Correction

Devoir à la maison n°11
Exercice 1
Soit la fonction définie sur ℝ par :
Déterminer les trois premières fonctions dérivées : !, !!, !!!.
On a % &2 , %% 4 ) & 2 , %%% &8 + , 12 On définit les fonctions réelles .₀, .₁, .₂, .₃ par les relations :
.₀ 1, .₁ !, .₂ ", .₃ !!!
Vérifier que pour 6 7 80,1,2,3;, .< est une fonction polynôme et déterminer les racines de chacun de ces polynômes.
.@ est une fonction constante, donc une fonction polynôme. On a
.A &2 &2
.) 4 ) & 2 4 ) & 2
.@ n’a évidemment pas de racine.
.A a uniquement 0 comme racine.
On a
4 ) & 2 C2 & √2EC2 , √2E
Les racines sont donc
A On a enfin :
√2
√2
et ) &
2
2
&8 + , 12 &42 ) & 3 &4C√2 & √3EC√2 , √3E
Les racines de .+ sont donc :
0, &
√3 √3
,
√2 √2
Plus généralement, pour I 7 J, on pose pour tout nombre réel : .L ⁽ⁿ⁾
où ⁽ⁿ⁾ désigne la dérivée I<QRQ de la fonction on rappelle que, par convention, on a :
⁽⁰⁾ .
Montrer que l'on a
VI 7 J, V 7 ℝ, .LWA .L ! & 2.L Nous allons prouver ce résultat par récurrence.
Pour I 0, on a .@ 1 et donc .@% 0. Donc
.@% & 2.@ 0 & 2 &2 .A La propriété est bien initialisée.
VI Y 0, montrons que si V 7 ℝ, .LWA .L% & 2.L alors V 7 ℝ, .LW) .LWA ! &
2.LWA .
On a .LWA LWA . Or .L L donc L .L .
%
On a donc .LWA C.L E C.L% , .L C&2 E E .L ! & 2.L Il y a donc hérédité et donc
VI 7 J, V 7 ℝ, .LWA .L ! & 2.L En déduire que .L est une fonction polynôme et préciser son degré, ainsi que le coefficient du terme de plus haut degré.
H@ est une fonction polynôme de degré 0, HA est une fonction polynôme de degré 1.
On peut conjecturer que .L est une fonction polynôme de degré I.
Si cela est vrai, alors .L% est une fonction polynôme de degré I & 1 et ^ &2.L est une
fonction polynôme de degré I , 1. La somme de deux fonctions polynômes de degrés différents est
une fonction polynôme dont le degré est égal au plus grand des deux degrés. Donc .LWA est une
fonction polynôme de degré I , 1.
Il y a hérédité et donc VI 7 J, .L est une fonction polynôme de degré I.
Déterminer .₄, .₅ et trouver le nombre de racines de chacun de ces polynômes.
On a pour tout dans ℝ,
.b .+% & 2.+ &8 + , 12% & 2&8 + , 12
&24 ) , 12 & 2 &8 + , 12 16 b & 48 ) , 12
Pour trouver les racines de 16 b & 48 ) , 12, on pose d ) . On obtient l’équation
16d ) & 48d , 12 0
Soit
4d ) & 12d , 3 0
Les deux racines de cette équation sont
3 , √6
3 & √6
dA et d) 2
2
Comme 6 f 9, ces deux nombres sont positifs, l’équation initiale admet quatre solutions :
A h
3 , √6
3 , √6
3 & √6
3 & √6
, ) &h
, + h
, b &h
2
2
2
2
On a pour tout dans ℝ,
.i .b% & 2.b 16 b & 48 ) , 12% & 216 b & 48 ) , 12
64 + & 96 & 216 b & 48 ) , 12
&32 i , 160 + & 120
On a
&32 i , 160 + & 120 &84 b & 20 ) , 15
0 est donc racine.
Les autres racines se trouvent en résolvant l’équation 4 b & 20 ) , 15 0.
On pose d ) . Cette équation s’écrit : 4d ) & 20d , 15 0.
Les deux racines sont
5 , √10
5 & √10
dA et d) 2
2
Comme 10 f 25, ces deux solutions sont positives. Les quatre autres racines sont donc :
) h
5 , √10
5 , √10
5 & √10
5 & √10
, + &h
, b h
et k &h
2
2
2
2
Exercice 2
On dispose d'une urne contenant une boule blanche et une boule noire ainsi que d'une pièce non truquée. On considère l'expérience E
suivante :
∙ on jette une fois la pièce
∙ si l'on obtient pile, on tire avec remise une boule de l'urne
∙ si l'on obtient face, on tire sans remise une boule de l'urne.
