Semaines 21 et 22 Programme : • Couple de variables aléatoires

Semaines 21 et 22
Colle PC
2014-2015
Programme :
• Couple de variables aléatoires discrètes, somme de variables aléatoires ;
• Équations différentielles linéaires d’ordre 2 ;
Dans ce qui suit, on adoptera la notation simplifiée p((X = k)) = p(X = k) où (X = k) est l’événement « la
variable aléatoire X prend la valeur k (k ∈ R) » et p une loi de probabilité définie sur un univers Ω.
EXERCICE 1 :
Dans une succession de pile ou face pour laquelle la probabilité d’obtenir pile est p ∈]0, 1[ et la probabilité d’obtenir
face q = 1 − p, on note X le rang d’apparition du premier pile et Y le rang d’apparition du second pile.
1. Préciser X(Ω) et Y (Ω).
2. ∀ (n, k) ∈ X(Ω), Y (Ω), Calculer p((X = n) ∩ (Y = k)).
+∞ X
+∞
X
3. Calculer
p((X = n) ∩ (Y = k)).
n=1 k=2
• • •
Correction :
1. pile peut apparaître au premier lancer donc X(Ω) = N∗ . Le rang d’apparition du deuxième pile est supérieur ou
égal à 2 donc Y (Ω) = [[2; +∞[[.
2. Soit (n, k) ∈ X(Ω), Y (Ω), les valeurs relatives de n et k nécessitent une distinction :
• Si n > k, p((X = n) ∩ (Y = k)) = 0. (en effet, le rang d’apparition du premier pile ne peut pas être supérieur
ou égal à celui d’apparition de celui du second pile.
• Si n < k, les lancers de pièce étant indépendants les uns des autres,
p((X = n) ∩ (Y = k)) = q n−1 ×
n−1 f ace
3. On a
+∞ X
+∞
X
n=1 k=2
Or
+∞
X
qj =
j=0
p((X = n) ∩ (Y = k)) =
1
1
= donc,
1−q
p
+∞ X
+∞
X
n=1 k=2
+∞ X
+∞
X
p
pile au lancer n
p2 q k−2
n=1 k=n+1
p((X = n) ∩ (Y = k)) =
+∞
X
× q k−1−n ×
=
j=k−n−1
pq n−1 = p
n=1
k−1−n f ace
+∞ X
+∞
X
p2 q j+n−1 =
n=1
q n−1 = p ×
+∞
X
p2 q n−1
n=1
n=1 j=0
+∞
X
= p2 q k−2
p
pile au lancer k
+∞
X
qj
j=0
1
p
= =1
1−q
p
EXERCICE 2 :
Soit X et Y deux variables indépendantes sur le même espace probabilisé suivant les lois géométriques de paramètre
p et p′ respectivement. Montrer que Z = min(X, Y ) suit une loi géométrique.
• • •
Correction : on pose q = 1 − p et q ′ = 1 − p′ . La variable Z est à valeurs dans N∗ et pour k ∈ N∗ ,
p(Z > k) = p(X > k)p(Y > k)
(⋆) (en effet, X et Y indépendantes)
Une variable géométrique représente le rang du premier succès dans une suite d’épreuves indépendantes. Ainsi l’événement (X > k) est réalisé si les k − 1 premières épreuves ont été des échecs. La probabilité d’obtenir un échec étant
q, on en déduit p(X > k) = q k−1 .
On obtient de même, p(Y > k) = q ′k−1 , ce qui donne d’après (⋆), p(Z > k) = q k−1 × q ′k−1 = (qq ′ )k−1 .
Déterminer la loi suivie par une variable aléatoire, c’est pour tout k ∈ N∗ , déterminer p(Z = k).
∀k ∈ N∗ , p(Z = k) = p(Z > k) − p(Z > k + 1) = (qq ′ )k−1 − (qq ′ )k = (1 − qq ′ )(qq ′ )k−1 .
La variable Z suit la loi géométrique de paramètre 1 − qq ′ .
