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Chap 11 - Franck MADIGOU

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TD du chapitre 11 : indications et corrections
Soit n ∈ N∗ . On a En = C1 ∩ C2 ∩ · · · ∩ Cn−1 ∩ Cn , avec Ck :« lors de la k ème lecture, l’erreur est corrigée.
n−1
n−1
1
1
2
1
=
.
Par indépendance des événements Ck , on obtient : P (En ) = 1 −
3
3
3
3
On a ensuite En′ = E1 ∪ E2 ∪ · · · ∪ En , union d’événements deux à deux incompatibles donc :
n
2
n
1
−
n
n
n−1
k−1
X
X
X 2 k
1
2
1
1
2
3
′
P (Ek ) =
P (En ) =
=1−
=
=
.
2
3
3
3
3
3
3
1−
k=1
k=1
k=0
3
S+∞
S+∞
L’événement C : « l’erreur est presque sûrement corrigée »est égal, soit à k=1 Ek , soit à k=1 Ek′ donc on peut
calculer sa probabilité soit avec le théorème de la limite monotone en utilisant la seconde expression (car les Ek′
forment une suite croissante d’événements) soit avec son corollaire et la première expression. La première méthode
est plus simple et plus logique, vu ce qui a été fait précédemment.
On obtient : P(C) = lim P (En′ ) = 1 donc C est presque sûr.
Exercice 3.
1
n→+∞
2
On note :
′
′
⋆ Ei,n
: « la ième erreur est corrigée en au plus n relectures »pour i = 1, 2, 3 ou 4 et n ∈ N∗ (par exemple E2,n
:
« la seconde erreur est corrigée en au plus n relectures »))
⋆ En′ : « les quatre erreurs sont corrigées en au plus n relectures »
′
′
′
′
On a alors En′ = E1,n
∩ E2,n
∩ E3,n
∩ E4,n
.
Il est impératif de bien comprendre cette égalité, qui est la clé pour passer de une erreur à plusieurs et sert dans pas
mal d’exercices.
Réfléchir aussi (en faisant les phrases en français) au fait que En 6= E1,n ∩ E2,n ∩ E3,n ∩ E4,n (avec le même genre
de notations), et que les événements E ne sont, par conséquents, pas adaptés pour passer de une à plusieurs erreurs
(l’événement à droite est strictement inclus dans celui de gauche mais différent dès que n > 2).
Comme il y a indépendance pour la correction de chaque erreur :
n 4
2
′
′
′
′
′
.
P (En ) = P E1,n P E2,n P E3,n P E4,n = 1 −
3
On fait comme dans la question précédente pour montrer qu’elles sont presque sûrement corrigées.
3
4
′
Pour n > 2, on a En′ = En ∪ En−1
, union de deux événements incompatibles.
n−1 !4
n 4
2
2
′
′
Donc P (En ) = P (En ) + P En−1 et P (En ) = 1 −
− 1−
3
3
4
1
, qui correspond à l’expression précédente en prenant n = 1.
Pour n = 1, on a E1 = E1′ donc P (E1 ) =
3
Il s’agit de calculer E(X), où X est le nombre de relectures nécessaires pour la correction des erreurs.
Pour bien faire la correspondance avec les événements déjà définis, on a :
[X = n] = En et [X 6 n] = En′ . C’est souvent plus simple de passer par les variables aléatoires pour ce genre
d’exercices. Par exemple, l’égalité entre événements utilisée à la question précédente se lit :
[X 6 n] = [X = n] ∪ [X 6 n − 1], qui est plus facile à comprendre, à mon sens.


n−1 !4
n 4
2
2
, ce
− 1−
Il faut s’assurer de la convergence absolue de la série de terme général n  1 −
3
3
qui est assez clair car on aura des sommes de termes généraux de séries géométriques dérivées si on imagine qu’on
développe tout (10 termes en tout...). Mais le calcul s’annonce très pénible.
Pour simplifier, on peut utiliser l’astuce suivante (si on la connait ou si l’énoncé le suggère) : [X > k] ∪ [X = k] =
[X > k − 1] pour k ∈ N∗ donc
n
X
kP(X = k)
=
k=1
=
n
X
k=1
n
X
(kP(X > k − 1) − kP(X > k))
P(X > k − 1) +
n
X
k=1
www.franck-madigou.fr
(k − 1)(P(X > k − 1) −
!
P(X > k − 1)
+ 0 − nP(X > n) =
n
X
kP(X > k)
k=1
k=1
k=1
=
n
X
n−1
X
!