1. On répète deux fois E. Soit m la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues.
a. Donner les valeurs de m.
On peut obtenir 0, 1 ou 2 boules blanches.
b. Définir l’événement m 2, en déduire nm 2 1/8 et donner nm 0.
L’évènement m 2 signifie que l’on a obtenue deux boules blanches : cela n’est possible que si l’on
si l’on a tiré la boule blanche au premier tirage, qu’on l’a remis dans l’urne et qu’on l’a tirée à nouveau
au second tirage. Cela implique que l’on a eu « pile » sur la pièce au premier jet, puis la boule blanche,
puis quel que soit ce que donne le deuxième jet de la pièce, on a eu la boule blanche au deuxième
tirage.
Nommons ns respectivement ts l’évènement : obtenir pile au u ième jet de la pièce respectivement
face.
Nommons vs respectivement ws l’évènement : obtenir la boule blanche au u ième tirage
respectivement la boule noire.
On peut décrire l’évènement m 2 sous la forme :
m 2 nA x vA x v)
On a donc
nm 2 nnA x vA nyzx{z v) nnA nvA nyz v) 1 1 1
| |
2 2 2
1
8
L’évènement m 0 est symétrique de l’évènement m 2. Il y a la même probabilité d’obtenir
deux boules blanches que deux boules noires.
On a donc :
1
nm 0 8
c. Calculer l'espérance et la variance de m.
Il nous faut donner nm 1. On a :
On en déduit que
nm 1 1 &
1 1
2 3
& 1& 8 8
8 4
3
1
,2| 1
4
8
3
1
1
 m 1) | , 2) | & 1) 4
8
4
~ m 1 |
2. On répète E et on s'arrête dès que l'urne est vide ou dès que l'on a effectué E trois fois.
Soient € la variable aléatoire égale au nombre de réalisations de E effectuées et  la variable aléatoire égale au nombre de boules
blanches obtenues.
a. Calculer € 2 . En déduire la loi de €.
L’évènement € 2 est réalisé si l’urne est vide après le deuxième tirage. Pour cela il faut avoir
nécessairement obtenu deux faces.
On a donc
€ 2 tA x t)
Donc
n€ 2 ntA x t) ntA nt) par indépendance
On a donc
1 1 1
n€ 2 | 2 2 4
L’urne ne pouvant être vide après le premier tirage, il y a au moins deux tirages et comme l’on s’arrête
après le troisième, il y en a au plus 3.
On a donc € Ω 82,3;
On a
1 3
n€ 3 1 & 4 4
b.
Montrer que n€ 3 x  1 11/32.
Il faut décrire l’évènement € 3 x  1.
Pour avoir € 3, il faut nécessairement qu’il y ait au moins un pile dans les trois jets de la pièce.
S’il y a un face au premier jet de la pièce, il doit être suivi de deux piles.
S’il y a un pile au premier jet, il peut y avoir a priori n’importe quelle configuration pour la pièce dans
les deux jets qui suivent.
Il faut maintenant tenir compte du fait que l’on ne veut qu’une seule boule blanche.
Si l’on commence par un face, on enlève une boule de l’urne. Si ce n’est pas la blanche, alors dans les
deux coups suivants, la boule blanche sera dans l’urne et donc extraites deux fois.
Donc si l’on commence par un face, le seul évènement possible est :
tA x vA x n)
Si l’on commence par un pile on peut a priori avoir comme début aussi bien nA x vA que nA x wA .
Si le début est nA x vA, le jet suivant de la pièce ne peut être que pile, sinon la boule blanche apparaîtra
nécessairement dans l’un des deux derniers tirages. On a donc dans ce cas nA x vA x n) x w) .
Le dernier jet de la pièce est alors indifférent. On a donc comme évènement :
nA x vA x n) x w) x w+
Si le début est nA x wA , le second jet peut être pile ou face.
Si c’est un face, la boule blanche et la boule noire sortiront nécessairement dans les deux tirages
suivants quel que soit le résultat du jet suivant. On a donc :
nA x wA x t)
Si le deuxième jet donne pile, on peut a priori avoir deux cas pour le deuxième tirage.
Examinons chacun des cas.
