10-ProbasSerieGeometrique - BCPST2 ENCPB--Lycée Pierre

Lycée Pierre-Gilles de Gennes
Mathématiques
BCPST2
2014-2015
Devoir 10
Autour des variables géométriques
23 Mars 2015
Problème
L’objet du problème est l’étude et la modélisation d’un procédé ultra-rapide de greffes de rosiers. Lorsqu’une greffe est
opérée, on sait au bout d’une semaine si elle a pris ou non. On suppose que la probabilité qu’une greffe donnée prenne est
constante, égale à p ∈ ]0, 1[. On notera q = (1 − p). On veut greffer R rosiers où R est un entier supérieur ou égal à 1.
Pour chacun d’entre eux, on opère une greffe. Chaque semaine, si la greffe ne prend pas, on recommence jusqu’à ce qu’elle
prenne effectivement. On suppose que toutes ces expériences
sont mutuellement indépendantes. Pour tous entiers n et p tels que
n!
0 ≤ p ≤ n, le coefficient « p parmi n »est noté np et vaut : p!(n−p)!
Partie A
A.1. On appelle G le nombre de greffes nécessaires à la prise de la greffe d’un rosier donné. Déterminer la loi de G, son espérance
et sa variance.
A.2. On greffe simultanément les R rosiers, qui seront numérotés de 1 à R. On désigne par Xk la variable aléatoire égale au
nombre de greffes nécessaires à la prise de la greffe du rosier k , 1 ≤ k ≤ R, et par X le nombre total de greffes nécessaires pour
que les greffes prennent sur les R rosiers. Les variables aléatoires Xk sont évidemment indépendantes.
2.a. Quelle est la loi de la variable aléatoire Xk pour 1 ≤ k ≤ R ?
2.b. Exprimer X en fonction des Xk , 1 ≤ k ≤ R.
2.c. Calculer l’espérance et la variance de X.
A.3. On se propose de chercher la loi de X.
3.a. Déterminer l’ensemble I des valeurs prises par X.
3.b. Soit n ∈ I.
3.b.i. Soit (x1 , . . . , xR ) un R-uplet de (N∗ )R tel que x1 + · · · + xR = n. Exprimer P(X1 = x1 ; . . . ; XR = xR ) en fonction de
p, q, n et R.
n−1
3.b.ii. On note (E) l’équation x1 + · · · + xR = n et on admet qu’il y a exactement R−1
R-uplets (x1 , . . . , xR ) de (N∗ )R
solutions de (E). A l’aide du résultat de la question précédente, montrer que
n − 1 R n−R
P(X = n) =
p q
R−1
Partie B
On se propose d’étudier le nombre Y de semaines nécessaires à la prise des greffes sur les R rosiers. Pour chaque rosier,
le nombre de semaines nécessaires est égal au nombre de greffes nécessaires. Donc Y = max(X1 , . . . , XR ), les variables Xk
ayant été définies dans la partie A.
B.1. Soit n un entier supérieur ou égal à 1.
1.a. Montrer que P(Y ≤ n) = (1 − q n )R .
1.b. En déduire P(Y = n).
B.2. Soit Z une variable aléatoire
N. Dans cette question, pour n ∈ N, on note un = P(Z = n) et vn = P(Z > n).
P+∞ à valeursPdans
+∞
En remarquant que vn = k=n+1 uk = k=0 11{k>n} uk et en appliquant le lemme de sommation par paquets, montrer que Z
P
P+∞
est intégrable si et seulement si la série n≥0 vn converge et que dans ce cas, E(Z) = n=0 vn .
Pour la suite de cette partie, on pose, pour tout n ∈ N, vn = 1 − (1 − q n )R .
B.3. 3.a. Donner un équivalent de vn quand n tend
vers +∞.
P+∞
3.b. En déduire que E(Y ) existe et que E(Y ) = n=0 vn .
3.c. Calculer E(Y ) pour R = 2.
Dans les questions B.4, B.5 et B.6, on cherche à déterminer un équivalent de E(Y ) lorsque R tend vers l’infini.
B.4. On considère la fonction f définie par : pour tout x ∈ [0, +∞[ , f (x) = 1 − (1 − q x )R .
4.a. Montrer que f est décroissante sur [0, +∞[.
4.b. Donner un équivalent de f (x) − Rq x lorsque x tend vers +∞.
R +∞
4.c. En déduire qu’il existe un réel A strictement positif tel que, pour x > A, f (x) ≤ Rq x ; puis que l’intégrale 0 f (x) dx
est convergente.
R +∞
PR−1
PR−1
4.d. Montrer que, pour tout x ∈ [0, +∞[, f (x) = k=0 q x (1 − q x )k . En déduire que 0 f (x) dx = − ln1q k=0
B.5. On veut obtenir un encadrement de E(Y ).