P(X > k)
k=0
ECE 1 2015-2016, TD du chapitre 11 : indications et corrections
− nP(X > n),
1/3
k !4
2
1−
=
3
la dernière égalité étant obtenue par téléscopage. Comme P(X > k) = 1 − P(X 6 k) = 1 −
k
2k
3k 4k !
k
k k
k
2
2
2
2
4
8
16
2
= 4
+6
−4
+
−6
+4
−
, somme de termes
1 − 1−4
3
3
3
3
3
9
27
81
généraux de 4 séries géométriques convergentes et que lim nP(X > n) = 0 par croissances comparées, l’espérance
n→+∞
existe et vaut
+∞
+∞
X
X
P(X > k) − 0 = 4
kP(X = k) =
1
1
1
54 108 81
−6
+4
−
= 12 −
+
−
≈ 5, 64.
2
4
8
16
5
19
65
1−
1−
1−
1−
k=0
k=1
3
9
27
81
Vous serez sans doute d’accord pour dire que le calcul est bien difficile...Le plus simple est encore de le faire avec un
tableur ou mieux, Scilab...
La morale est qu, même si je fais peu d’erreurs dans mes énoncés et que je relis tout de même mes sujets de DS avant
de vous les donner, il est tout à fait normal qu’il en reste une ou deux.
Dernière remarque : on ne peut pas utiliser une astuce du genre [X 6 k] = [X = k] ∪ [X 6 k − 1] car, même si le
téléscopage fonctionne bien, la série de terme général P(X 6 k) est divergente...
1
Exercice 5. 1 Si la boule noire n’est pas tirée lors des n premiers tiragesla composition de l’urne pour le prochain tirage
sera : une boule noire et 2n boules blanches.
2 Soit n ∈ N∗ . La formule des probabilités composées donne P (A
n+1 ) = P (An ) PAn (An+1 ). Or, au vu de l composition
2n
.
de l’urne (voir question précédente) et par équiprobabilité de tirer chacune des boules, on a PAn (An+1 ) = n
2 +1
2n
∗
On en déduit que : ∀n ∈ N , un+1 = un · 2n +1
n
n
= vn +ln 1 + 21n , d’où l’égalité demandée.
Soit n ∈ N∗ , vn+1 = − ln (un+1 ) = − ln un · 2n2+1 = − ln (un )+ln 2 2+1
n
3
4
1
< 0) et la tangente en 0 a pour équation y = x donc
(1 + x2 )
∗
ln(1 + x) < x sur R+ (courbe en dessous de ses tangentes).
1
(b) On déduit, en prenant x = k dans l’inégalité précédente et en se servant de la relation de récurrence qui définit
2
1
la suite (vn ), que pour tout k ∈ N∗ , on a vk+1 − vk 6 k
2
n
1
n
1
−
n
n
X
X
1
1
1
2
= 1−
(il y a donc une
⇐⇒ vn+1 − v1 6
(vk+1 − vk ) 6
Donc, en sommant :
1
2k
2
2
1−
k=1
k=1
2
erreur dans l’énoncé, n − 1 au lieu de n. Désolé...)
1
(c) (vn )n>1 est donc croissante, car dans la relation de récurrence vn+1 − vn = ln 1 + n > 0 et majorée par
2
1 + v1 d’après l’inégalité précédente, donc converge vers un réel ℓ.
enfin, pour tout n ∈ N∗ , on a un = e−vn donc (un )n>1 converge vers e−ℓ .
(a) f : x 7→ ln(1 + x) est concave (f ′′ (x) = −
L’événement :« la boule noire est tirée » est le contraire de « la boule noire n’est jamais tiré » , qui est égal à
+∞
\
An .
n=1
Or, comme (An ) est une suite décroissante d’événements, le théorème de la limite monotone donne P
+∞
\
n=1
lim P (An ) = lim un = e−ℓ La probabilité cherchée vaut donc 1 − e−ℓ .
n→∞
An
!
=
n→∞
Remarque : il ne me semble pas jouable de trouver, avec vos connaissances,
une expression de ℓ (ce qui revient à calculer
1
explicitement la somme de la série de terme général ln 1 + k ). C’est même peut être extrêmement difficile, voire
2
infaisable.
En revanche, un tableur donne facile ℓ ≈ 1, 157 et la probabilité cherchée est donc environ égale à 0, 685.
Exercice 11. Séries monocolores=EML98
inversement. Donc
P (X = k)
1
(a) X (Ω) = N∗ et (X = k) signifie que l’on a k blanche puis une verte ou
= P ((B1 ∩ B2 ∩ · · · ∩ Bk ∩ Vk+1 ) ∪ (V1 ∩ V2 ∩ · · · ∩ Vk ∩ Bk+1 ))
= P (B1 ∩ B2 ∩ · · · ∩ Bk ∩ Vk+1 ) + P (V1 ∩ V2 ∩ · · · ∩ Vk ∩ Bk+1 )
=
k
(1 − p) p + pk (1 − p) , par indépendance des tirages.
