Modèle de concours : CNC 2017 Mathématiques I (TSI) — Concours National Commun
En bref
Ce document est une ancienne épreuve écrite du concours de Concours d'accès aux écoles d'ingénieurs organisé par Concours National Commun (CNC) — CPGE (2017), publiée sur Wadifa Info en consultation et téléchargement PDF gratuits, avec une correction proposée.
- Organisme
- Concours National Commun (CNC) — CPGE
- Grade
- Concours d'accès aux écoles d'ingénieurs
- Spécialité
- Mathématiques I
- Année
- 2017
- Pages
- 4
- Langue des questions
- français
- Correction
- correction proposée disponible sur cette page
📝 Texte des questions (extrait automatiquement des pages scannées)
Ce texte est extrait automatiquement des images de l'épreuve et peut contenir des erreurs de lecture — les images ci-dessus font foi.
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Concours National Commun — Session 2017 — Filière TSI
L’énoncé de cette épreuve, particulière aux candidats de la filière TSI,
comporte 4 pages.
L’usage de tout matériel électronique, y compris la calculatrice, est interdit
Les candidats sont informés que la qualité de la rédaction et de la présentation, la clarté
et la précision des raisonnements constitueront des éléments importants pour l’appréciation des
copies. Il convient en particulier de rappeler avec précision les références des questions abordées.
Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé,
il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il
est amené à prendre.
Le sujet de cette épreuve est composé de deux problèmes indépendants entre eux.
Durée : 4 heures
Problème 1
On note R* l’ensemble des nombres réels positifs et R** l’ensemble des nombres réels strictement
positifs. Pour tout t € R*, on considère la fonction م définie sur R de la façon suivante, Vr € R,
prix) = size . Dans ce problème on considère la fonction réelle à définie par f(x) = Phi pr(x)dt
Partie I
Calcul de la somme de la série de Riemann 5;
n›1
n2
1. Montrer que pour tout k 6 N*, jy (Z — ›) cos(kx)dx = 5 ;
a) itrer que pour tout n N°, —eis SE 23 5 j ?
éduire 1e pour t * S 1 sin( كه ( cos {n+D=
) En déduire que pour out ne N 1 › cos( 4 )= Dos) 00 RESTES
k=1
3. Soit ap une fonction réelle de classe 01 sur [0,x]. Montrer à l’aide d’une integration par parties
que lim À b(x)sin(mz)dz = 0.
4. Soit و la fonction réelle définie sur [0, ] par 9(æ)=3 ÉD si x €]0,x] ;
Montrer que و est de classe 01 sur [0, |.
n 7
5. a) Montrer que pour tout n € N*, نج + = 5 + Jo 9(æ) sin(+D p)dz.
k=1l
+00 2
b) Justifier la convergence de la série بج 2 et montrer que 5) + شا
nz›1 n=l
Partie II
Domaine de définition, limites et continuité de /
1. a) Montrer que le domaine de définition D; de f est R.
b) Étudier la parité de f.
2. a) Montrer que, pour tout + € R*, ري est une fonction dérivable (par rapport à x) sur R* et
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Concours National Commun - Session 2017 — Filière TSI
b) En déduire que, pour tous réels t et x positifs et pour tout réel h # 0 tel que x +7 › 0,
c) En déduire que f est continue sur R.
3. Déterminer la monotonie de f sur R.
4. a) Montrer que, pour tout réel strictement positif x, f(x) = ِ ; 0. حي du.
b) Déterminer la limite de à en +œ.
a) Montrer que, pour tout réel strictement positif و
e Æ arctan(yx) › هدك “از › arctan( x)
b) En déduire la limite de Fe # ع du en +oo.
c) Montrer que, pour tout réel strictement positif x, 0 › Sy قو du ‹5— arctan(y/T).
مه 4
e) Donner un équivalent masi de f au voisinage de +0.
d) En déduire la limite de sÉ du en +oo.
f) En déduire que k'* f(x)dx est divergente.
