Corrigé D07M

Corrigé
D07M
BCPST2
2/12/2014
On eectue une succession innie de lancers indépendants d'une pièce donnant pile avec la probabilité p ∈ ]0 ; 1[ et face avec la
probabilité q = 1 − p.
On s'intéresse dans ce problème aux successions de lancers amenant un même côté.
On dit que la première série est de longueur n (avec n ∈ N∗ ) si les n premiers lancers ont amené le même côté de la pièce et le
(n + 1)-ième l'autre côté.
De même, la deuxième série commence au lancer suivant la n de la première série et se termine (si elle se termine) au lancer précédant
un changement de côté. On dénit de même les séries suivantes.
Pour tout k de N∗ , on note Pk (resp. Fk ) l'événement : le k-ième lancer amène pile (resp. face) .
1
1◦ )
Partie : Étude des longueurs de séries
re
On note L1 (resp. L2 ) la variable aléatoire égale à la longueur de la première (resp. deuxième) série.
a. Exprimer, pour tout n de N∗ , l'événement (L1 = n) à l'aide des événements Pk et Fk pour k ∈ J1 ; n + 1K.
Soit n ∈ N∗ . On a :
(L1 = n) = P1 ∩ P2 ∩ . . . ∩ Pn ∩ Fn+1
b.
En déduire :
∪
F1 ∩ F2 ∩ ... ∩ Fn ∩ Pn+1
∀n ∈ N∗ , P(L1 = n) = pn q + q n p.
Les événements P1 ∩ P2 ∩ . . . ∩ Pn ∩ Fn+1 et F1 ∩ F2 ∩ . . . ∩ Fn ∩ Pn+1 sont incompatibles.
Ainsi :
P(L1 = n) = P P1 ∩ P2 ∩ . . . ∩ Pn ∩ Fn+1 + P F1 ∩ F2 ∩ . . . ∩ Fn ∩ Pn+1 .
De plus, les lancers sont indépendants, donc les événements P1 , P2 , . . . , Pn , Fn+1 sont mutuellement indépendants ; de même, les événements F1 , F2 , . . . , Fn , Pn+1 sont mutuellement
indépendants. Ainsi :
P(L1 = n) = P(P1 )P(P2 ) . . . P(Pn )P(Fn+1 ) + P(F1 )P(F2 ) . . . P(Fn )P(Pn+1 ) = pn q + q n p
c.
+∞
X
Vérier (par le calcul) :
P(L1 = n) = 1.
n=1
On a :
∀N > 1,
N
X
N
N
N
X
X
X
n
n
n
P(L1 = n) =
(p q + q p) =
p q+
q n p.
n=1
n=1
n=1
n=1
Les deux sommes partielles convergent car il s'agit de sommes partielles associées à des séries
géométriques de raison p et q et |p| < 1, |q| < 1 ; de plus, on a :
N
X
P(L1 = n) −→ pq ×
n=1
Ainsi :
+∞
X
N →+∞
1
1
+ pq ×
=p+q =1
1−p
1−q
P(L1 = n) = 1.
n=1
d.
Montrer que la variable aléatoire L1 admet une espérance et la calculer.
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La variable aléatoire L1 admet une espérance si et seulement si la série
X
n P(L1 = n)
n>1
converge absolument c'est-à-dire si et seulement si la série
On a :
∀N > 1,
n P(L1 = n) converge (car
n>1
tous les termes sont positifs).
N
X
X
N
X
n P(L1 = n) =
n=1
n
n
n(p q + q p) = pq
n=1
N
X
n=1
n−1
np
+
N
X
nq
n−1
.
n=1
D'après le cours, les deux sommes partielles convergent car |p| < 1, |q| < 1, et on a :
N
X
p q
1
p2 + q 2
1
n P(L1 = n) −→ pq
= + =
.
+
(1 − p)2 (1 − q)2
q p
pq
N →+∞
n=1
On conclut :
2◦ )
a.