(b) X a une espérance si la série suivante est absoulment convergente, ce qui équivaut à la convergence simple car
les termes sont tous positifs.
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ECE 1 2015-2016, TD du chapitre 11 : indications et corrections
2/3
M
X
kP (X = k)
M
M
M
h
i
X
X
X
k
k
kpk
k (1 − p) + (1 − p)
k (1 − p) p + pk (1 − p) = p
=
−→
p
M →+∞
k=1
k=1
k=1
k=1
1−p
(1 − 1 + p)
2
!
−0
p
+ (1 − p)
2
(1 − p)
!
−0
car |p| < 1 et |1 − p| < 1.
p
1−p
X admet une espérance et que E(X) =
Conclusion :
+
1−p
p
.
(c) On étudie les variations de E (X) fonction de p :
p
f (p) = 1−p
+ 1−p
p .
1
1
2p − 1
1 − p + p −p − 1 + p
=
− 2 =
f est dérivable sur ]0, 1[ et f ′ (p) =
2 +
2
2 , du signe de 2p − 1.
2
2
p
p
(1 − p)
(1 − p)
p (1 − p)
p
f (p)
1
2
−∞
′
−
0
+∞
+
+∞
+∞
f (p)
2
2
Conclusion : E(X) est minimale lorsque p = 12 , et vaut alors 2 C’est quand on a les mêmes proportion de vertes
et de blanches que l’on a en moyenne, les listes monocolore le splus courtes.
Pour tout (i, j) de (N∗ )2 :
(X = i et Y = j) = (B1 ∩ · · · ∩ Bi ∩ Vi+1 ∩ · · · ∩ Vi+j ∩ Bi+j+1 ) ∪ (V1 ∩ · · · ∩ Vi ∩ Bi+1 ∩ · · · ∩ Bi+j ∩ Vi+j+1 ) ,
les deux événements étant incompatibles, et les tirages indépendants, on a
P (X = i et Y = j) = pi+1 (1 − p)j + (1 − p)i+1 pj
3
(a) Y (Ω) = N∗ et pour tout k ∈ N∗ , d’après la formule des probabilités totales avec le SCE (X = i)i∈N∗ :
P (Y = j)
+∞
X
=
P (X = i et Y = j) =
j
(1 − p) p
(b) La convergence absolue de la série
M
X
jP (Y = j)
=
M
X
P
j≥1
M →+∞
pj
i
jP (Y = j) équivaut à sa convergence simple.
j−1
j (1 − p)
2
−→
i+1
1
1
j−1 2
2
j
p + pj−1 (1 − p)
− 1 + p (1 − p)
− 1 = (1 − p)
1−p
p
j=1
j=1
j
pi+1 (1 − p) + (1 − p)
i=1
i=1
=
+∞ h
X
p2 +
M
X
j=1
2
2
jpj−1 (1 − p) =
M
2 M
p2 X
(1 − p) X j
j
j (1 − p) +
jp
1 − p j=1
p
j=1
p
p 1 − p (1 − p)
+
2 =2
2
1−p p
p
(1 − p)
Conclusion : Y admet une espérance et E (Y ) = 2
4
(a) Si p 6=
1
,
2
P (X = 1 ∩ Y = 1)
P (X = 1) P (Y = 1)
(1) − (2)
= p2 (1 − p) + (1 − p)2 p = (1 − p) p2 + (1 − p) p = p (1 − p)
i
h
2
= [(1 − p) p + p (1 − p)] p2 + (1 − p) = 2 (1 − p) p 2p2 − 2p + 1
2
= (1 − p) p 1 − 2 2p2 − 2p + 1 = (1 − p) p −4p2 + 4p − 1 = − (1 − p) p [2p − 1]
1
P (X = 1 ∩ Y = 1) 6= P (X = 1) P (Y = 1). Conclusion : X et Y ne sont pas indépendantes
2
"
i
j
i # i
1
1
1
1
1 1
1
(b) Si p = 2 , P (X = i) =
=
1−
et P (Y = j) =
+
2 2
2 2
2
2
i+1 j i+1 j i+j
1
1
1
1
1
+
=
= P (X = i) P (Y = j)
P (X = i et Y = j) =
2
2
2
2
2
et comme p 6=
Conclusion :
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X et Y sont indépendantes.
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