Partie III
Dérivabilité de /
1. Montrer que, pour tous réels t et x positifs et pour tout réel h # 0 tel que x +h › 0,
; - pi(æ)| › 011267
2. En déduire que f est dérivable sur 167 et que pour tout réel positif x,
1+ 2
3. On pose, pour tout n € N* et pour tout x € R*, w, (x) = ع :
a) Montrer que, pour tout n € N*, il existe ch €], J ] tel que | fi wp(x)dx — 1 › Len :
A 4 : +æ
b) En déduire fm Je “ wn(x)dx.
Partie IV
Etude de quelques séries en relation avec la fonction رب
1. Soit n € N, on pose S, = 5; f(k).
k=0
a) Montrer que, pour tout n € N*, {y f(t)dt › H f(k) ‹1+ Jy f(t)at.
k=0
b) En déduire que 5; f(n) est une série divergente.
nz›0
c) En déduire que S, est équivalente à 0 f(t)dt
2. On pose, pour tout entier naturel non nul n, Un = › p1(n?x)dx.
Montrer que رن v, est convergente et calculer sa valeur.
nz1
3. a) Montrer que pour tout réel x, la série نل pn(x) est convergente.
nz0
On considère par la suite, la fonction € définie sur R par, Vr € R, €(x) = نل pn(1).
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Concours National Commun - Session 2017 — Filière TSI
b) Montrer, en utilisant la question de la Partie II, 2. b), que la fonction € est continue sur R.
c) Montrer, en utilisant la question de la Partie III, 1., que la fonction € est dérivable sur R et
que علا ER, مغ = Ÿ .لارام
Problème 2
Soit (©, A, P) un espace probabilisé, on appelle fonction génératrice d’une variable aléatoire réelle X
à valeurs dans N, lorsqu'elle existe, la fonction Gx définie par: Gx(t) = E(t*) = © #P(X = k).
Partie I
Quelques propriétés de la fonction génératrice et quelques exemples
1. Montrer que la fonction génératrice Gx est au moins définie sur l’intervalle [-1,1].
2. Montrer que pour tout k € N, ا" (0) = kIP(X = k).
3. Donner l'expression de Gx, en précisant le domaine de définition, dans chaque cas suivant:
a) X suit la loi de Bernoulli de paramètre p, notée B(p), où p € [0,1].
b) X suit la loi binomiale de paramètre n, p, notée B(n, p), où n € N*, p € [0,1].
c) X suit la loi géométrique de paramètre ,م notée G(p), où p )01ل
4. Montrer que si Gx est dérivable en 1 alors la variable aléatoire X admet une espérance E(X),
telle que G (1) = E(X). x
. Montrer que si le rayon de convergence de la série entière 5) عط = k) est strictement supérieur
k=0
à 1, alors la variance de la variable aléatoire X existe et on a V(X) = G4(1)+G (1) - (G, (1))?.
6. En déduire l’espérance et la variance d’une variable aléatoire qui suit la loi géométrique G(p) de
paramètre p, où p €]0, 1[.
7. Soit X une variable aléatoire réelle qui a pour fonction génératrice px telle que xt) = ae4+?) ;
a un réel.
a) Déterminer la valeur de a.
b) Donner la loi de probabilité de X.
c) Calculer l’espérance et la variance de la variable aléatoire X.
Partie II
La fonction génératrice d’une somme de variables aléatoires
Soient n un entier naturel non nul et N une variable aléatoire telle que N(Q) = [1,n] = {1,...,n}.
On suppose que pour tout de [1,n], P(N = k) est non nul. On considère n variables aléatoires
indépendantes (X;)1‹i‹n, toutes de même loi qu’une variable aléatoire X, telle que X(Q) = [1,m],
avec m un entier naturel non nul. On pose S = نل X;, (en particulier, sachant que l’événement (N = h)
est réalisé, h € [1,n], alors S = 5; X;).
1. Montrer que pour tout k € [L,n], له = مب بوم
2. a) Soit Y une variable aléatoire réelle qui prend un nombre fini de valeurs dans Y (M), montrer
k=1
E(Y|IN =k])= 5; yP((Y = y)|[N = k]) désigne l’espérance de Y sachant l’événement
yeY (9)
[N = k] et P((Y = y)|[N = k]) désigne la probabilité de (Y = y) sachant l’événement
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Concours National Commun - Session 2017 — Filière TSI
b) Montrer que pour tout k € [1,n] et pour tout réel t, E(t$|[N = k]) = G% (t).
c) En déduire que pour tout réel t, Gs(t) = H P(N = k)G% (t).
k=1
d) Montrer que Gs = GyoGx.