Si l’on a nA x wA x n) x v), quel que soit le jet de la pièce, il faut obtenir une boule noire d’où
l’évènement :
nA x wA x n) x v) x w+
De la même façon on a l’évènement :
nA x wA x n) x w) x v+
On peut donc écrire
€ 3 x  1 tA x vA x n) … nA x vA x n) x w) x w+ … nA x wA x t) … nA x wA x n) x v) x w+ … nA x wA x n) x w) x v+ On a donc en prenant en compte les indépendances ou les probabilités conditionnelles :
n€ 3 x  1 ntA x vA nn) , nnA x vA nn) x w) ny w+ , nnA x wA nt) , nnA x wA nn) x v) ny w+ , nnA x wA nn) x w) ny v+ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
| , | | , | , | | , | |
4 2 4 4 2 4 2 4 4 2 4 4 2
11
32
c.
Déterminer pour tout 6 7 €Ω et tout † 7 Ω, la probabilité n€ 6 x  †.
Dans cette question nous donnerons les résultats moins détaillés.
On a €Ω 82,3; et  Ω 80,1,2,3;.
On a
€ 2 x  0 ‡
Car pour arrêter la partie en deux coups, il faut avoir eu deux faces et les deux boules seront
nécessairement sorties.
On aura donc de même
€ 2 x  2 ‡
Il ne reste donc que € 2 x  1. On a :
€ 2 x  1 tA x t)
Donc
1 1 1
n€ 2 x  1 | 2 2 4
L’évènement € 3 x  0 n’est réalisable que si les deux premiers tirages sont de la forme « pilenoire » et le dernier « noire ». On a :
€ 3 x  0 nA x wA x n) x w) x w+ Donc par indépendance des phases puisque l’urne est inchangée :
1 1 1
1
n€ 3 x  0 nnA x wA nn) x w) nw+ | | 4 4 2 32
On peut écrire
€ 3 x  2 nA x vA x n) x v) x w+ … nA x vA x n) x w) x v+ … nA x vA x t) … nA x wA x n) x v) x v+ … tA x wA x n) Donc
1
1 1 1 1 11
n€ 3 x  2 ,
, ,
, 32 32 8 32 8 32
Enfin
€ 3 x  3 nA x vA x n) x v) x v+
Donc
1
n€ 3 x  3 32
On peut vérifier que l’on a bien une loi de probabilité.
11 1 1 11 1
, ,
,
,
1
32 4 32 32 32
3. On répète E jusqu'à ce que l'on obtienne la première boule blanche.
Soit ‰ la variable aléatoire égale au nombre de réalisations de E ainsi effectuées.
a. Quel est l'ensemble des valeurs de T ?
La première boule blanche peut être obtenue au premier tirage. Elle peut être obtenue a priori à
n’importe quel tirage à partir du premier.
On a donc ‰ Ω J
b.
Calculer n‰ 1 et n‰ 2.
On a ‰ 1 vA donc
n‰ 1 On a ‰ 2 nA x wA x v) … tA x wA x v) .
Donc
1
2
n‰ 2 nnA x wA nyzxŽz v) , ntA x wA nzxŽz v) 1 1 1
3
| , |1
4 2 4
8
c. Soit I un entier. Calculer pour I Y 3 la probabilité de l'événement ~L) : "les I & 2 premières réalisations de E donnent
chacune pile et une boule noire".
3 1 LA
En déduire que pour I Y 2, n‰ I  ‘
2 4
On peut écrire :
~L) nA x wA x n) x w) x … x nL) x wL) On a alors par indépendance
1 L)
n~L)  ‘
4
Pour I Y 2, l’évènement ‰ I peut s’écrire :
‰ I ~L) x CnLA x wLA x vL … tLA x wLA x vL E
On a
3
nCnLA x wLA x vL … tLA x wLA x vL E 8
il s’agit d’un évènement similaire à ‰ 2. Et donc par indépendance, on a :
1 L) 3 3 1 LA
n‰ I  ‘
 ‘
4
8 2 4
d.
Calculer l'espérance de ‰.
On a sous réserve de convergence :
Or
L
~ ‰ lim • un ‰ u
L“W”
s–A
L
L
• un‰ u n‰ 1 , • un‰ u
s–A
Or
Donc
L
s–)
sA
L
1
3 1
,•u  ‘
2
2 4
s–)
L
1 3
1 sA 3
, •u ‘
&
2 2
4
2
L
s–A
3
1 sA
•u ‘
&1
2
4
s–A
1 sA
lim • u  ‘
L“W”
4
s–A
~ ‰ 1
1
—1 & 4˜
)
3 16
5
|
&1
2 9
3
16
9