Ecole des Hautes Etudes Commerciales Exercice 1

Ecole des Hautes Etudes Commerciales
Option économique 2000
Mathématiques III
Exercice 1
1. Montrer que, pour tout nombre réel x > 0 et tout entier naturel k; l’intégrale
Z 1 k xt
t e
dt
1 + t5
1
est convergente.
Pour quelles valeurs de l’entier k cette intégralle est-elle aussi convergente pour x = 0 ?
Z 1
e xt
2. On se propose d’étudier la fonction F dé…nie, pour x 0; par F (x) =
dt:
1 + t5
1
Montrer que F est une fonction strictement positive, décroissante et que
lim F (x) = 0
x !+1
3.
a) Montrer que, pour tout réel t
0; tout réel x
e
t(x+h)
tx
e
b) Montrer de même que, pour tout réel t
e
t(x+h)
c) En déduire que pour tout réel x
F (x + h)
e
0 et tout réel h
+t he
tx
0; tout réel x
tx
+t he
tx
t2 h2
e
2
0; on a:
tx
0 et tout réel h
t2 h2
e
2
0; on a:
t(x+h)
0 et tout réel h tel que x + h 0; on a:
Z 1
Z
te xt
h2 1 t2
F (x) + h
dt
dt
1 + t5
2 1 1 + t5
1
d) Montrer en…n que la fonction F est dérivable sur[0; +1[ et donner une expression de sa fonction
dérivée F 0 :
Z 1 2 xt
te
0
4. Montrer de même que F est dérivable sur [0; +1[ et que F "(x) =
dt
1 + t5
1
5. On se propose de montrer que la fonction ln(F ) est convexe.
a) Montrer que si a, b et c sont trois nombres réels tels que, pour tout réel ; on ait l’inégalité:
a 2 + 2b + c 0; alors, nécessairement, ac b2 0:
b) En déduire que la fonction ln(F ) est une fonction convexe.
1
Exercice II
On dispose de deux jetons A et B que l’on peut placer dans deux cases C0 et C1 ; et d’un dispositif
permettant de tirer au hasard et de manière équiprobable, l’une des lettre a, b ou c. Au début de
l’expérience, les deux jetons sont placés dans C0 : On procède alors à une série de tirages indépendants de
l’une des trois lettres a, b ou c.
A la suite de chaque tirage, on e¤ectue l’opération suivante:
si la lettre a est tirée, on change le jeton A de case,
si la lettre b est tirée, on change le jeton B de case,
si la lettre c est tirée, on ne change pas le placement des jetons.
On suppose qu’il existe un espaceprobabilisé dont la probabilité est notée p, qui modélise cette expérience
et que l’on dé…nit deux suites de variables aléatoires sur cet espace, (Xn )n 0 et (Yn )n 0 , décrivant les
positions respactives de A et B, en posant:
X0 = Y0 = 0, et pour tout entier naturel n non nul, Xn = 0 si à l’issue de la nieme opération, le jeton A
se trouve dans C0 et Xn = 1 s’il setrouve dans C1 ; de même, Yn = 0 si à l’issue de la nieme opération, le
jeton B se trouve dans C0 et Yn = 1 s’il setrouve dans C1 :
I Simulation
Ecrire un programme en Turbo-Pascal permettant de simuler l’expérience, qui lira un entier N entré au
clavier, représentant le nombre de tirages à e¤ectuer, et qui a¢ chera à l’écran la liste des couples observés
(Xn ; Yn ) pour 1 n N:
Ce programme utilisera la fonction RANDOM qui renvoie, pour un argument m de type INTEGER, un nombre
entier de l’intervalle [0; m 1], tiré au hasard et de manière équiprobable.
(Cette fonction doit être initialisé par la commande RANDOMIZE)
II Etude du mouvement du jeton A.
1.
a) Soit n un entier strictement positif. Déterminer la probabilité que, à l’issue de la nieme opération,
le jeton A n’ait jamais quitté C0 :
b) Quelle est la proabilité que le jeton A reste indé…niment dans C0 ?
2. Pour tout entier naturel k supérieur ou égal à 2, on s’interresse à l’événement Dk : à l’issue de la
k ieme opération, le jeton A revient pour la première fois dans C0 : Déterminer la probabilité p (Dk ).
3. Soit M la matrice
M=
2 1
1 2
a) Déterminer les valeurs propres de M et donner une base de vacteurs propres.
b) En déduire l’expression de M n; pour tout entier n strictement positif.