3. En déduire que F(S) = E(N)E(X).
Partie 1
Application
On dispose d’un jeton non truqué à deux faces numérotées 1 et 2 et d’un dé tétraédrique (famille des
pyramides composés de quatre faces triangulaires), équilibré, dont les faces sont numérotées de 1 à 4.
On lance le jeton et on note N le numéro obtenu, puis on lance N fois le dé et pour chaque lancer, on
note le numéro de la face d’appui du dé. Soit S la somme des numéros obtenus lors de ces N lancers,
(si N = 1, le dé est lancé une seule fois et S est le numéro lu sur la face d’appui du dé).
1. a) Déterminer la loi de N.
b) Donner la loi conditionnelle de S sachant [N = k], pour k = 1, puis pour k = 2.
c) En déduire la loi de S, puis son espérance et sa variance.
2. a) Identifier la variable aléatoire X telle que S = 5; X;, où X, et X» sont deux variables
aléatoires indépendantes de même loi que X.
b) Déterminer les fonctions génératrices Gy et Gx et en déduire la fonction génératrice .و
c) Retrouver, en utilisant la fonction génératrice Gg, la loi, l'espérance et la variance de S.
FIN DE L'ÉPREUVE
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✅ Correction proposée
Il s'agit d'une correction proposée, rédigée par l'équipe wadifa-info pour vous aider à comprendre la méthode — ce n'est pas un corrigé officiel de l'administration organisatrice.
Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2017, filière TSI (classes préparatoires). Durée : 4 heures, tout matériel électronique (calculatrice comprise) interdit. Deux problèmes indépendants : (1) la somme Σ 1/n² = π²/6 puis l'étude de f(x) = ∫0+∞ e−t/(1 + x²t²) dt ; (2) les fonctions génératrices de variables aléatoires à valeurs dans ℕ, avec une application (jeton + dé tétraédrique). Voici une correction proposée.
💡 Notation : φt(x) = e−t/(1 + x²t²). Les majorations |φt′(x)| ≤ te−t (II.2) et l'inégalité de III.1 servent trois fois (continuité de f, dérivabilité de f, puis la fonction ξ en IV.3) : soignez-les.
Problème 1
Partie I : Σ 1/n² = π²/6
1. Soit p(x) = x²/(2π) − x : p′(x) = x/π − 1, p′(0) = −1, p′(π) = 0, p″ = 1/π. Deux intégrations par parties :
∫0π p(x)cos(kx) dx = [p(x)sin(kx)/k]0π − (1/k)∫0π p′(x)sin(kx) dx = −(1/k)∫0π p′(x)sin(kx) dx ;
∫0π p′(x)sin(kx) dx = [−p′(x)cos(kx)/k]0π + (1/(kπ))∫0π cos(kx) dx = −(0 − (−1))/k + 0 = −1/k.
D'où ∫0π (x²/(2π) − x)cos(kx) dx = 1/k².
2. (a) Pour x ∈ ]0, π], eix ≠ 1. Avec 1 − eiθ = −2i sin(θ/2)eiθ/2 :
(1 − einx)/(1 − eix) = [sin(nx/2)/sin(x/2)] ei(n−1)x/2 (sin(x/2) ≠ 0). En multipliant par eix : eix(1 − einx)/(1 − eix) = [sin(nx/2)/sin(x/2)] ei(n+1)x/2.
(b) Le membre de gauche est la somme géométrique Σk=1n eikx. En prenant la partie réelle : Σk=1n cos(kx) = sin(nx/2)cos((n+1)x/2)/sin(x/2).
3. Par parties (ψ de classe C¹) : ∫0π ψ(x)sin(mx) dx = [−ψ(x)cos(mx)/m]0π + (1/m)∫0π ψ′(x)cos(mx) dx, donc
|∫0π ψ(x)sin(mx) dx| ≤ (|ψ(0)| + |ψ(π)| + ∫0π|ψ′|)/m → 0 quand m → +∞ (lemme de Riemann-Lebesgue).
