Université de Nice Année 2000-2001 Département de Mathématiques DEUG MASS 2e année

Probabilités et analyse Corrigé du contrôle du 3 novembre

I.

1. Soit a un réel strictement positif. Rappeler pour quelles valeurs de a la série de terme général a^{k} est convergente. La série ∑ a^{k} est une série géométrique. On sait qu’elle converge (vers \frac{1}{1−a}) lorsque |a| < 1 et qu’elle diverge lorsque |a| ≥ 1.

2. Déterminer la nature de la série de terme général ln(1 + a^{k}) pour a ≥ 1.

Pour a ≥ 1, on a ln(1 + a^{k}) ≥ ln 2 car ln est une fonction croissante ; donc la série ∑ ln(1 + a^{k}) diverge puisque son terme général ne tend pas vers 0.

3. Déterminer la nature de la série de terme général ln(1 + a^{k}) pour 0 < a < 1.

Pour 0 < a < 1, on a le développement limité ln(1 + a^{k}) = a^{k}(1 + ε(a^{k})), avec ε(a^{k}) ≃ 0 dès que k est ig. Donc \frac{ln(1+a^{k})}{a^{k}} ≃ 1 dès que k est ig. Les deux suites (positives) ln(1 + a^{k}) et a^{k} sont donc asymptotiques et donc les séries ∑ ln(1 + a^{k}) et ∑ a^{k} de même nature. Comme rappelé à la question 1, ∑ a^{k} est convergente lorsque 0 < a < 1, donc il en est de même de ∑ ln(1 + a^{k}).

4. En déduire que pour 0 < a < 1, la suite u_{n} = (1 + a)(1 + a^{2}) … (1 + a^{n}) admet une limite l ≥ 1. La suite u_{n} = (1+a)(1+a^{2}) … (1+a^{n}) admet une limite l ≥ 1 si et seulement si la suite v_{n} = ln u_{n} admet une limite L ≥ 0, car ln est une fonction continue. Or

v_{n} = ln ((1 + a)(1 + a^{2}) … (1 + a^{n})) = ∑_{k=1}^{n} ln(1 + a^{k})

D’après la question précédente, on en déduit que v_{n} est une suite convergente lorsque 0 < a < 1 et sa limite L est positive ou nulle puisque c’est la somme d’une série à termes positifs.

II. 1. En comparant la série de terme général \frac{1}{\sqrt{k}} à une intégrale, montrer que

1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} ≥ 2(\sqrt{n + 1} − 1).

Comme la fonction \frac{1}{\sqrt{x}} est décroissante, on a, pour tout k = 2, …, n + 1, la minoration \frac{1}{\sqrt{k}} ≥ ∫_{k−1}^{k} \frac{dx}{\sqrt{x}}. Donc

1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} ≥ ∫_{1}^{n+1} \frac{dx}{\sqrt{x}} = [2\sqrt{x}]_{1}^{n+1} = 2(\sqrt{n + 1} − 1)

2. Que peut-on en déduire sur la nature de la série de terme général 1/\sqrt{k}?

Comme lim_{n→+∞} 2(\sqrt{n + 1} − 1) = +∞, la minoration précédente montre que la série ∑ \frac{1}{\sqrt{k}} est divergente.

3. Soit u_{n} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} − 2\sqrt{n}. Montrer qur la suite u_{n} est décroissante.

On constate que u_{n+1} − u_{n} ≤ 0 car on a :

u_{n+1} − u_{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1}} − 2(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}) = \frac{−1 − 2n − 2\sqrt{n(n + 1)}}{\sqrt{n + 1}}

donc u_{n} est une suite décroissante car −1 − 2n − 2\sqrt{n(n + 1)} ≤ 0 pour tout n.

4. Etudier la convergence de la suite u_{n} quand n tend vers l’infini.

Comme u_{n} est décroissante, il suffit de montrer qu’elle est minorée pour s’assurer qu’elle est convergente. Or on a

1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + … + \frac{1}{\sqrt{n}} − 2\sqrt{n} ≥ 2(\sqrt{n + 1}) − 2 − 2\sqrt{n} ≥ 2(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}) − 2 ≥ −2.

III.Un étudiant répond aux 20 questions d’un test par un ”oui” ou par un ”non”, avec la probabilité \frac{1}{2} de répondre justement à chaque question. Soit X le nombre de réponses justes. Quelle est la loi de X? Calculer P (X = 3).

Le nombre de réponses justes peut être modélisé par une loi binomiale B(20, \frac{1}{2}) de paramètres n = 20

et p = \frac{1}{2}, définie pour tout k = 0, …, n par P (X = k) = ( \begin{matrix}n \\ k \end{matrix} ) p^{k}(1 − p)^{n−k}. En particulier on a

P (X = 3) = ( \begin{matrix}20 \\ 3 \end{matrix} ) (\frac{1}{2})^{3}(\frac{1}{2})^{17} = \frac{20 !}{3 !17 !}(\frac{1}{2})^{20} = \frac{3 × 5 × 19}{2^{18}}.

IV. Un jeu consiste à lancer un dé non pipé jusqu’à ce qu’on obtienne 6. Soit X le nombre d’essais nécessaires.

1. Déterminer la loi de probabilité de X et son espérance.

Le nombre d’essais nécessaires peut être modélisé par une v.a. géométrique définie, pour tout entier k ≥ 0, par P (X = k) = \frac{1}{6}(\frac{5}{6})^{k−1}. L’espérance de cette v.a. est :

𝔼(X) = ∑_{k≥0} \frac{k}{6} (\frac{5}{6})^{k−1} = \frac{1}{6} \frac{1}{(1 − 5/6)^{2}} = 6.

2. Soit F_{X} la fonction de répartition de X. Que vaut F_{X}(x) ?

La plus petite valeur prise par la v.a. X étant 1, on a F_{X}(x) = 0 pour tout x < 1 et comme X ne prend que des valeurs entières, on a, pour tout x ∈ [k, k + 1[,

F_{X}(x) = P (X ≥ k) = P (X = 1) + P (X = 2) + … + P (X = k)

et donc

F_{X}(x) = \frac{1}{6} (1 + … + (\frac{5}{6})^{k−1}) = \frac{1}{6} \frac{1 − (\frac{5}{6})^{k}}{1 − \frac{5}{6}} = 1 − (\frac{5}{6})^{k}.

3. Montrer que si a ∈ ℕ^{∗} et b ∈ ℕ^{∗}, alors P (X ≤ a + b/X > a) = P (X ≤ b). On a par définition des probabilités conditionnelles,

P (X ≤ a + b/X > a) = \frac{P (X ≤ a + b, X > a)}{P (X > a)} = \frac{P (a < X ≤ a + b)}{P (X > a)} = \frac{F (a + b) − F (a)}{1 − F (a)}

Donc, en utilisant la question précédente,

P (X ≤ a + b/X > a) = \frac{(1 − (\frac{5}{6})^{a+b}) − (1 − (\frac{5}{6})^{a})}{1 − (1 − (\frac{5}{6})^{a})} = 1 − (\frac{5}{6})^{b} = F (b) = P (X ≤ b).