L1 admet une espérance et E(L1 ) =
p2 + q 2
.
pq
Exprimer, pour tous n, k de N∗ , l'événement (L1 = n) ∩ (L2 = k) à l'aide des événements Pk et Fk pour k ∈ J1 ; n + k + 1K.
Soient n, k ∈ N∗ . On a :
(L1 = n) ∩ (L2 = k) =
P1 ∩ . . . ∩ Pn ∩ Fn+1 ∩ . . . Fn+k ∩ Pn+k+1 ∪ F1 ∩ . . . ∩ Fn ∩ Pn+1 ∩ . . . Pn+k ∩ Fn+k+1
b.
En déduire la loi du couple (L1 , L2 ).
Les variables aléatoires L1 et L2 prennent toutes les deux leurs valeurs dans N∗ .
D'après la question précédente et pour les mêmes raison qu'à la question 1.b, on obtient :
∀n, k ∈ N∗ , P (L1 = n) ∩ (L2 = k) = pn q k p + q n pk q = pn+1 q k + q n+1 pk
3◦ )
a.
Montrer :
∀k ∈ N∗ , P(L2 = k) = p2 q k−1 + q 2 pk−1 .
n
o
La famille d'événements (L1 = n) ; n ∈ N∗ est un système complet d'événements. Donc
d'après la formule des probabilités totales, on a pour tout k ∈ N∗ :
+∞
X
P(L2 = k) =
P (L1 = n) ∩ (L2 = k)
=
n=1
+∞
X
(pn+1 q k + q n+1 pk ) = p2 q k ×
n=1
1
1
+ q 2 pk ×
1−p
1−q
= p2 q k−1 + q 2 pk−1
Remarque :
∀K > 1,
K
X
P(L2 = k) =
k=1
Ainsi, on a bien :
K
X
2 k−1
pq
+
k=1
+∞
X
K
X
q 2 pk−1 −→ p2
k=1
K→+∞
1
1
+ q2
= p + q = 1.
1−q
1−p
P(L2 = k) = 1.
k=1
2014-2015
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b.
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Montrer que la variable aléatoire L2 admet une espérance et que E(L2 ) = 2.
La variable aléatoire L2 admet une espérance si et seulement si la série
X
k P(L2 = k)
k>1
converge absolument c'est-à-direla série
k P(L2 = k) converge (car tous les termes sont
k>1
positifs).
On a pour tout K > 1,
K
X
X
k P(L2 = k) =
k=1
N
X
k(p2 q k−1 + q 2 pk−1 )
k=1
=p
2
K
X
kq k−1 +
X
q = 1Kkpk−1
k=1
−→ p2 ×
K→+∞
On conclut :
4◦ )
a.
1
1
+ q2 ×
=1+1= 2
2
(1 − q)
(1 − p)2
L2 admet une espérance et E(L2 ) = 2.
Les variables aléatoires L1 et L2 sont-elles indépendantes ?
D'après les questions précédentes, on a :
â P (L1 = 1) ∩ (L2 = 1) = p2 q + q 2 p = pq(p + q) = pq
et
P(L1 = 1) P(L2 = 1) =
(2pq)(p + q ).
2
2
Or :
pq = (2pq)(p2 + q 2 ) ⇐⇒ 1 = 2(p2 + q 2 )
(car pq 6= 0)
2
2
2
⇐⇒ 2(p + (1 − p) ) − 1 = 4p − 4p + 1
⇐⇒ (2p − 1)2 = 0
1
⇐⇒ p =
2
1
â Si p 6= , alors P (L1 = 1) ∩ (L2 = 1) 6= P(L1 = 1) P(L2 = 1) ; ainsi, L1 et L2 ne
2
sont pas indépendantes.
1
â Regardons ce qu'il en est lorsque p = . Dans ce cas, on a : ∀n, k ∈ N∗ ,
2
1
1
1
et P(L1 = n) P(L2 = k) =
P (L1 = n) ∩ (L2 = k) = n+k+1 + n+k+1 = n+k
2
2
2
1
1
× k;
n
2
2
ainsi : ∀n, k ∈ N∗ , P (L1 = n) ∩ (L2 = k) = P(L1 = n) P(L2 = k) ; donc L1 et L2
sont indépendantes.
