ) , la matrice de l’endomorphisme de R 4 canoniquement associé à T est donc :
0
0
0 
1


−
0
1
4
β
0
0 
S =
0
0
1 − 3β
1 .


0
0
1 − 3β 
0
La matrice de passage de la base canonique à la base (V1 , V2 , V3 , V4 )
0 
1 3 1


0 − 4 − 1 1 (3β ) 

.
est : P = 
0 1
0 1 (6β ) 


0 1 (18β )
0 0
On a donc : S = P −1TP , d’où : T = PSP −1 .
0
0
0 
1
0



−
0
1
4
β
0
0
0


II. B. 2. d. Posons : D = 
et N = 

0
0
1 − 3β
0
0



0
0
1 − 3β 
0
0
0
0
0
0
0

0
. Ces deux matrices vérifient : S = D + N ,
1

0
0
0
0
0
n
*
N 2 = 0 , DN = ND = (1 − 3β ) N . Puisque DN = ND , on peut calculer S , pour n ∈N , au moyen de la formule du bi-
nôme de Newton : S n = (D + N ) = D n + Cn1 D n−1 N = D n + n(1 − 3β )
n
1

0
n
S =
0

0
0
(1 − 4β) n
(1 − 3β )n
0
0
N , soit :



n−1
n(1 − 3β )  .

(1 − 3β) n 
0
0
0
n−1
0
0
1

1
0
II. B. 3. Puisque 0 < β < , il est clair que : 0 < 1 − 4β < 1 − 3β < 1 , d’où : lim S n = 

4
n→+∞
0

0
0 0 0

0 0 0
, matrice que nous
0 0 0

0 0 0
désignerons par S ∞ . En conséquence, la matrice T n = PS n P −1 admet une limite égale à : T∞ = PS ∞ P −1 . Le calcul montre
que : PS ∞ = S∞ , d’où :
1

0
T∞ = PS ∞ P −1 = S∞ P −1 = 
0

0
0
0
0
0
0
0
0
0
0  a

0  *
0  *

0  *
b
*
*
*
c
*
*
*
d  a b
 
*  0 0
=
*  0 0
 
*  0 0
c
0
0
0
d

0
0 .

0
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
II. B. 4. La somme des coefficients de chaque colonne de la matrice T est égale à 1 (c’est une matrice stochastique). Il en
résulte que : LT = L. On en déduit immédiatement que LT n = L pour tout n ∈N * , d’où : lim LT n = L = (1 1 1 1) .
n → +∞
a

0
Mais par ailleurs, lim LT n = LT∞ = (1 1 1 1)

n→+∞
0

0
(a
b
0
0
0
1

0
b c d ) = (1 1 1 1) , et finalement : T∞ = 
0

0
c
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
d

0
= (a b c d ) , d’où :
0

0
1

0
.
0

0
 P (1, 0)  1
 0
 
 P (1, 1)  0
II. B. 5. La limite de U n = T nU 0 , quand n → + ∞, est : T∞U 0 = T∞  0
=
P (1, 2)  0
 0
 
 P0 (1, 3)  0
1
0
0
0
1
0
0
0
1  0  1
   
0  0  0
.
=
0  0  0
   
0  1  0
 P (1, 0)
 n

 Pn (1,1) 
, ceci se traduit par : lim Pn (1, 0) = 1 , lim Pn (1, 1) = 0 , lim Pn (1, 2) = 0 , lim Pn (1, 3) = 0 .
Comme U n = 
Pn (1, 2)
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n→+∞