5.a. Soit n un entier naturel. Montrer que, pour tout x ∈ [n, n + 1] , vn+1 ≤ f (x) ≤ vn .
R N +1
RN
PN
5.b. En déduire que, pour tout N ∈ N∗ , 0
f (x) dx ≤ n=0 vn ≤ 0 f (x) dx + 1
PR
PR
5.c. En déduire que − ln1q k=1 k1 ≤ E(Y ) ≤ − ln1q k=1 k1 + 1.
R
B.6. En déduire que E(Y ) ∼ − ln
ln q quand R tend vers l’infini.
Partie C
C.1. Démontrer que l’équation (E) admet le nombre de solutions proposées.
1
k+1 .
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Mathématiques
BCPST2
2014-2015
Correction DM 10
Correction Ex.–1 Ce problème est une variante sur le problème AV-B de 2009, réduit et simplifié.
Partie A
A.1. On appelle G le nombre de greffes nécessaires à la prise de la greffe d’un rosier donné.
Un peu de réflexion montre que G est aussi le numéro de la semaine où la greffe a pris. G est donc le rang du premier succès
dans un schéma de B ERNOULLI de paramètre de succès p. G suit une loi géométrique sur N∗ de paramètre p.
On a donc
q
1
E(G) = et V(G) = 2
p
p
A.2. On greffe simultanément les R rosiers, qui seront numérotés de 1 à R. On désigne par Xk la variable aléatoire égale au
nombre de greffes nécessaires à la prise de la greffe du rosier k , 1 ≤ k ≤ R, et par X le nombre total de greffes nécessaires pour
que les greffes prennent sur les R rosiers. Les variables aléatoires Xk sont évidemment indépendantes.
2.a. Pour 1 ≤ k P
≤ R, Xk à la même loi que G.
R
2.b. On a X = k=1 Xk , ce qui est une façon de compter le nombre total de greffes faites en sommant les greffes faites pour
chaque rosier.
2.c. On a, par linéarité de l’espérance que
E(X) =
R
X
E(Xk ) = RE(G) =
R
p
V(Xk ) = RV(G) =
Rq
p2
k=1
Par indépendance des Xk , on a
V(X) =
R
X
k=1
A.3. On se propose de chercher la loi de X.
3.a. Chaque Xk pouvant prendre toutes les valeurs entières supérieures à 1, X peut prendre toutes les valeurs entières supérieures
à R. On a donc
I = {R, R + 1, . . . , . . . }
3.b. Soit n ∈ I. On a donc n ≥ R.
3.b.i. Soit (x1 , . . . , xR ) un R-uplet de (N∗ )R tel que x1 + · · · + xR = n.
Par indépendance des Xk on a
P(X1 = x1 ; . . . ; XR = xR )
= P(X1 = x1 ) . . . P(XR = xR )
=
(p.q x1 −1 ).(p.q x2 −1 ) . . . .(p.q xR −1 )
= pR .q x1 +x2 +···+xR −R = pR .q n−R
3.b.ii. L’événément (X = n) est l’événement (X1 + · · · + XR = n), celui-ci se décompose suivant les valeurs prises par le
R-uplet
(X1 , . . . , XR ) qui sont exactement les solutions de (E). Les événements ((X1 , . . . , XR ) = (x1 , . . . , xR ) (au nombre de
n−1
R−1 ) où (x1 , . . . , xR ) parcourt les solutions de (E) sont deux à deux disjoints, on a donc
X
X
n − 1 R n−R
P(X = n) =
P(X1 = x1 , . . . , XR = xR ) =
pR q n−R =
p q
R−1
(x1 ,dots,xR )sol. de (E)
(x1 ,dots,xR )sol. de (E)
Partie B
B.1. Soit n un entier supérieur ou égal à 1.
1.a. On a Y = max(X1 , . . . , XR ) et donc
(Y ≤ n) = (X1 ≤ n et . . . et XR ≤ n) = (X1 ≤ n) ∩ · · · ∩ (XR ≤ n)
On a donc, par indépendance des Xk ,
P(Y ≤ n) = P(X1 ≤ n) . . . P(XR ≤ n) = P(G ≤ n)R
G est une variable géométrique sur N∗ de paramètre de succès p, on a donc
P(G ≤ n) =
n
X
P(G = k) = p
k=1
n
X
q k−1 = p
k=1
1 − qn
= 1 − qn
1−q
Finalement,
P(Y ≤ n) = (1 − q n )R
Remarquons que cette formule est valalble pour n = 0 : P(Y ≤ 0) = 0
1.b. On a, pour n ≥ 1,
P(Y = n) = P(Y ≤ n) − P(Y ≤ n − 1) = (1 − q n )R − (1 − q n−1 )R
B.2. On a, par le lemme de sommation par paquets, comme les termes 11{k>n} uk sont positifs, que les séries apparaissant soient
convergentes ou divergentes vers +∞, que
+∞
X
vn
=
n=0
+∞ X
+∞
X
11{k>n} uk
n=0 k=0
X
=
11{k>n} uk
(n,k)∈N2
=
=
k=0
+∞
X
P+∞
k=0
11{k>n} uk
n=0
+∞
X
uk
!