4. Sur ]0, π], g est C¹ (quotient de fonctions C¹, sin(x/2) ≠ 0). En 0 : 2sin(x/2) = x − x³/24 + o(x³), donc g(x) = (x/(2π) − 1)·x/(2sin(x/2)) = (x/(2π) − 1)(1 + x²/24 + o(x²)) → −1 = g(0) : g est continue sur [0, π].
Pour x ∈ ]0, π] : g′(x) = [p′(x)·2sin(x/2) − p(x)cos(x/2)]/(4sin²(x/2)). Au voisinage de 0 : p′(x)·2sin(x/2) = −x + x²/π + O(x³) et p(x)cos(x/2) = −x + x²/(2π) + O(x³) ; le numérateur vaut x²/(2π) + O(x³) et le dénominateur ~ x². Donc g′(x) → 1/(2π).
Par le théorème de la limite de la dérivée, g est dérivable en 0, g′(0) = 1/(2π), et g′ est continue en 0 : g est C¹ sur [0, π].
5. (a) Par 2.(b) et sin a cos b = (sin(a + b) + sin(a − b))/2 : pour x ∈ ]0, π], Σk=1n cos(kx) = sin((2n+1)x/2)/(2sin(x/2)) − 1/2. Avec 1 :
Σk=1n 1/k² = ∫0π p(x)Σcos(kx) dx = ∫0π g(x)sin((2n+1)x/2) dx − (1/2)∫0π p(x) dx
(les intégrandes sont continus sur [0, π] et coïncident sur ]0, π]). Or ∫0π p = π²/6 − π²/2 = −π²/3, d'où
Σk=1n 1/k² = π²/6 + ∫0π g(x)sin((2n+1)x/2) dx.
(b) Par 3 avec ψ = g (C¹ par 4) et m = (2n+1)/2 → +∞, l'intégrale tend vers 0. Les sommes partielles convergent donc : la série converge et Σn≥1 1/n² = π²/6.
Partie II : domaine, limites et continuité de f
1. (a) Pour tout x réel, t ↦ φt(x) est continue sur [0, +∞[ et 0 < φt(x) ≤ e−t, intégrable : Df = ℝ.
(b) φt(−x) = φt(x) : f est paire.
2. (a) x ↦ φt(x) est une fraction rationnelle sans pôle réel, dérivable : φt′(x) = −2xt²e−t/(1 + x²t²)². Avec u = xt ≥ 0 : |φt′(x)| = te−t·2u/(1 + u²)², et 2u ≤ 1 + u², (1 + u²)² ≥ 1 + u², donc 2u/(1 + u²)² ≤ 1 : |φt′(x)| ≤ te−t.
(b) Inégalité des accroissements finis sur le segment d'extrémités x et x + h (inclus dans ℝ+) : |φt(x + h) − φt(x)| ≤ |h|te−t.
(c) En intégrant : |f(x + h) − f(x)| ≤ |h|∫0+∞ te−t dt = |h| (par parties, ∫0+∞ te−t dt = 1). f est 1-lipschitzienne sur ℝ+, donc continue sur ℝ+, et par parité continue sur ℝ.
3. Pour 0 ≤ x < y et t > 0 : φt(x) > φt(y), donc f(x) > f(y) (intégrande continu, positif, non nul). f est strictement décroissante sur ℝ+, strictement croissante sur ℝ− (parité), maximum f(0) = ∫0+∞ e−t dt = 1.
4. (a) Pour x > 0, changement de variable u = xt : f(x) = (1/x)∫0+∞ e−u/x/(1 + u²) du.
(b) 0 ≤ f(x) ≤ (1/x)∫0+∞ du/(1 + u²) = π/(2x) : lim+∞ f = 0.
5. (a) Pour u ∈ [0, √x] : e−√x/x = e−1/√x ≤ e−u/x ≤ 1. En multipliant par 1/(1 + u²) et en intégrant : e−1/√xarctan(√x) ≤ ∫0√x e−u/x/(1 + u²) du ≤ arctan(√x).
(b) Les deux bornes tendent vers π/2 : la limite est π/2.
(c) 0 ≤ ∫√x+∞ e−u/x/(1 + u²) du ≤ ∫√x+∞ du/(1 + u²) = π/2 − arctan(√x).