4.
a) Calculer les probabilités p (X1 = 0) et p (X1 = 1) :
b) Déterminer une matrice Q telle que, pour tout entier naturel n; on ait l’égalité matricielle:
p(Xn+1 = 0)
p(Xn+1 = 1)
2
=Q
p(Xn = 0)
p(Xn = 1)
c) Pour tout entier naturel n non nul, calculer la matrice Qn et en déduire la loi de la variable Xn :
III Etude d’un mouvement du couple de jetons (A; B)
On suppose que l’on dé…nit sur le même espace probabilisé une suite de variables aléatoires (Wn )n 0 , à
valeurs dans f0; 1; 2; 3g, décrivant les positions des dexu jetons A et B; en posant:
W0 = 0; et pour tout entier naturel n non nul,
Wn = 0; si à l’issue de la nieme opération, A et B se trouvent tous les deux dans C0 ;
Wn = 1; si à l’issue de la nieme opération, A se trouve dans C0 ;et B dans C1 ;
Wn = 2; si à l’issue de la nieme opération, A se trouve dans C1 ;et B dans C0 ;
Wn = 3; si à l’issue de la nieme opération, les deux jetons A et B se trouvent dans C1 :
1. Calculer la probabilitép(W1 = i) pour i égal à 0, 1, 2 et 3.
2. Déterminer la matrice R telle que, pour tout entier naturel n; on ait l’égalité matricielle:
0
1
0
1
p (Wn+1 = 0)
p (Wn = 0)
B p (Wn+1 = 1) C
B
C
B
C = R B p (Wn = 1) C
@ p (Wn+1 = 2) A
@ p (Wn = 2) A
p (Wn+1 = 3)
p (Wn = 3)
3. On considère les matrices:
0
1
B 0
I=B
@ 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1 1
C
B
0 C
1 1
;U = B
A
@
0
1 1
0
1 1
1
1
1
1
1
0
1
0 0
C
B
1 C
0 0
;V = B
A
@
1
0 1
1
1 0
a) Pour tout entier naturel n non nul, calculer U n et V n :
0
1
0
0
1
1
0 C
C
0 A
0
b) Etablir, pour tout entier naturel non nul n; l’égalité
(U
n
V) =
n
X
( 1)k Cnk U n k V k
k=0
où par convention on pose: U 0 = V 0 = I:
c) En déduire, pour tout entier naturel non nul n; l’égalité
(U
V )n =
1 n
[3
4
( 1)n ] U + ( 1)n V n
4. Pour tout entier naturel n non nul, calculer Rn et donner la loi de la variable Wn : (on distinguera les
cas n pair et n impair)
5. Déterminer, pour tout entier naturel n non nul, la covariance de Xn et Yn et calculer la limite de
cette covariance quand n tend vers +1:
VI Etude d’un long séjour.
On suppose que chaque tirage, avec l’opération qui le suit, dure une minute. Ainsi, à lissue de la nieme
opération, n minutes se sont écoulées depuis le début de l’expérience.
Soit n un entier naturel non nul.
On suppose que le nombre de minutes écoulées pendant lesquelles le jeton A a séjourné dans C1 , entre le
début de l’expérience et l’issue de la nieme opération, est une variable aléatoire que l’on note Tn :
3
1. Exprimer Tn à l’aide des variables Xk , pour k compris entre 1 et n:
2. En dédure l’espérance E (Tn ).
1
Calculer la limite de E (Tn ) quand n tend vers l’in…ni.
n
4
Corrigé HEC Mathématiques III Option économique 2000
Par Pierre Veuillez
Exercice 1
R1
tk e xt
est continue sur [1; +1[ donc 1
5
1+t
gence qu’en +1: Or pour t et x positifs,
1. La fonction t !
tk e xt
1 + t5
tk e xt
dt
1+t5
ne pose de problème de conver-
0:
t
Et comme, pour x strictement positifs, tk est négligeable devant ex=2 quand t tend vers +1;
tk e xt
tk e xt=2 xt=2
=
e
est négligeable devant e tx=2 :
1 + t5
1 + t5
Z M
m
2 x=2
2 tx=2
2 mx=2 2 x=2
e
e
+ e
!
e
converge. Donc par
Or l’intégrale
e tx=2 =
=
m!+1 x
x
x
x
1
t=1
Z 1 k xt
t e
dt converge.
comparaison d’intégrales de fonctions positives,
1 + t5
1
N.B. le théorème de comparaison par négligeable n’est pas au programme. Il aurait donc fallut
tk e xt=2
tk e xt=2 xt=2
tk e xt=2
passer par:
!