11{k>n}
=
n=0
k=0
Z est intégrable si et seulement si la série
a
!
+∞ X
+∞
X
+∞
X
k.uk
k=0
k.uk est convergente, i.e. si et seulement si
E(Z) =
+∞
X
k.uk =
+∞
X
P
n≥0
vn converge. Dans ce cas, on
vn
n=0
k=0
Pour la suite de cette partie, on pose, pour tout n ∈ N, vn = 1 − (1 − q n )R .
B.3. 3.a. Lorsque n → +∞, on a q n → 0 car q ∈ ]0, 1[, on a donc, par développement limité,
(1 − q n )R = 1 − Rq n + o (q n )
et donc
vn = Rq n + o (q n )
Ce qui montre que l’orque n → +∞,
vn ∼ Rq n
Donner un équivalent de vn quand n tend vers +∞.
P+∞
3.b. On a P(Y > n) = 1 − P(Y ≤ n) = 1 − (1 − q n )R = vn . Pour montrer que E(Y ) existe et que E(Y ) = n=0 vn , il suffit,
P+∞
par la question B.2 de montrer que n=0 vn est convergente.
C’est une série à termes positifs et on a, par la question précédente, que
vn ∼ R.q n
Il existe, par la définition de limite, un certain rang n0 tel que
∀n ≥ n0 , 0 ≤ vn ≤ 2Rq n
P
Comme la série n≥n0 2Rq n est convergente (c’est une série géométrique
de raison strictement entre 0 et 1), parPle théorème
P
de comparaison pour les séries à termes positifs, on déduit que n≥n0 vn est convergente et finalement que n≥0 vn est
convergente.
Finalement E(Y ) existe et
+∞
X
E(Y ) =
vn
n=0
n 2
3.c. Pour R = 2, on a pour tout n, vn = 1 − (1 − q ) = 2q − q 2n .
On a alors
+∞
+∞
+∞
X
X
X
E(Y ) =
(2q n − q 2n ) = 2
qn −
q 2n =
n=0
n=0
n
n=0
1
2(1 + q) − 1
2
−
=
2
1−q 1−q
1 − q2
B.4. On considère la fonction f définie par : pour tout x ∈ [0, +∞[ , f (x) = 1 − (1 − q x )R .
4.a. La fonction x ∈ [0, +∞[ 7→ q x est décroissante et prend ses valeurs dans ]0, 1] car 0 < q < 1. La fonction x ∈ [0, +∞[ 7→
1 − q x est donc croissante et prend ses valeurs dans [0, 1[, la fonction x ∈ [0, +∞[ 7→ (1 − q x )R est donc croissante, par
composition avec la fonction croissante u ∈ [0, +∞[ 7→ uR et prend ses valeurs dans [0, 1[. Finalement, f est décroissante sur
[0, +∞[ et prend ses valeurs dans ]0, 1].
NB : on aurait pu calculer la dérivée de f qui vaut
∀x ≥ 0, f 0 (x) = R(ln q).q x (1 − q x )R−1
dont le signe est celui de ln q.
4.b. Lorsque x → +∞, u = q x → 0. On a le DL à l’ordre 2 (obtenu par exemple avec la formule de TAYLOR–YOUNG) lorsque
u → 0,
R(R − 1) 2
u + o u2
(1 − u)R = 1 − Ru +
2
Par subsitution, on a donc, lorsque x → +∞,
1 − (1 − q x )R = 1 − (1 − Rq x +
et donc
f (x) − Rq x = −
R(R − 1 2x
q + o q 2x )
2
R(R − 1) 2x
q + o q 2x
2
et
R(R − 1) 2x
q
2
4.c. La quantité à droite de l’équivalent est négative et par définition de la limite, il existe un réel A strictement positif tel que,
pour x > A, f (x) − Rq x est du signe de − R(R−1)
q 2x , pour x > A, f (x) − Rq x est donc négatif.
2
On a
∀x > A, 0 ≤ f (x) ≤ Rq x
R +∞
f est continue sur [0, +∞[ et, par C HASLES, La nature de l’intégrale 0 f (x) dx est la même que celle de l’intégrale généraR +∞
lisée A f (x) dx.