 Pn (1, 3)
II. C. Étude du cas discret général.
II. C. 1. Pour i ∈ {1, 2,..., N } , notons (Wn ) i la i-ème coordonnée du vecteur Wn , en sorte que : (Wn )i = Pn (∆, i − 1) . La
formule de la question II. A. se traduit par :
(Wn+1 )i = Pn +1( ∆, i − 1) = Pn (∆, i − 1)(1 − β∆(i − 1)( N − i + 1)) + Pn (∆, i)β∆i( N − i)
= (1 − β∆(i − 1)(N − i + 1))(Wn )i + β∆ i( N − i)(Wn )i +1 , pour i ∈ {1,2,..., N − 1} , et bien sûr :
(Wn+1 ) N = (1 − β∆( N − 1))(Wn +1 ) N .
Notons ( R) ij le coefficient de la i-ème ligne, j-ème colonne d’une matrice R à N lignes et N colonnes.
L’égalité : Wn +1 = RWn se traduit par : (Wn +1 )i =
N
∑ ( R)
j =1
ij
(Wn ) j .
L’égalité précédente est bien de ce type, avec : ( R)i ,i = 1 − β∆ (i − 1)( N − i + 1) , ( R)i ,i +1 = β∆ i( N − i) , et ( R)ij = 0 dans les
autres cas. On trouve une matrice R qui est une généralisation de la matrice T de la question II. B. 1. : une matrice triangulaire
supérieure constituée de la diagonale principale et de la surdiagonale des coefficients ( R) i,i +1 , tous les autres coefficients étant
nuls.
II. C. 2. a. La procédure Calcul1 consiste à écrire le calcul matriciel que nous venons de présenter :
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
(*************************************************************************)
PROCEDURE Calcul1(Var V : vecteur) ;
VAR j : integer ;
BEGIN
for j:=1 to N-1 do
V[j]:=(1-beta*delta*(j-1)*(N-j+1))*V[j] + beta*delta*j*(N-j)*V[j+1] ;
V[N]:=(1-beta*delta*(N-1))*V[N]
END ;
(*************************************************************************)
II. C. 2. b. La procédure Calcul2 consiste à initialiser convenablement le vecteur V, puis à lui faire subir i fois la procédure
Calcul1 :
(*************************************************************************)
PROCEDURE Calcul2(Var V : vecteur ; i : integer) ;
VAR k : integer ;
BEGIN
for k:=1 to N-1 do V[k]:=0 ; V[N]:=1 ;
for k:= 1 to i do Calcul1(V)
END ;
(*************************************************************************)
II. C. 3. Pour n ∈N et r = N − 1 , la formule de la partie II. A. devient :
Pn+1 (∆ , N − 1) = Pn (∆ , N − 1)(1 − β∆( N − 1)) = ρPn (∆ , N − 1) ,
ce qui prouve que la suite
(Pn (∆, N − 1))n∈N
est géométrique de raison ρ. Il en résulte immédiatement :
Pn (∆ , N − 1) = ρ n P0 ( ∆, N − 1) = ρ n .
II. C. 4. a. La condition vérifiée par la suite v n s’écrit :
métriques. S’il existe un réel α tel que : α =
à:
v n+1
q n+1
−α ≤
 a
vn
≤α + 
n
 q
q
v n +1
q n+1
≤
a vn b
.
+ , ce qui fait songer aux suites arithmético-géoq qn q
a
b
α + , alors la soustraction de cette égalité à l’inégalité précédente conduit
q
q
n

 a
a  vn
v
 n − α  , d’où : nn − α ≤   ( v0 − α ) , et finalement :
q q
 q

q
n
n
 a
 v 0 − α ≤ α + v 0 − α . Si nous posons : A = α + v 0 − α , nous obtenons l’inégalité
 q
( v0 − α ) ≤ α + 
n
demandée : v n ≤ Aq .
Il reste à préciser que le réel α existe bel et bien ; il est égal à : α =
II. C. 4. b. La condition vérifiée par la suite v n s’écrit :
un +1
a n +1
=
un
an
b
.
q −a
n
+
n
un +1 un b  q 
b  q
  , soit : n+1 − n =   , suite géoméa a
a  a
a
a
trique, dont la somme est :
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
k
n −1
 uk +1
∑  a
k =0
k +1
 q
  −1
b qn − a n
u 
b  q
b  a
− kk  =
.
.
=
=
 
a q −1
an q − a .
a  k =0 a  a 
a
n−1
k
∑
Mais par ailleurs, cette somme est télescopique :
n −1
 uk +1
∑  a
k =0
k +1
−
uk   un un−1   un−1 un−2 
u  u
u
 u
=  n − n−1  +  n−1 − n−2  +......+  22 − 1  +  1 − u0  = nn − u0 .
k