(d) Ce reste tend vers 0, donc ∫0+∞ e−u/x/(1 + u²) du → π/2.
(e) Par 4.(a) : f(x) ~ π/(2x) en +∞.
(f) f est continue et positive sur [0, +∞[, f(x) ~ π/(2x) et ∫1+∞ dx/x diverge : par comparaison de fonctions positives, ∫0+∞ f(x) dx diverge.
Partie III : dérivabilité de f
1. φt(x) = e−tF(xt) avec F(u) = 1/(1 + u²), donc φt″(x) = t²e−tF″(xt), où F″(u) = (6u² − 2)/(1 + u²)³. On a |F″(u)| ≤ 2 : si 6u² ≥ 2, 6u² − 2 ≤ 2 + 6u² ≤ 2(1 + u²)³ ; sinon |6u² − 2| ≤ 2 ≤ 2(1 + u²)³. Donc |φt″| ≤ 2t²e−t, et l'inégalité de Taylor-Lagrange à l'ordre 1 donne
|φt(x + h) − φt(x) − hφt′(x)| ≤ (h²/2)·2t²e−t. En divisant par |h| : |(φt(x + h) − φt(x))/h − φt′(x)| ≤ |h|t²e−t.
2. ∫0+∞ φt′(x) dt converge (|φt′(x)| ≤ te−t). En intégrant 1 en t (∫0+∞ t²e−t dt = 2) :
|(f(x + h) − f(x))/h − ∫0+∞ φt′(x) dt| ≤ 2|h| → 0. Donc f est dérivable sur ℝ+ (à droite en 0) et
f′(x) = ∫0+∞ φt′(x) dt = −2x∫0+∞ t²e−t/(1 + t²x²)² dt.
3. Remarque : wn(x) = e−x/(1 + x²/n²) = φx(1/n), donc ∫0+∞ wn(x) dx = f(1/n).
(a) f est continue sur [0, 1/n] et dérivable sur ]0, 1/n[ : par le théorème des accroissements finis, il existe cn ∈ ]0, 1/n[ tel que f(1/n) − f(0) = (1/n)f′(cn). Or f(0) = 1 et |f′(c)| ≤ 2c∫0+∞ t²e−t dt = 4c. D'où |∫0+∞ wn(x) dx − 1| ≤ 4cn/n.
(b) 4cn/n ≤ 4/n² → 0 : lim ∫0+∞ wn(x) dx = 1.
Partie IV : séries liées à φt
1. (a) f est décroissante sur ℝ+ : pour k ≥ 1, f(k) ≤ ∫k−1k f ≤ f(k − 1). En sommant de k = 1 à n : Σk=1n f(k) ≤ ∫0n f ≤ Σk=0n−1 f(k). Donc ∫0n f ≤ Σk=0n−1 f(k) ≤ Sn et Sn = f(0) + Σk=1n f(k) ≤ 1 + ∫0n f : ∫0n f ≤ Sn ≤ 1 + ∫0n f.
(b) ∫0n f → +∞ (II.5.f, f ≥ 0), donc Sn → +∞ : Σ f(n) diverge.
(c) En divisant par ∫0n f > 0 : 1 ≤ Sn/∫0n f ≤ 1 + 1/∫0n f → 1 : Sn ~ ∫0n f(t) dt.
2. vn = ∫0+∞ e−1/(1 + n⁴x²) dx ; avec u = n²x : vn = (e−1/n²)∫0+∞ du/(1 + u²) = π/(2en²). Série de Riemann convergente, et par la partie I :
Σn≥1 vn = (π/(2e))·(π²/6) = π³/(12e).
3. (a) 0 < φn(x) = e−n/(1 + x²n²) ≤ e−n, terme général d'une série géométrique convergente : Σ φn(x) converge pour tout x.
(b) Par II.2.(b) avec t = n : pour x, x + h ≥ 0, |φn(x + h) − φn(x)| ≤ |h|ne−n. En sommant : |ξ(x + h) − ξ(x)| ≤ |h|Σ ne−n (série convergente, par exemple par d'Alembert). ξ est lipschitzienne donc continue sur ℝ+ ; comme chaque φn est paire, ξ est paire : ξ est continue sur ℝ.