On conclut :
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1
2
les variables aléatoires L1 et L2 sont indépendantes si et seulement si p = .
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b.
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Calculer la covariance du couple (L1 , L2 ).
Commençons par montrer l'existence et calculer l'espérance de L1 L2 . D'après le théorème
de transfert :
X
L1 L2 admet une espérance si et seulement si la série double
n k P (L1 = n) ∩ (L2 = k)
n,k>1
converge.
â Soit n ∈ N∗ . On a :
K
X
K
X
n k P (L1 = n) ∩ (L2 = k) =
n k(pn+1 q k + q n+1 pk )
k=1
k=1
= np
n+1
q
K
X
k=1
kq
k−1
+ nq
n+1
p
K
X
kpk−1
k=1
1
1
n+1
+
nq
p
×
= nqpn−1 + npq n−1
−→ npn+1 q ×
2
2
(1 − q)
(1 − p)
K→+∞
+∞
X
Ainsi :
n k P (L1 = n) ∪ (L2 = k) = nqpn−1 + npq n−1 .
k=1
â De plus :
N
X
1
1 1
p+q
1
1
+p×
= + =
= .
2
2
(1 − p)
(1 − q)
q p
pq
pq
N →+∞
1
L1 L2 admet une espérance et E(L1 L2 ) = .
pq
(nqpn−1 +npq n−1 ) −→ q ×
n=1
On en déduit :
Ainsi, (L1 , L2 ) admet une covariance et
Cov(L1 , L2 ) = E(L1 L2 ) − E(L1 ) E(L2 ) =
1
2(p2 + q 2 )
1 − 2(p2 + q 2 )
−(2p − 1)2
−
=
=
pq
pq
pq
pq
Remarques :
1
â Lorsque p = , on trouve bien Cov(L1 , L2 ) = 0.
2
â La covariance est négative, ce que est cohérent puisque les deux variables ont tendance
à évoluer en sens contraire.
5◦ ) Simulation informatique a.
Écrire une fonction simule_L(p) qui, étant donné un réel p de ]0 ; 1[, simule un certain nombre de lancers et qui renvoie les valeurs
de L1 et L2 obtenues.
from random import random
d e f lancer ( p ) :
i f random ( )<p :
return (1)
else :
return (0)
d e f simule_L ( p ) :
x=lancer ( p )
l1=1
w h i l e lancer ( p )==x :
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l1 += 1
l2=1
w h i l e lancer ( p ) != x :
l2+=1
r e t u r n ( l1 , l2 )
b.
Écrire une fonction estime(p) qui simule 1000 fois l'expérience et qui renvoie une estimation de E(L1 ), de E(L2 ) et de Cov(L1 , L2 ).
Comparer les résultats obtenus avec les résultats théoriques.
d e f estime ( p ) :
E1 , E2 , E12 =0 ,0 ,0
N =1000
f o r k in range ( N ) :
a , b=simule_L ( p )
E1 += a / N
E2 += b / N
E12 += a ∗ b / N
Cov=E12−E1 ∗ E2
p r i n t ( E1 , ' e s t une v a l e u r approch é e de E( L1 )= ' , ( p /(1 − p )+(1− p )
/ p ) , ' ( v a l e u r th é o r i q u e ) ' )
p r i n t ( E2 , ' e s t une v a l e u r approch é e de E( L2 )= ' , 2 , ' ( v a l e u r th é
orique ) ' )
p r i n t ( Cov , ' e s t une v a l e u r approch é e de Cov ( L1 , L2 )= ' , − (2 ∗ p − 1)
∗ ∗ 2 / ( p ∗ (1 − p ) ) , ' ( v a l e u r th é o r i q u e ) ' )
r e t u r n ( E1 , E2 , Cov )
Exemple d'exécution :
In [ 1 ] : estime ( 0 . 7 )
2 . 7 7 5 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 4 9 6 est une valeur approch é e de E ( L1 )=
2 . 7 6 1 9 0 4 7 6 1 9 0 4 7 6 2 ( valeur th é orique )
2 . 0 7 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 6 0 7 est une valeur approch é e de E ( L2 )= 2 ( valeur th é
orique )
− 0.8063039999998329 est une valeur approch é e de Cov ( L1 , L2 )=
− 0.7619047619047614 ( valeur th é orique )
Out [ 1 ] : ( 2 . 7 7 5 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 4 9 6 , 2 . 0 7 8 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 6 0 7 , − 0.8063039999998329)
2
e
Partie : Étude du nombre de séries lors des n premiers lancers
1
On considère dans toute cette partie que la pièce est équilibrée ; ainsi p = q = .