a
 a
a a
a  a
a  a
a
En identifiant les deux expressions trouvées pour cette somme, il vient :
un = b
qn − an
+ u0 a n .
q−a
II. C. 4. c. La fonction φ :x


x ( N − x ) a pour dérivée : N − 2 x . Elle est donc strictement croissante sur 0,
a
N
et stric2 
N
N
tement décroissante sur  , N  . Cette fonction admet donc un maximum pour x = , ce qui permet d’affirmer que pour
2
2

tout x ∈ [0, N ] , on a : φ (x ) = x( N − x) ≤
N N N2
. =
. En fait, cette inégalité est vraie de tout x réel, et elle découle im2 2
4
2
médiatement de l’identité remarquable :
N2

N
− x( N − x) =  − x .


4
2
II. C. 5. Pour n ∈N et r = N − 2 , la formule de la partie II. A. devient :
(
)
Pn +1 (∆ , N − 2) = Pn (∆ , N − 1) 1 − 2 β∆ (N − 2) + Pn ( ∆, N − 1)β∆( N − 1) ,
et comme on a vu à la question II. C. 3. que : Pn (∆ , N − 1) = ρ n P0 ( ∆, N − 1) = ρ n , il vient :
Pn+1 (∆ , N − 2) = Pn ( ∆, N − 1)(1 − 2β∆ ( N − 2)) + β∆ ( N − 1)ρ n ,
ce qui est exactement une formule de récurrence du type étudié (et “ dévissé ”) à la question II. C. 4. b. , avec a = 1 − 2β∆ ( N − 2) ,
b = β∆ (N − 1) , q = ρ = 1 − β∆ (N − 1) .
La question II. C. 4. c. nous assure que a ≠ q , ce qui est aisé à vérifier directement puisque l’égalité : a = q
équivaudrait à : 2 β∆( N − 2) = β∆ ( N − 1) , soit : N = 3 , ce qui est exclu par l’énoncé.
La conclusion de la question II. C. 4. b. nous donne immédiatement :
Pn (∆ , N − 2) = β∆( N − 1)
Pn (∆, N − 2) =
ρ n − (1 − 2β∆ ( N − 2))
β∆ ( N − 3)
n
+ P0 (∆, N − 2)a n , soit :
n
N −1  n
 ρ − (1 − 2β∆ (N − 2))  , où : ρ = 1 − β∆ (N − 1) .


N −3
II. C. 6. On va démontrer par récurrence sur k que pour chaque k ∈ {2,3,... N − 2} , il existe un réel positif Bk tel que, pour
tout n ∈N , on a : Pn (∆, N − k ) = Bk ρ n . Cette propriété est vraie pour k = 2 , puisque nous avons vu que :
Pn (∆, N − 2) =
n
N −1  n
N −1 n
 ρ − (1 − 2β∆ (N − 2))  ≤
ρ .