0
donc
pour
t
su¢
semment
grand,
1
donc
e
e xt=2
5
1+t
5
5
1+t
1+t
et procèder ensuite par comparaison.
Pour x = 0;
tk e 0t
1+t5
=
tk
1+t5
=
tk 5
tk 5 :
(1+1=t5 ) t !+1
Donc par comparaison d’intégrales de fonctions positives, pour k
k < 4; elle converge.
4; l’intégrale diverge et pour
2. On ne sait pas dériver sous l’intégrale (seulement en intégrant par parties). C’est d’ailleurs l’objet
de cet exercice. On revient donc à la dé…nition du sens de variation d’une fonction: si x y alors
f (x) f (y) :
Soient x
y deux réels supérieurs à 0:
On a pour tout t 1, tx ty , tx
ty et comme la fonction exp est croissante sur R , e tx e ty :
Z
Z 1
1
e yt
e xt
e yt
e xt
>
0:
Et
dt
dt > 0 car les bornes sont en ordre croissant.
Donc
1 + t5
1 + t5
1 + t5
1 + t5
1
1
Donc si 0 x y alors F (x) F (y) > 0:
a) Conclusion: F est une fonction strictement positive, décroissante
Pour la limite, comme on ne sait pas calculer l’intégrale, on majore d’abord la fonction (en conservant
une fonction dont l’intégrale converge):
Pour t
1; on a 1 + t5
1 et comme la fonction inverse est décroissante sur ]0; +1[ et que 1 et
1
5
1 + t en sont éléments, 1+t5 1: En…n e xt 0 donc
e xt
1 + t5
5
e
xt
Z
M
M
1
e dt =
Or
e
x
1
sont en ordre croissant,
tx
tx
1
e
x
=
t=1
Z
1
1
On a donc: 0
1
e x !
x
x!+1
F (x)
Mx
1
+ e
x
x
!
M !+1
Z
e xt
dt
1 + t5
1
e
x
1
xt
e
x
1
tx
e
dt donc comme les bornes
1
dt =
1
=
Z
1
e
x
x
0 et par encadrement (et non par majoration)
lim F (x) = 0
x !+1
3.
a) On ne sait pas résoudre une telle inégalité, on passe donc par le sens de variation de la différence. (jxj < y , y < x < y) : Par rapport à h car c’est lui qui apparait le moins dans les
exponnentielles.
On a e
t(x+h)
e
tx
+t he
t2 h2
e tx
2
tx
=e
z
Soit la fonction G dé…nie par: G(z) = e
tx
e
th
t2 h2
2
1 + th
:
z2
2
1+z
G est dérivable sur R et G0 (z) = e z + 1 z:
G0 est dérivable sur R et G" (z) = e z 1 0: pour z 0 car e z e0
Donc G0 est décroissante sur [0; +1[: Or G0 (0) = 0 donc G0 0 sur [0; +1[:
Donc G est décroissante sur ]0; +1[. Et comme G(0) = 0; G 0 sur [0; +1[:
2 2
Pour t 0 et h 0 on a z = th 0 donc e t(x+h) e tx + t h e tx t 2h e tx 0
t2 h2 tx
Donc e t(x+h) e tx + t h e tx
e : pour tout h 0; t 0 et x réel.
2
De même, avec H(z) = e z 1 + z; on trouve H 0 (z) = e z + 1 0 pour z 0
Donc H est croissante sur [0; +1[ et comme H (0) = 0; H est positive.
Donc pour t 0 et h 0; e t(x+h) e tx + t h e tx 0
Finalement, pour tout réel t 0; tout réel x et tout réel h 0; on a:
e
b) e
t(x+h)
e
tx
+t he
t(x+h)
t2 h2
e t(x+h)
2
z2
:
2
0
z
tx
tx
e
=e
+t he
t(x+h)
(1
tx
t2 h2
e
2
tx
t2 h2
)
2
eth + t h eth
Soit G(z) = 1 ez + zez
G est dérivable sur R et G (z) = ze
z = z (ez 1) :
Or pour z 0; ez e0 = 1 donc G0 0 sur ] 1; 0] et G y est croissante.