2
Pour tout n de N∗ , on note Nn la variable aléatoire égale au nombre de séries obtenus lors des n premiers lancers.
Par exemple, si les lancers successifs donnent : F F P P P P F F P P P . . .(F désignant face et P désignant pile), on a pour une telle succession :
N1 = N2 = 1, N3 = · · · = N6 = 2, N7 = N8 = 3, N9 = · · · = N11 = 4
les données précédentes ne permettant évidemment pas de déterminer N12 .
1◦ )
Déterminer les lois des variables aléatoires N1 , N2 et N3 et donner leurs espérances.
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â N1 (Ω) = {1} et P(N1 = 1) = 1.
D07M
Donc E(N1 ) = 1.
â N2 (Ω) = {1, 2}.
1 1
1
(N2 = 1) = P1 ∩ P2 ∪ F1 ∩ F2 ; donc P(N2 = 1) = + =
4 4
2
1
Ainsi : P(N2 = 2) = 1 − P(N2 = 1) = .
2
1
1
3
Enn : E(N2 ) = 1 × + 2 × = .
2
2
2
â N3 (Ω) = {1, 2, 3}.
1 1
De plus : (N3 = 1) = P1 ∩ P2 ∩ P3 ∪ F1 ∩ F2 ∩ F3 ; donc P(N3 = 1) = +
8 8
1 1
Puis : (N3 = 3) = P1 ∩ F2 ∩ P3 ∪ F1 ∩ P2 ∩ F3 ; donc P(N3 = 3) = + =
8 8
1 1
1
Ainsi : P(N3 = 2) = 1 − P(N3 = 1) − P(N3 = 3) = 1 − − = .
4 4
2
1
1
1
Enn : E(N3 ) = 1 × + 2 × + 3 × = 2.
4
2
4
De plus :
2◦ )
1
= .
4
1
.
4
Soit n ∈ N∗ .
a.
Déterminer l'ensemble des valeurs prises par Nn .
La variable Nn vaut au minimum 1 (lorsqu'il n'y a pas de changement de côté) lors des n
lancers et au maximum n (lorsqu'il y a un changement de côté à chaque lancer). De plus,
toutes les valeurs entre 1 et n sont des valeurs possibles pour Nn .
On conclut : Nn (Ω) = J1 ; nK.
b.
Calculer les probabilités P(Nn = 1) et P(Nn = n).
â On a :
(Nn = 1) = P1 ∩ P2 ∩ ... ∩ Pn
∪
F1 ∩ F2 ∩ ... ∩ Fn .
Ainsi, pour les mêmes raisons que dans la question 1., on obtient :
P(Nn = 1) =
â De plus :
1
1
1
+ n = n−1
n
2
2
2
(Nn = n) = P1 ∩ F2 ∩ P3 ∩ ... ∪
Toujours pour les mêmes raisons :
F1 ∩ P2 ∩ F3 ∩ ... .