(c) Σ φn′(x) converge absolument (|φn′(x)| ≤ ne−n). Par III.1 avec t = n, en sommant :
|(ξ(x + h) − ξ(x))/h − Σ φn′(x)| ≤ |h|Σ n²e−n → 0 (série convergente). Donc ξ est dérivable sur ℝ+ (à droite en 0) avec ξ′(x) = Σ φn′(x). Pour x < 0, ξ(x) = ξ(−x) donne ξ′(x) = −ξ′(−x) = −Σ φn′(−x) = Σ φn′(x) (φn′ impaire). En 0, la dérivée à droite vaut Σ φn′(0) = 0 et, par parité, la dérivée à gauche aussi. ξ est dérivable sur ℝ et ξ′ = Σn≥0 φn′.
Problème 2 : fonctions génératrices
Partie I
1. Pour |t| ≤ 1 : |tkP(X = k)| ≤ P(X = k) et Σ P(X = k) = 1 : la série converge absolument. GX est définie sur [−1, 1] (rayon de convergence ≥ 1).
2. GX est la somme d'une série entière de rayon R ≥ 1 > 0 ; elle est C∞ sur ]−R, R[ et ses coefficients sont donnés par ak = GX(k)(0)/k! (dérivation terme à terme). Avec ak = P(X = k) : GX(k)(0) = k!P(X = k). En particulier la fonction génératrice caractérise la loi.
3. (a) Bernoulli : GX(t) = 1 − p + pt, définie sur ℝ.
(b) Binomiale : GX(t) = Σk=0n C(n,k)(pt)k(1 − p)n−k = (1 − p + pt)n, définie sur ℝ.
(c) Géométrique (P(X = k) = p(1 − p)k−1, k ≥ 1, q = 1 − p) : GX(t) = pt Σk≥1 (qt)k−1 = pt/(1 − qt), définie pour |t| < 1/q (pour |t| ≥ 1/q le terme général ne tend pas vers 0).
4. Pour t ∈ [0, 1[ : (GX(1) − GX(t))/(1 − t) = Σk≥1 P(X = k)(1 + t + … + tk−1), et 1 + t + … + tk−1 croît vers k quand t → 1⁻.
• Pour tout N : Σk≤N kP(X = k) = limt→1⁻ Σk≤N P(X = k)(1 + … + tk−1) ≤ limt→1⁻ (GX(1) − GX(t))/(1 − t) = GX′(1). Les sommes partielles de la série positive Σ kP(X = k) sont bornées : E(X) existe et E(X) ≤ GX′(1).
• Inversement 1 + … + tk−1 ≤ k donne (GX(1) − GX(t))/(1 − t) ≤ E(X), puis GX′(1) ≤ E(X). Donc GX′(1) = E(X).
5. Si R > 1, GX est C∞ sur ]−R, R[ ∋ 1, et GX′(1) = Σ kP(X = k), GX″(1) = Σ k(k − 1)P(X = k), séries absolument convergentes (1 est intérieur au disque de convergence). Par le théorème de transfert, E(X) = GX′(1) et E(X(X − 1)) = GX″(1) existent, donc E(X²) = GX″(1) + GX′(1) existe et
V(X) = E(X²) − E(X)² = GX″(1) + GX′(1) − (GX′(1))².
6. Ici R = 1/q > 1. GX′(t) = p/(1 − qt)², GX″(t) = 2pq/(1 − qt)³ ; GX′(1) = 1/p, GX″(1) = 2q/p². D'où E(X) = 1/p et V(X) = 2q/p² + 1/p − 1/p² = (2q + p − 1)/p², soit V(X) = (1 − p)/p².
7. (a) φX(1) = Σ P(X = k) = 1 : ae² = 1, a = e−2.
(b) φX(t) = et²−1 = e−1Σj≥0 t2j/j! (rayon infini). Par unicité des coefficients (question 2) : P(X = 2j) = e−1/j! pour j ∈ ℕ, et P(X = 2j + 1) = 0. Autrement dit X = 2Y avec Y de loi de Poisson de paramètre 1.