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EXERCICE 3 :
∞ X
1
k+p k
Soit p un entier, on admet que
x =
p
(S) (1 − x)p+1
k=0
(pour une démonstration de cette série, voir http: // www. mimaths. net/ spip. php? rubrique196 exercice 1)
Soit λ > 0 et (X, Y ) un couple de variables aléatoires à valeurs dans N2 dont la loi de probabilité est donnée par
la formule :
m+n+1
m+n
λ
2
∀(m, n) ∈ N , p((X = m) ∩ (Y = n)) = c
n
2λ + 1
1. Déterminer c.
2. Déterminer les lois de X et de Y . Démontrer que ce sont des lois géométriques à valeurs dans N de paramètre
1
. En déduire l’espérance et la variance de X et de Y .
λ+1
3. Démontrer que
m
n+2
∞
X
λ
2λ + 1
m+n
λ
= (n + 1)
m
2λ + 1
2λ + 1 λ + 1
n
k=0
En déduire que E(XY ) = 2λ2 . Déterminer Cov(X, Y).
4. Déterminer la loi de Z = X + Y .
• • •
Correction :
1. On doit avoir
D’une part,
∞
X
n=0
∞
X
m=0
!
p((X = m) ∩ (Y = n))
=1
∞
X
m+n+1
∞ X
λ
m+n
p((X = m) ∩ (Y = n)) =
n
2λ + 1
m=0
m=0
n+1 X
m
∞ m+n
λ
λ
=c
2λ + 1
2λ + 1
n
m=0
n+1 n+1
n+1
λ
2λ + 1
λ
λ
= c
=c
(avec (S) avec x =
et p = n)
2λ + 1
λ+1
λ+1
2λ + 1
(S)
et d’autre part,
!
n+1
∞
+∞ ∞
X
X
X
λ
1
1
λ
=c
.
= cλ, et donc c =
p((X = m) ∩ (Y = n)) = c
λ
λ
+
1
λ
+
1
λ
1 − λ+1
n=0
n=0 m=0
2. Pour tout n ∈ N,
P (Y = n) =
∞
X
m=0
p((X = m) ∩ (Y = n)) = c
Q.1
λ
λ+1
n+1
=
1
λ+1
λ
λ+1
n
λ
λ
1
=
, on trouve une loi géométrique à valeurs dans N de paramètre
. On en déduit
λ+1
λ+1
λ+1
λ
(λ + 1)2 = λ(λ + 1).
que E(Y ) = λ + 1 − 1 = λ et V (Y ) =
λ+1
Comme 1 −
L’expression de la loi conjointe est symétrique en (m, n). La loi de X est également géométrique, de même
espérance et de même variance.
m+n
m+n
= (n + 1)
et donc, sous réserve de convergence,
n
n+1
m
m−1
∞
∞
X
X
λ
m+n
m+n
λ
λ
= (n + 1)
=
m
m
2λ + 1
2λ + 1 m=1
2λ + 1
n+1
n
m=0
k
∞
λ X
k+n+1
λ
(n + 1)
m
2λ + 1
2λ + 1
n+1
3. Pour tout m > 0, on a m
k=0
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On reconnaît la somme admise en début d’exercice en prenant x =
série est donc assurée et
2014-2015
λ
et p = n + 1. La convergence de la
2λ + 1
∞
X
m
n+2
m+n
λ
λ
2λ + 1
m
= (n + 1)
n
2λ + 1
2λ + 1 λ + 1
m=0
On a
E(XY ) =
∞
X
n=0
∞
X
∞
X
m=0
∞
X
!
mnp((X = m) ∩ (Y = n))
m+n+1 !
m+n
λ
mnc
=
2λ + 1
n
n=0 m=0
n+1 X
m !