N −3
N −3
Supposons que cette propriété soit vraie pour un k ∈ {2,3,... N − 3} .
Rappelons la formule de la question II. A. :
Pn+1 (∆ , r) = Pn (∆, r )(1 − β∆r( N − r)) + Pn ( ∆, r + 1)β∆ (r + 1)( N − r − 1) .
L’étude faite à la question II. C. 4. c. de la fonction φ :x
a
x ( N − x ) sur l’intervalle [0, N ] permet d’affirmer que si :
2 ≤ r ≤ N − 2 , alors : r ( N − r ) = φ (r ) ≥ φ (2 ) = φ ( N − 2) = 2( N − 2) > φ (1) = N − 1 , et en conséquence :
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
1 − β∆r ( N − r ) ≤ 1 − 2 β∆ (N − 2) < 1 − β∆( N − 1) = ρ . On a vu de plus que : φ (x ) ≤
Il en résulte : Pn+1 (∆ , r) ≤ (1 − 2β∆ ( N − 2)) Pn (∆ , r ) + β∆
N2
N2
.
, d’où : (r + 1)( N − r − 1) ≤
4
4
N2
P (∆ , r + 1) , autrement dit :
4 n
Pn+1 (∆ , N − k − 1) ≤ (1 − 2β∆ ( N − 2)) Pn (∆ , N − k − 1) + β∆
N2
P (∆ , N − k ) .
4 n
Et en appliquant l’hypothèse de récurrence, il vient :
N2
B ρn .
4 k
Cette inégalité est du type étudié à la question II. C. 4. b., et les conditions associées sont réalisées ici.
Pn+1 (∆ , N − k − 1) ≤ (1 − 2β∆ ( N − 2)) Pn (∆, N − k − 1) + β∆
Il en résulte qu’il existe Bk +1 tel que, pour tout n ∈N , on a : Pn (∆, N − k − 1) = Bk +1 ρ n .
La propriété annoncée est ainsi démontrée par récurrence, et en posant : Ar = BN −r , on obtient la propriété demandée pour
r ∈ {2,3,... N − 2} . Pour r = N − 1 , on a vu à la question II. C. 3. que : Pn (∆, N − 1) = ρ n , et la propriété est encore vraie.
II. C. 7. a. Pour n ∈N et r = 0 , la formule de la partie II. A. devient :
Pn+1 (∆ , 0 ) = Pn ( ∆, 0) + Pn (∆ ,1)β∆ (N − 1) ,
et cette égalité montre que la suite (Pn ( ∆, 0))n∈N est croissante. Or, cette suite est majorée par 1, puisque Pn (∆ , 0) est une
probabilité. Il s’ensuit que la suite (Pn ( ∆, 0))n∈N converge vers une limite L telle que : 0 ≤ L ≤ 1 .
II. C. 7. b. • L’égalité : Pn+1 (∆ , 0 ) = Pn ( ∆, 0) + Pn (∆ ,1)β∆ (N − 1) équivaut à : Pn (∆ ,1) =
Pn +1 (∆, 0) − Pn (∆ , 0)
β∆ ( N − 1)
, et comme
la suite (Pn ( ∆, 0))n∈N est convergente, cette égalité implique : lim Pn ( ∆, 1) = 0 .
n→+∞
• A la question II. C. 6., nous avons vu que pour chaque pour chaque r ∈ {2,3,... N − 1} , il existe un réel positif Ar tel que,
pour tout n ∈N , on a : Pn (∆, r) = Ar ρ n . Puisque 0 < ρ < 1 , il en résulte :
lim Pn (∆ , r) = 0 .
n→+∞
• Le nombre de personnes non informées à l’instant n∆ est : ou bien 0, ou bien 1, ... , ou bien N − 1 ; ces N événements,
N −1
qui sont deux à deux incompatibles, forment un système complet, d’où :
∑ P (∆, r) = 1 , et par suite :
n
r=0
Pn (∆ , 0) = 1 −
N −1
∑ P ( ∆, r ) . Ce qui implique :
n
r =1
lim Pn (∆ , 0) = 1 .
n→+∞
n
t
t
t
II. C. 8. • On a vu à la question II. C. 3. que : Pn (∆, N − 1) = (1 − β∆( N − 1)) . Si n =   , alors :
− 1 < n ≤ , d’où :
∆
∆
∆
t

t
 − 1 ln(1 − β∆ ( N − 1)) ≥ ln Pn (∆ , N − 1) ≥ ln(1 − β∆( N − 1)) .
∆ 
∆
On a :
t

t
ln(1 − β∆ ( N − 1)) ~ − β ( N − 1)t quand ∆ → 0 , et  − 1 ln(1 − β∆ ( N − 1)) a la même limite. En conséquence,
∆ 
∆
lim ln P[t ∆ ] ( ∆, N − 1) = e− β( N −1)t .
∆ →0
• On a vu à la question II. C. 5. que : Pn (∆, N − 2) =
n
n
N −1 
t
(1 − β∆ ( N − 1)) − (1 − 2β∆( N − 2))  . Soit encore n =   .