P(Nn = n) =
1
1
1
+ n = n−1 .
n
2
2
2
3◦ ) Simulation informatique -
Écrire une fonction simule_N(n,p) qui, étant donnés un entier n de N∗ et un réel p de ]0 ; 1[, simule n lancers de la pièce et renvoie la
valeur de Nn obtenue.
d e f simule_N ( n , p ) :
R =[ lancer ( p ) f o r k i n r a n g e ( n ) ]
N=0
f o r k in range (1 , n ) :
i f R [ k − 1]!= R [ k ] :
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N += 1
return (N)
4◦ ) Fonction génératrice de
Nn -
On pose, pour tout n de N∗ et pour tout s de [0 ; 1],
Gn (s) =
n
X
P(Nn = k) sk
k=1
a.
Calculer, pour tout n de N∗ , Gn (0), Gn (1) et G0n (1).
â Gn (0) =
n
X
P(Nn = k) 0k = 0
k=1
â De plus :
Gn (1) =
n
X
k
P(Nn = k) 1 =
k=1
n
X
k=1
P(Nn = k) = 1 , car Nn (Ω) = J1 ; nK.
â Enn, Gn est une fonction polynôme donc est dérivable sur [0 ; 1] et on a
∀s ∈ [0 ; 1],
G0n (s)
=
n
X
P(Nn = k)ksk−1
k=1
Ainsi :
G0n (1) =
n
X
kP(Nn = k) = E(Nn )
k=1
b.
Montrer :
∀n ∈ N∗ , ∀k ∈ J1 ; n + 1K, P(Nn+1 = k) =
1
1
P(Nn = k) + P(Nn = k − 1).
2
2
Soient n ∈ N∗ et k ∈ J1 ; n + 1K.
Notons En+1 l'événement : on obtient au (n + 1)-ième lancer le même côté qu'au n-ième
lancer .
1
1
et P(En+1 ) = .
Alors on a : P(En+1 ) =
2
2
De plus, l'événement (Nn+1 = k) peut se décomposer
de la façon suivante:
(Nn+1 = k) = (Nn = k) ∩ En+1 ∪ (Nn = k − 1) ∩ En+1 .
On obtient alors :
P(Nn+1 = k) = P (Nn = k) ∩ En+1 + P (Nn = k − 1) ∩ En+1
= P(Nn = k) P(En+1 ) + P(Nn = k − 1) P(En+1 )
On en déduit :
c.
En déduire :
2014-2015
par union disjointe
par indépendance des lancers.
1
1
P(Nn+1 = k) = P(Nn = k) + P(Nn = k − 1).
2
2
∀n ∈ N∗ , ∀s ∈ [0 ; 1], Gn+1 (s) =
1+s
Gn (s).
2
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Soit s ∈ [0 ; 1]. On a :
Gn+1 (s) =
=
n+1
X
P(Nn+1 = k)sk
k=1
n+1
X
k=1
n+1
X
1
=
2
Or,
n+1
X
P (Nn = k)sk =
n
X
k=1
Et,
n+1
X
k
P (Nn = k − 1)s =
=0+s
n
X
P (Nn = `)s` = s Gn (s).
`=1
s
1+s
1
Gn (s)
Gn+1 (s) = Gn (s) + Gn (s) =
2
2
2
En déduire, pour tout n de N∗ et pour tout s de [0 ; 1], une expression simple de Gn (s).
On a :
∀s ∈ [0 ; 1], G1 (s) = P (N1 = 1)s1 = s.
Ainsi, on obtient directement :
e.
P (Nn = `)s
`+1
`=0
Ainsi :
d.
n+1
1X
P (Nn = k)s +
P (Nn = k − 1)sk
2 k=1
k=1
k
P (Nn = k)sk + 0 = Gn (s).
k=1
n
X
k=1
1
1
P(Nn = k) + P(Nn = k − 1) sk
2
2
∀n ∈ N∗ , ∀s ∈ [0 ; 1], Gn (s) =
1 + s n−1
2
s.
Déterminer, pour tout n de N∗ , le nombre moyen de séries dans les n premiers lancers.
Le nombre moyen de séries obtenues dans les n premiers lancers est donné par
E(Nn ) = G0n (1)
On a :
Ainsi :
3
e
1◦ )
s(n − 1) 1 + s n−2
∀s ∈ [0 ; 1],
=
+
.