∞
∞
X
m+n
λ
λ
m
=
nc
2λ + 1
2λ + 1
n
m=0
n=0
∞
n+2
n+2
X
λ
2λ + 1
=c
n(n + 1)
2λ
+
1
λ+1
n=0
∞
n+2
X
λ
=c
(n2 + n)
λ+1
n=0
et en écrivant la dernière ligne de la façon suivante,
E(XY ) =
on reconnaît,
n
∞
λ
1
λ X 2
(n + n)
λ + 1 n=0
λ+1 λ+1
λ
(E(X) + E(X 2 ))
λ+1
λ
=
(E(X) + V (X) + (E(X))2 )
λ+1
λ
=
(λ + λ(λ + 1) + λ2 ) = 2λ2
λ+1
E(XY ) =
on en déduit,
Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ) = 2λ2 − λ2 = λ2
4. La variable Z = X + Y est à valeurs dans N∗ et pour k ∈ N,
p(Z = k) =
∞
X
i=0
∞
X
p((X = i) ∩ (Y = k − i))
k+1
k
λ
c
=
i
2λ + 1
i=0
k+1 X
∞ k
λ
=c
i
2λ + 1
i=0
k+1
1
λ
=
2k
λ 2λ + 1
k
2λ
1
=
2λ + 1 2λ + 1
La variable Z suit la loi géométrique à valeurs dans N de paramètre
1
.
2λ + 1
EXERCICE 4 :
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Légende
2014-2015
EDL2 : équation différentielle linéaire (ordre 2), CC (CNC) : coefficients constants (non constants)
(H) : équation homogène, (DSE) : développable en série entière
1(8.I)
ty
p e
y ′′ + 2y ′ + y = x3 + 3e2x + xe−x
EDL2 à CC non homogène
principe de superposition
m éth od e
Solutions générales de l’équation homogène : yH (x) = λe−x + µxe−x (λ, µ) ∈ R2
1
1
Solution particulière : yP (x) = x3 − 6x2 + 18x − 24 + e2x + x3 e−x
3
6
Solution complète y(x) = yH (x) + yP (x)
2(9.I)
ty
p e
y ′′ − 4y = ch(x)
EDL2 à CC non homogène
Solutions générales de l’équation homogène : yH (x) = λe2x + µe−2x
1
Solution particulière : yP (x) = − (e2x + e−2x )
6
Solution complète y(x) = yH (x) + yP (x)
3(13.I)
ty
p e
ex + e−x
2
2
(λ, µ) ∈ R
principe de superposition, ch(x) =
m éth od e
(2x + 1)y ′′ + (4x − 2)y ′ − 8y = 0
EDL2 à CNC homogène
m éth od e
résolution de (H) : changement de fonction inconnue, y = y0 z
Rechercher des solutions particulières polynomiales de l’équation homogène.
Solution particulière de (H) : y0 (x) = 4x2 + 1
y = (4x2 + 1)z
× (−8)
y ′ = 8xz + (4x2 + 1)z ′
× (4x − 2)
y ′′ = 8z + 8xz ′ + 8xz ′ + (4x2 + 1)z ′′
× (2x + 1)
−16x3 − 24x2 − 20x + 2 ′
Sur ] − ∞; −1/2[∪] − 1/2; +∞[, on obtient z” =
z
(2x + 1)(4x2 + 1)
2
4x + 4x + 1
16x
4
′
′
−2x
z et finalement, z = ae
− 2
puis z” = −2 +
2x
(4x2 + 1)2 )
+ 1−2x 4x
+1
2
d
1 e−2x
e
4x
+
4x
+
1
−2x
remarquer que
=
−2
×
e
et
donc
z
=
−
a
+b
dx 4x2 + 1
(4x2 + 1)2 )
2 4x2 + 1
d’où y = b(4x2 + 1) + ce−2x , (b, c) ∈ R2
4(15.I)
ty
p e
x2 (1 − x)y ′′ − x(1 + x)y ′ + y = 0
EDL2 à CNC homogène
y0 =
y0′ =
y0′′ =
+∞
X
n=0
+∞
X
n=0
+∞
X
n=0
an xn
m éth od e
Solutions développables en série entière.
× (1)
nan xn−1
× (−x(1 + x))
n(n − 1)an xn−2
× (x2 (1 − x))
relation de récurrence : a0 = 0 et ∀n > 1, (n − 1)2 an = (n − 1)2 an−1 ⇒ an = an−1 = a1 , n > 2
et y0 (x) = a1
+∞
X
n=1
xn avec un rayon de convergence de 1 : y0 (x) =
a1 x
sur ] − 1, 1[.