N −3
∆
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a
t ∆
Le même encadrement que précédemment montre que : lim (1 − β∆ ( N − 1))[ ] = e − β ( N −1)t , et :
∆→0
[t ∆ ]
lim (1 − 2β∆ (N − 2))
= e −2 β( N −2)t . D’où l’on déduit enfin :
∆ →0
lim ln P[ t ∆ ] (∆, N − 1) =
∆ →0
(
)
N − 1 − β( N −1)t
− 2β N − 2 t
e
−e ( ) .
N −3
38
II. D. Étude du cas continu.
II. D. 1. La fonction f vérifie, pour tout t ∈ I : e at f ′(t ) = −ae at f (t ) + be (a − q )t , soit :
( a −q)t
d at
e f (t ) = be (a −q) t . On en déduit : eat f (t ) = b e
+ K , où K est une constante réelle. La fonction f est donc de la
dt
a−q
(
)
forme : f (t ) =
b −qt
e + Ke −at .
a −q
II. D. 2. • La fonction FN −1 vérifie la propriété : FN′ −1 (t ) = − β ( N − 1)FN −1 (t ) . D’après la question II. D. 1., cette fonction
est donc de la forme : FN −1 (t) = Ke − β( N −1)t . La condition supplémentaire : FN −1 (0) = 1 implique : K = 1, et finalement :
FN −1 (t ) = e −β ( N −1)t .
• La fonction FN −2 vérifie la propriété : FN′ −2 (t ) = β ( N − 1)FN −1 (t ) − 2β (N − 2 )FN −2 (t ) , soit :
FN′ −2 (t ) = β (N − 1)e− β( N −1)t − 2β ( N − 2)FN −2 (t ) .
D’après la question II. D. 1., cette fonction est donc de la forme :
FN −2 (t ) =
β ( N − 1)
2β ( N − 2) − β ( N − 1)
e −β ( N −1)t + Ke −2β ( N −2 )t =
N − 1 −β ( N −1)t
+ Ke −2β ( N −2) t .
e
N −3
N −1
La condition supplémentaire : FN −2 (0) = 0 implique : K = −
, et finalement :
N −3
(
)
N − 1 −β ( N −1)t
e
− e −2β ( N −2) t .
N −3
• On retrouve les valeurs limites obtenues à la question II. C. 8.
FN −2 (t) =
Commentaire ■
Un problème des plus intéressants, avec un thème unique : la propagation de l’information dans une population.
Pour traiter ce thème, le problème met en œuvre les divers outils mathématiques du programme : Analyse, Algèbre
linéaire, Calcul des Probabilités, sans oublier des questions d’informatique.
En raison du sujet choisi, cet énoncé fait beaucoup de place aux suites. Il a le mérite de proposer des techniques de
majoration et d’encadrement qui mettent en lumière la finesse de l’Analyse mathématique, laquelle ne se réduit pas,
et loin s’en faut, à l’application automatique de formules apprises par cœur.
On a pu regretter une certaine lourdeur de notations dans la partie I. Dans les questions où ∆ reste fixe, on aurait pu
noter un ce que l’énoncé notait un ( ∆ ) : on obtenait ainsi des calculs plus simples. Rien n’empêchait les candidats de
faire preuve d’initiative et de conduire leurs calculs en dénommant provisoirement un la suite en question, en
signalant explicitement cette modification sur la copie. Ou bien de faire comme l’auteur de ces lignes : de procéder
à cette modification au brouillon, en rétablissant sur la copie la notation de l’énoncé.
L’auteur de l’énoncé s’est sans doute refusé à cette simplification pour préserver une unité de notation, et la notation
un ( ∆ ) était indispensable dans les questions où ∆ tend vers 0. Ces questions sont du plus haut intérêt par le lien qu’elles
établissent entre le cas discret et le cas continu.
Un problème de concours n’est pas seulement une juxtaposition de questions testant des connaissances, il doit être
aussi un aussi un travail mathématique cohérent qui apporte quelque chose sur le plan scientifique, et l’on peut dire que
ce but est atteint ici.
R. C.
rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
A Numéro 20 • Octobre 1999 a