2
2
2
n−1
n+1
E(Nn ) = G0n (1) = 1 +
=
.
2
2
G0n (s)
1 + s n−1
Partie : Probabilité d'avoir une innité de fois deux piles consécutifs
Montrer :
∀x ∈ R, 1 − x 6 e−x .
On montre que la fonction f : x 7→ e−x − 1 + x est décroissante sur R− et croissante sur R+ .
Puisque f (0) = 0, on en déduit que f est positive ou nulle sur R.
On conclut alors : ∀x ∈ R, 1 − x 6 e−x .
2◦ )
On considère dans cette question une suite d'événements (Ai )i∈N∗ indépendants.
On suppose que la série de terme général P(Ai ) diverge.
S
Soit k ∈ N∗ xé. Pour tout n > k, on note Cn = ni=k Ai = Ak ∪ · · · ∪ An .
a.
Justier :
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lim
n→+∞
n
X
P(Ai ) = +∞.
i=k
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â On a :
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P(Cn ) = P Ak ∪ . . . ∪ An = 1 − P Ak ∪ . . . ∪ An
= 1 − P Ak ∩ . . . ∩ An
n
Y
=1−
car les Ai sont indépendants.
P(Ai )
i=k
â En utilisant la question précédente, on a :
∀i ∈ N∗ , 0 6 P(Ai ) = 1 − P(Ai ) 6 exp − P(Ai )
En multipliant ces inégalités pour i allant de k à n, on obtient :
n
Y
P(Ai ) 6
i=k
Ainsi :
n
Y
exp − P(Ai ) = exp −
i=k
n
X
P(Ai ) .
i=k
P(Cn ) > 1 − exp −
n
X
P(Ai ) .
i=k
â On a alors :
∀n > k, 1 − exp −
n
X
P(Ai ) 6 P(Cn ) 6 1.
i=k
Or, 1 − exp −
n
X
P(Ai ) −→ 1 − 0 = 1.
N →+∞
i=k
Donc par le théorème des gendarmes, on obtient :
b.
Justier :
∀n > k, P(Cn ) 6 P
+∞
[
!
Ai
6 1. En déduire :
P
i=k
+∞
[
!
Ai
lim P(Cn ) = 1.
n→+∞
= 1.
i=k
â Soit n > k . On a les inclusions d'ensembles suivants :
Cn ⊂
+∞
[
Ai ⊂ Ω.
i=k
Puis, par croissance de l'application P, on obtient :
P(Cn ) 6 P
+∞
[
!
Ai
6 1.
i=k
â L'inégalité précédente étant vraie pour tout n > k , elle reste vraie lorsque n tend vers
+∞. On obtient donc, par passage à la limite :
!
+∞
[
16P
Ai 6 1
i=k
On conclut :
P
+∞
[
!
Ai
= 1.
i=k
3◦ )
En considérant, pour tout n de N∗ , les événements An : on obtient pile au (2n)-ième et au (2n+1)-ième , montrer que la probabilité
d'avoir deux piles consécutifs, après n'importe quel lancer, est égale à 1.
Soit k ∈ N∗ xé. Notons Fk l'événement : on obtient deux piles consécutifs après le k -ième
lancer .
L'événement Fk s'écrit :
Fk =
+∞
[
Ai .
i=k
2014-2015
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TSVP
BCPST 951/952/953
Lycée du Parc
D07M
La suite d'événements (Ai )i∈N∗ vérie les hypothèses de la question précédente. En eet :
les événements Ai , pour i > 1, sont indépendants (car les lancers le sont)
X
pour tout i > 1, P(Ai ) = P(P2i ∩ P2i+1 ) = p2 ; ainsi, la série
P(Ai ) diverge.
i>1
On en déduit :
P(Fk ) = P
+∞
[
Ai = 1.
i=k
Autrement dit, on est presque sûr d'obtenir au moins deux piles consécutifs après n'importe quel lancer.
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FIN