Comme G (0) = 0; on a alors G 0 sur ] 1; 0]:
Donc pour t 0 et h 0 avec z = t:h 0 on a
e
t(x+h)
e
tx
+t he
e
tx
t2 h2
e
2
tx
et
e
Soit H(z) = 1
t(x+h)
+t he
ez + zez :
6
tx
t(x+h)
t2 h2
e
2
t(x+h)
0
H est dérivable sur R et H 0 (z) = zez 0 sur ] 1; 0]:
Donc H est décroissante sur ] 1; 0]: Comme H (0) = 0; on a H
Donc pour t 0 et h 0 avec z = t:h 0 on a
0
e
t(x+h)
e
tx
+t he
et …nalement
e
c) Or pour t
e
t(x+h)
0 , x
t(x+h)
0 et x + h
e
tx
+t he
0; on a
tx
t(x+h)
tx
0 donc e
1: Si bien que, pour h positif ou négatif on a e
1; 0]:
tx
t2 h2
e
2
tx
0 sur ]
t(x+h)
1 et
e
tx
t (x + h)
+t he
tx
0 donc
t2 h2
:
2
On remarque d’abord que toutes les intégrales ci dessous convergent:
R 1 t2 h2
t2
1
1
En e¤et
s
=
0
donc
dt converge.
1 2(1+t5 )
1 + t5
t3 (1 + 1=t5 ) t!+1 t3
Z 1
te xt
L’intégrale
dt a été traitée au 1).
1 + t5
1
En…n pour x 0 et x + h 0; F (x) et F (x + h) sont dé…nie.
F (x + h)
F (x) + h
Z
1
1
te xt
dt
1 + t5
Z
=
1
1
Z
=
1
1
1
Z
1
Z 1
Z 1
e tx
t h e tx
e t(x+h)
dt
dt
+
dt
1 + t5
1 + t5
1 + t5
1
1
e t(x+h) e tx + t h e tx
dt bornes croissantes
1 + t5
Z 1
e t(x+h) e tx + t h e tx
t2 h2
dt
dt
1 + t5
2(1 + t5 )
1
Doù …nalement,
F (x + h)
F (x) + h
Z
1
1
te xt
dt
1 + t5
h2
2
Z
1
1
t2
dt
1 + t5
d) En factorisant puis divisant par jhj > 0 l’inégalité précédente, on retrouve le taux d’accroissement:
Z 1
Z
F (x + h) F (x)
te xt
jhj 1 t2
+
dt
dt ! 0
h
1 + t5
2 1 1 + t5 h!0
1
Z 1
te xt
F (x + h) F (x)
F (x + h) F (x)
Donc par encadrement
+
dt tend vers 0 et
!
5
h!0
h
1+t
h
1
Z 1
te xt
dt:
1 + t5
1
Z 1
te xt
0
Conclusion: F est dérivable en x et F (x) =
dt
1 + t5
1
La dérivation a pu se faire à l’interrieur de l’intégrale.
Remarque: Le fait que x soit positif ne servait pas dans les inégalités mais seulement pour la
convergence des intégrales. En 0 on n’obtient que la dérivée à droite: comme x + h 0; on
n’a pas les inégalités pour h < 0:
7
4. On a vu que pour t
Donc te
t(x+h)
te
0,x
tx
0 et x + h
tx
2
+ t he
0; on avait e
t(x+h)
tx
e
+t he
t2 h2
:
2
tx
t3 h2
:
2
Z 1 2 xt
Z
F 0 (x + h) F 0 (x)
te
h2 1 t3
En procèdant comme précédemment, on obtient
+
dt
dt !
h
1 + t5
2 1 1 + t5 h!0
1
0
t3
1
Il faut noter que cette intégrale converge encore car
s 2 : On ne pourra donc pas procéder
5
1+t
t
ainsi une fois de plus.
Z 1 2 xt
te
F 0 (x + h) F 0 (x)
!
dt:
Donc par encadrement
h!0 1
h
1 + t5
Z 1 2 xt
te
0
Finalement F est dérivable sur [0; +1[ et F "(x) =
dt
1 + t5
1
5. On se propose de montrer que la fonction ln(F ) est convexe.
a) a 2 + 2b + c est un polynôme de degré 2 en : Donc s’il est poistif ou nul pour tout
que son discriminant est négatif ou nul. i.e. si (2b)2 4ac 0; Alors ac b2 0:
c’est
b) Comme F > 0; la fonction f = ln(F ) est deux fois dérivable sur [0; +1[ et
f0 =
F "F (F 0 )2
F0
; et f " =
F
F2
Avec a = F "; c = F et b = F 0 on reconnait ac
On considère donc
2
P( ) =
=
Z
1
b2 :
0
F " (x) + 2 F (x) + F (x) =
Z
1
1
( t + 1)2 e
1 + t5
xt
dt
1
2 2
t +2 t+1 e
1 + t5
xt
dt
0
( t + 1)2 e xt
car
0 et que les bornes sont en ordre croissant.