1−x
Changement de fonction inconnue : y = y0 z, on parvient à z(x) = λ ln(|x|) + µ sur ] − ∞; 0[∪]0; +∞[
x
x
ln(|x|) + µk
, k ∈ {1, 2, 3} (I1 =] − ∞; 0[, I2 =]0; 1[, I3 =]1; +∞[)
puis yk (x) = λk
1−x
1−x
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5(69.II)
ty
p e
2014-2015
x2 cos(x)y ′ − x2 sin(x)y + 1 = 0
EDL1 à CNC non homogène
m éth od e
Changement de fonction inconnue : y = yH z.
Solutions de l’équation (H) associée : x2 [cos(x)y ′ − sin(x)y] = 0
(H) se résout en y ′ sur ]−π/2 + kπ, π/2 + kπ[ ou ] − π/2, 0[ ou ]0, π/2[.
a
Solutions : yH : x 7−→ Ae− ln | cos(x)| =
cos(x)
1
1
z(x), on parvient à z(x) =
Changement de fonction inconnue : y(x) =
cos(x)
x
1
1
∗
Solutions sur Ik = ]−π/2 + kπ, π/2 + kπ[ , k ∈ Z : y(x) =
+ ak
x
cos(x)
1
1
+ b1
sur ] − π/2, 0[ : y(x) =
cos(x)
x 1
1
+ b2
sur ]0, π/2[ : y(x) =
x
cos(x)
pas de raccordement car les solutions ont des limites infinies aux hypothétiques
valeurs de raccordement
6(cpgedupuy.2)
ty
p e
x
,
(1 − x2 )y ′′ − 3xy ′ − y = √
1 − x2
EDL2 à CNC non homogène
x ∈] − 1, 1[
m éth od e
Changement de fonction inconnue : y = yH z.
yH : x 7−→ (1 − x2 )−1/2 solution de l’équation (H) associée.
Soit y une fonction définie sur ] − 1, 1[ deux fois dérivable et z la fonction définie sur I =] − 1, 1[
de sorte que y = yH z.
′
′′
′ ′
La fonction z est deux fois dérivable sur I et y ′ = yH
z + yH z ′ , y ′′ = yH
z + 2yH
z + yH z ′′
yH est solution de (H), donc y est solution de l’équation complète ssi
C
(1 − x2 )z ′′ − xz ′ = x ce qui est une EDL1 en z ′ =⇒ z ′ (x) = √
− 1.
1 − x2
On obtient donc ∀x ∈ I, z(x) = C arcsin(x) − x + D
7 (55.II)
ty
p e
Finalement la solution générale de l’équation complète est
C arcsin(x) − x + D
√
avec (C, D) ∈ R2
y(x) =
1 − x2
y ′′ + y ′ + e−2x y = 3ch(x) + sh(x)
EDL2 à CNC non homogène
m éth od e
Poser t = e−x
t ∈]0, +∞[7−→ x(= − ln(t)) ∈ R 7−→ y(x) = Y (t) = y(− ln(t))
1
Ainsi Y ′ (t) = − y ′ (− ln(t)) ⇔ −tY ′ (t) = y ′ (x) et t2 Y ′′ (t) = y ′ (x) + y ′′ (x)
t
On a donc y ′′ + y ′ + e−2x y = t2 Y ′′ (t) + t2 Y (t) = t2 (Y ′′ (t) + Y (t)).
2
Le second membre en t : 3ch(− ln(t)) + sh(− ln(t)) = + t
t
2
1
puisque t > 0, l’équation complète en t est : Y ′′ (t) + Y (t) = 2 +
t
t
Solution de l’équation homogène : YH (t) = a cos(t) + b sin(t) avec (a, b) ∈ R2 .
1
Solution particulière de l’équation complète : Yp (t) =
t
Finalement la solution générale de l’équation complète est
1
Y (t) = YH (t) + YP (t) = a cos(t) + b sin(t) + avec (a, b) ∈ R2
t
et y(x) = a cos(e−x ) + b sin(e−x ) + ex avec (a, b) ∈ R2
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