(c) R = +∞ > 1 : φX′(t) = 2tet²−1, φX″(t) = (2 + 4t²)et²−1 ; φX′(1) = 2, φX″(1) = 6. E(X) = 2, V(X) = 6 + 2 − 4 = 4 (cohérent avec E(2Y) = 2, V(2Y) = 4V(Y) = 4).
Partie II
1. Les Xi prennent un nombre fini de valeurs, donc tXi aussi, pour tout t réel. Par indépendance, l'espérance d'un produit est le produit des espérances :
GX1+…+Xk(t) = E(tX1⋯tXk) = E(tX1)⋯E(tXk) = GX(t)k.
2. (a) Formule des probabilités totales avec le système complet ([N = k])1≤k≤n (probabilités non nulles) : P(Y = y) = Σk P(N = k)P(Y = y | N = k). Donc (sommes finies, on peut les permuter)
E(Y) = Σy y Σk P(N = k)P(Y = y | N = k) = Σk=1n P(N = k)E(Y | [N = k]).
(b) Sur [N = k], S = X1 + … + Xk. L'énoncé sous-entend que N est indépendante de (X1, …, Xn) (c'est le cas dans l'application) ; alors P(S = s | N = k) = P(X1 + … + Xk = s), et
E(tS | [N = k]) = E(tX1+…+Xk) = GXk(t) (question 1).
(c) On applique (a) à Y = tS (nombre fini de valeurs) : GS(t) = Σk=1n P(N = k)GXk(t).
(d) GN(u) = Σk=1n P(N = k)uk ; avec u = GX(t) : GS = GN ∘ GX.
3. Toutes ces fonctions sont polynomiales (lois finies), donc dérivables, et par 4 de la partie I, E = G′(1). GS′(t) = GN′(GX(t))·GX′(t) ; en t = 1, GX(1) = 1, donc GS′(1) = GN′(1)GX′(1) : E(S) = E(N)E(X).
Partie III : application (jeton et dé tétraédrique)
1. (a) Jeton non truqué : P(N = 1) = P(N = 2) = 1/2.
(b) Sachant [N = 1] : S est le résultat d'un lancer, uniforme sur {1, 2, 3, 4} : P(S = s | N = 1) = 1/4.
Sachant [N = 2] : S est la somme de deux lancers indépendants (16 issues équiprobables) :
| s | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(S = s | N = 2) | 1/16 | 2/16 | 3/16 | 4/16 | 3/16 | 2/16 | 1/16 |
(c) P(S = s) = (1/2)P(S = s | N = 1) + (1/2)P(S = s | N = 2) :
| s | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| P(S = s) | 4/32 | 5/32 | 6/32 | 7/32 | 4/32 | 3/32 | 2/32 | 1/32 |
(total 32/32). E(S) = (4 + 10 + 18 + 28 + 20 + 18 + 14 + 8)/32 = 120/32 = 15/4.
E(S²) = (4 + 20 + 54 + 112 + 100 + 108 + 98 + 64)/32 = 560/32 = 35/2, donc V(S) = 35/2 − 225/16 = 55/16.
2. (a) X est le résultat d'un lancer du dé : loi uniforme sur ⟦1, 4⟧ (m = 4), les lancers X1, X2 étant indépendants, de même loi que X et indépendants de N (n = 2).
(b) GN(u) = (u + u²)/2, GX(t) = (t + t² + t³ + t⁴)/4, et
GS(t) = GN(GX(t)) = (t + t² + t³ + t⁴)/8 + (t + t² + t³ + t⁴)²/32.
(c) Avec (t + t² + t³ + t⁴)² = t² + 2t³ + 3t⁴ + 4t⁵ + 3t⁶ + 2t⁷ + t⁸ :
GS(t) = (4t + 5t² + 6t³ + 7t⁴ + 4t⁵ + 3t⁶ + 2t⁷ + t⁸)/32. Les coefficients redonnent la loi de 1.(c).
E(S) = GS′(1) = GN′(1)GX′(1) = (3/2)(5/2) = 15/4.
GS″(1) = Σ s(s − 1)P(S = s) = (10 + 36 + 84 + 80 + 90 + 84 + 56)/32 = 55/4, donc V(S) = 55/4 + 15/4 − 225/16 = 55/16. On retrouve bien les résultats de 1.(c).
Questions fréquentes sur ce sujet
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