1 + t5
Donc F "F (F 0 )2 = ac b2 0 et pour tout x 0; f " 0: Donc f = ln (F ) est convexe.
Exercice II:
I Simulation
On a besoin de N, pour le nombre total de tirage. De i comme compterus. De X et Y pour Xn et Yn et
en …n de T pour les Tirages au hasrad d’un parmi 3 (random(3)).
Program tirages;
Var X,Y,N,T,i:integer;
Begin
randomize;
X:=0;Y:=0; {position initiale }
writeln(’?’); readln(N);
for i:=1 to N do
8
Begin
T:=random(3);
if T=0 then if X=0 then X:=1 esle X:=0;
if T=1 then if Y=0 then Y:=1 esle Y:=0;
writeln(X,Y);
end;
end;
II Simulation
1.
a) Soit A0n l’événement ”à l’issue de la nieme opération, le jeton A n’a jamais quitté C0 " et pour
tout n; an l’événeent ”obtenir la lettre a au nieme tirage”.
Si A n’a jamais quitté C0 ; c’est que l’on a jamais obtenu la lettre a: Donc
n
n
n
Y
\
2
ak événements indépendants donc p(A0n ) =
p (ak ) =
car les lettres sont
A0n =
3
k=1
k=1
équiprobables.
!
1
n
\
\
b) De même A01 =
ak et p (A01 ) = lim p
ak = 0 car 23 < 1:
n !1
k=1
k=1
2. Si à l’issue de la k ieme opération, le jeton A revient pour la première fois dans C0 c’est qu’il en
était parti plus tôt. Donc Dk = (un seul a avant le k 1eme ) et ak Or le nombre de a lors des
k 1 premisers tirages suit une loi binômiale de paramètre k 1 et 13 car les tirages de lettre sont
indépendants. Donc
1
1 2
1 2
p (Dk ) = Ck1 1 ( )1 ( )k 2 = (k 1)( )2 ( )k 2
3 3
3
3 3
3. Soit M la matrice
2 1
1 2
M=
a) Soit
x
y
un réel et
(E) (M
I)
x
y
une matrice colonne.
=
0
0
(2
x
,
On détermine donc les racines de
2
(
x
,
2
)x +y
+(2
+4
+4
=0
,
)y = 0
3)y = 0
= (2
(2
x
)2 y +y = 0
= (2
)y
3 = 0 (2 degré) à savoir
= 1 ou 3:
Donc si 6= 1 et 3; (E) , (x = 0 et y = 0) et n’est pas valeur propre.
Si
= 1 , (E) , x = y et 1 est une valeur dont le sous espace propre associée est
V ect ((1; 1)) :
Si
= 3 , (E) , x = y et 3 est une valeur dont le sous espace propre associée est
V ect ((1; 1)) :
On a en dimension 2, deux sous espace propres de dimension 1 et 1. Donc (1; 1) et (1; 1) est
une base de vecteurs propres.
9
)y
1 1
1 0
et D =
on a M = P:D:P 1 et M n = P:Dn :P 1 :
1 1
0 3
1
(P est inversible car c’est la matrice des coordonnées d’une base)
0
1 1 1 0
L1 L2=2
1 0 1=2
1=2
,
,
1
L2 + L1
0 2 1 1
L2=2
0 1 1=2 1=2
1
1
1=2
1=2
= 21
1 1
1=2 1=2
b) Donc, avec P =
On calcule P
1 1 1
1 1 0
1
Donc P
Et M n =
4.