R +∞
R +∞
R +∞
Comme A q x dx = A e(ln q)x dx est convergente, par le théorème de comparaison A f (x) dx est convergente et il
R +∞
en est de même pour 0 f (x) dx.
4.d. Soit x ∈ [0, +∞[, on a f (x) = 1 − (1 − q x )R . Par ailleurs, si x ≥ 0, r := 1 − q x est différent de 1, par la formule de la
somme d’une suite géométrique de raison r et comme 1 − r = q x , on a
f (x) − Rq x ∼ −
R−1
X
q x (1 − q x )k
= qx
k=0
R−1
X
rk
k=0
= qx
1 − rR
= 1 − (1 − q x )R = f (x)
1−r
R +∞
1
Pour chaque k de 0 à R − 1, l’intégrale généralisée 0 q x (1 − q x )k est convergente et vaut − ln1q k+1
. En effet, par le
1
x
changement de variable strictement décroissant, de classe C x ∈ ]0, +∞[ 7→ u = q ∈ ]0, 1[, avec du = (ln q)q x dx, on a
Z
(ln q)
+∞
q x (1 − q x )k dx
+∞
Z
(1 − q x )k (ln q).q x dx
=
0
0
0
Z
=
(1 − u)k du = −
1
=
1
(1 − u)k+1
k+1
1
−
k+1
Par linéarité de l’intégration (chaque intégrale écrite est convergente), on a donc
Z
+∞
f (x) dx
0
=
R−1
X Z +∞
k=0
= −
q x (1 − q x )k dx
0
R−1
1 X 1
ln q
k+1
k=0
0
1
B.5. On veut obtenir un encadrement de E(Y ).
5.a. Soit n un entier naturel et soit x ∈ [n, n + 1]. Comme f est décroissante, on a
vn+1 = f (n + 1) ≤ f (x) ≤ f (n) = vn
5.b. En intégrant cette inégalité sur l’intervalle [n, n + 1], de longueur 1, on a donc vn+1 ≤
Soit N ∈ N∗ ,
R n+1
n
f (x) dx ≤ vn
1. Sommons les inégalités de gauche pour n allant de 0 à N − 1, aprés application de la relation de C HASLES, on obtient
v1 + · · · + vN =
N
X
N
Z
vn ≤
f (x) dx
0
n=1
Il reste maintenant à ajouter, de chaque côté, v0 = 1 pour obtenir
N
X
Z
N
vn ≤
f (x) dx + 1
0
n=0
2. Sommons les inégalités de droite pour n allant de 0 à N , aprés application de la relation de C HASLES, on obtient
Z
N +1
f (x) dx ≤
0
N
X
vn
n=0
Finalement, on obtient
Z
N +1
f (x) dx ≤
0
N
X
Z
N
vn ≤
n=0
f (x) dx + 1
0
5.c. En passant cette famille d’inégalités à la limite lorsque N → +∞, par le théorème d’encadrement de limites, on obtient
Z
0
+∞
Z +∞
R
+∞
R
X
1 X1
1 X1
vn ≤ −
≤ E(Y ) =
+1=
f (x) dx + 1.
f (x) dx = −
ln q
k
ln q
k
0
n=0
k=1
k=1
B.6. Il est bien connu 1 que lorsque R → +∞
R
X
1
∼ ln R → +∞
k
k=1
R
En divisant l’inégalité obtenue précedemment par − ln
ln q , on obtient un encadrement de
lorsque R → +∞. Cela montre que E(Y ) ∼
R
− ln
ln q
E(Y )
R
− ln
ln q
par deux quantités de limite 1
quand R tend vers l’infini.
Partie C
C.1. On cherche le nombre de solutions de l’équation x1 + · · · + xR = n d’inconnue (x1 , . . . , xR ) ∈ (N∗ )R . Celui-ci est le
même (en posant yi = x1 − 1) que le nombre de solutions de l’équation y1 + · · · + yR = n − R d’inconnue (y1 , . . . , yR ) ∈ NR .
Pour dénombrer le nombre de solutions de cette dernière, considérons un rang de (n − R) + R − 1 cases dans lequel on doit
disposer n − R symboles | et R − 1 symboles +. A une telle configuration de symboles on associe une (unique) solution de
l’équation considérée en posant y1 = le nombre de | avant le premier plus, y2 , le nombre de | entre les premier et deuxième +, ..,
yR le nombre de | après le dernier +. On a (clairement ?) une bijection entre ces configurations et les solutions de l’équation, le
nombre de solutions cherché est donc
le nombre de configurations, celui ci est le nombre de façons de placer R − 1 symboles +
n−1
dans n − 1 cases, il s’agit de R−1
.
1. A ce stade, si on a tout bien fait, on connait ce résultat qui est en marge du programme