=
1
2
1 1
1 1
1n 0
0 3n
:
1
1
:
1
1
=
1 1
1 1
1
2
a) p (X1 = 0) = p(A ne change pas de case) = p(a1 ) =
(contraire)
1
3
1
3n
:
1
3n
et p (X1 = 1) = 1
=
L1
1 + 3n
1 + 3n
1
2
L2=2
L2=2
1 + 3n
1 + 3n
p(X1 = 0) = 23 :
b) (Xn = 0; Xn = 1) est un système complet d’événements. Donc, d’après la formule des probabilités totales,
p (Xn+1 = 0) = p (Xn+1 = 0=Xn = 0) :p (Xn = 0) + p (Xn+1 = 0=Xn = 1) :p (Xn = 1)
= p (ne change pas) :p (Xn = 0) + p (change) :p (Xn = 1)
2
1
p (Xn = 0) + :p (Xn = 1)
=
3
3
et de la même façon, p (Xn+1 = 1) = 23 p (Xn = 0) + 13 :p (Xn = 1) donc
p(Xn+1 = 0)
p(Xn+1 = 1)
1
p (Xn
3
2
p (Xn
3
=
= 0) + 32 :p (Xn = 1)
= 0) + 31 :p (Xn = 1)
=
1
3
2
3
2
3
1
3
:
p(Xn = 0)
p(Xn = 1)
donc Q = 13 M convient.
c) On a donc Qn =
p(Xn = 0)
p(Xn = 1)
1 n
3
p(X0 = 0)
p(X0 = 1)
n
= Q
=
p(Xn = 0)
p(Xn = 1)
M n et comme
=
n
M
1
0
n
=
1
3
n
1 n
+1
3
1 n
+1
3
1
2
Finalement, p(Xn = 0) =
1
3
est une suite matricielle de raison Q;
1
2
1 n
3
+ 1 et p(Xn = 1) =
1
2
1 n
3
III Etude d’un mouvement du couple de jetons (A; B)
1. p(W1 = 0) = p (rien ne bouge) = p (c1 ) =
1
3
,
p(W1 = 1) = p (B change de case) = p (b1 ) =
p(W1 = 2) = p (A change de case) = p (a1 ) =
1
3
1
3
,
et
p(W1 = 3) = p (A et B change de case) = p (impossible) = 0
10
+1
1
2
1 + 3n
1 + 3n
1 + 3n
1 + 3n
1
0
2. (Wn = 0; Wn = 1; Wn = 2; Wn = 3) est un système complet d’événements donc
p (Wn+1 = 0) = p (Wn+1 = 0=Wn = 0) :p (Wn = 0) + p (Wn+1 = 0=Wn = 1) :p (Wn = 1)
+p (Wn+1 = 0=Wn = 2) :p (Wn = 2) + p (Wn+1 = 0=Wn = 3) :p (Wn = 3)
= p (rien ne change) :p (Wn = 0) + p (B change) :p (Wn = 1)
+p (A change) :p (Wn = 2) + p (Les deux changent) :p (Wn = 3)
1
1
1
=
:p (Wn = 0) + :p (Wn = 1) + :p (Wn = 2) + 0:p (Wn = 3)
3
3
3
et on trouve de la mâme façon,
1
1
1
:p (Wn = 0) + :p (Wn = 1) + 0:p (Wn = 2) + :p (Wn = 3)
3
3
3
1
1
1
= 2) =
:p (Wn = 0) + 0:p (Wn = 1) + :p (Wn = 2) + :p (Wn = 3)
3
3
3
1
1
1
= 3) = 0:p (Wn = 0) + :p (Wn = 1) + :p (Wn = 2) + :p (Wn = 3)
3
3
3
p (Wn+1 = 1) =
p (Wn+1
p (Wn+1
soit sous forme matricielle:
0
1
p (Wn+1 = 0)
B p (Wn+1 = 1) C
B
C
@ p (Wn+1 = 2) A =
p (Wn+1 = 3)
0
B
B
@
1
:p (Wn
3
1
:p (Wn
3
1
:p (Wn
3
0:p (Wn
0
1 1
B
1B 1 1
=
3@ 1 0
0 1
et R = 31 (U
3.
= 0) + 31 :p (Wn = 1) + 31 :p (Wn = 2) + 0:p (Wn
= 0) + 31 :p (Wn = 1) + 0:p (Wn = 2) + 31 :p (Wn
= 0) + 0:p (Wn = 1) + 31 :p (Wn = 2) + 31 :p (Wn
= 0) + 13 :p (Wn = 1) + 31 :p (Wn = 2) + 31 :p (Wn
0
10
1
1 0
1 1
p (Wn = 0)
B
C
B
C
1
0 1 C B p (Wn = 1) C
1 1
donc R = B
@
A
@
A
1 1
1 0
p (Wn = 2)
3
1 1
0 1
p (Wn = 3)
1
= 3)
= 3) C
C
= 3) A
= 3)
1
1 0
0 1 C
C
1 1 A
1 1
V ) avec U et V les matrices ci-dessous.
a) On touve U 2 = 4U d’où par récurrence, pour tout entier n 1; U n = 4n 1 U et U 0 = I:
On trouve V 2 = I d’où (sans récurrence), si n est pair, V n = (V 2 )n=2 = I et si n est impair,
V n = V:
b) On a V:U = U = U:V; donc d’après la formule du binôme,
(U
n
V) =
n
X
Cnk U n k
k=0
k
( V) =
n
X
( 1)k Cnk U n k V k
k=0
c) On pourrait (sans déduire) démontreer le résultat par récurrence.
11
n
(U
V)
n
X
=
k=0
n
X1
=
( 1)
k
Cnk U n k V k
=
n 1
X
( 1)k Cnk U n k V k + ( 1)n Cnn U 0 V n
k=0
( 1)k Cnk 4n
k 1
U:V k + ( 1)n V n et comme V k = V ou I et U:V = U et U:I = U
k=0
n 1
X
=
( 1)k Cnk 4n
k
k=0
1
(( 1 + 4)n
=
4
Comme Rn =
0
1 n
3
(U
p (Wn
B p (Wn
B
@ p (Wn
p (Wn
et si n est impair
0
p (Wn
B p (Wn
B
@ p (Wn
p (Wn
( 1)n Cnn 40 U + ( 1)n V n
k
( 1)n ] U + ( 1)n V n (qui est aussi valable pour n = 0 )
V )n = 14 (3n
4. On a donc pour n pair, (U
( 1)k Cnk 4n
!
k=0
( 1)n ) U + ( 1)n V n
V )n = 41 [3n
et on touve bien (U
n
X
1
1
U + ( 1)n V n =
4
1) U + I et pour n impair, (U
V )n = 41 [3n + 1] U
n
V ) , on a pour n pair:
1
= 0)
= 1) C
C=
= 2) A
= 3)
1
3
1
= 0)
= 1) C
C=
= 2) A
= 3)
1
3
5. On a Cov (Xn ; Yn ) = E(Xn Yn )
n
n
0
1
1
B 0 C 1
C
1) U + I B
@ 0 A= 4
0
1 n
(3
4
1 n
(3 + 1) U
4
0
1
1
B 0 C 1
B C=
@ 0 A 4
0
V
0
1
3n + 3
n
n
C
1 B
B 3n 1 C
@
3
1 A
3
n
3
1
0
1
3n + 1
n
n
C
1 B
B 3n + 1 C
3 @ 3 +1 A
3n 3
E (Xn ) E (Yn )
On connait la loi de Xn . Celle de Yn est la même. Et celle du couple est déduite de ci dessus.
1
2
E(Xn ) = 0:p (Xn ) + 1:p (Xn ) =
1 n
3
+ 1 = E (Yn )
p (Xn Yn = 1) = p (Xn = 1 \ Yn = 1) = p (Wn = 3) =
E (Xn Yn ) = 0 + 1:p (Xn Yn = 1) = 14 (1
1
Donc Cov(Xn ; Yn ) =
1
4
n 1
1=3
1
4
1 n
3
3) = 14 (1
(3n
1=3n 1 )
1=3n 1 ) :
1
4
2
n
1
3
1
3 n
4
=:
+1
1
3 2n !
4
n!+1
0
VI Etude d’un long séjour.
1. Tn =
2. Donc
Pn
k=1
Xk car chaque fois que Xk = 1; A passe une minute dans C1
E (Tn ) =
n
X
E (Xk ) =
k=1
=
1
:
2
n
X
1
k=1
1 n+1
3
1
1
3
1
+
2
1
3
k
1 n
3
+ =
2 2
4
+1
!
1
3
12
1X
=
2 k=1
n+1
n
1 n
+
4 2
1
3
k
n
+ =
2
1X
2 k=0
n
1
3
k
+
1 n
+
2 2
V:
3.
1
E
n
(Tn ) =
3
4n
1 n+1
3
1
4n
+
1
! 1
2 n!+1 2
donc le temps moyen passé dans C1 tend vers 12 : Celà est
compréhensible, le jeton à long terme a autant de chances d’être dans C0 que dans C1 :
13