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Corrigé du sujet ECRICOME Maths ECS 2018

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Exercice 1 : Caractérisation d’un projecteur

Partie 1 :

1/ On montre que $u\circ u=u$ et $v\circ v = v.$ Pour cela on utilise l’interprétation matricielle des endomorphismes dans la base ${\cal B}_2$ .

${\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u\circ u)= {\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u)\times {\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u)=A\times A=\frac{1}{(1+a^{2})^2}\begin{pmatrix}1 & a\\a & a^{2}\end{pmatrix}^2 = \frac{1}{(1+a^{2})^2}\begin{pmatrix}1+a^2 & a+a^3\\a+a^3 & a^{2}+a^4\end{pmatrix}$

$=\frac{1+a^{2}}{(1+a^{2})^2}\begin{pmatrix}1 & a\\a & a^{2}\end{pmatrix}=A={\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u)$

Donc $u\circ u=u$ et

$\boxed { \text{$u$ est un projecteur de $\mathbb{R}^2.$.}}$

De façon analogue, on a $B\times B= \frac14 \begin{pmatrix}2 & 2\\2 & 2\end{pmatrix}=B$ donc ${\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(v^2)={\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(v)$ donc $v\circ v=v$ et

$\boxed { \text{$v$ est un projecteur de $\mathbb{R}^2.$.}}$

2/ a/ On sait que $\hbox{rg}(u)=\hbox{rg}(A).$ Or la deuxième colonne de $A$ est égale à la première multipliée par $a$ donc le rang de $A$ est $\hbox{rg}\left(\frac{1}{1+a^2}\begin{pmatrix}1\\a\end{pmatrix}\right)=1$ car il s’agit d’une colonne non nulle.

Le rang de $v$ est celui de $B$ , il est immédiat que le rang de $B$ est 1 car les colonnes de $B$ sont non nulles et égales.

Enfin ${\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u\circ v)=A\times B =\frac{1}{2(1+a^2)}\begin{pmatrix}1+a & 1+a\\a+a^2& a+a^2\end{pmatrix}$ après calculs. Là aussi, il y a des colonnes qui sont non nulles et égales. Donc $u\circ v$ est aussi de rang 1.

Bilan :

$\boxed { \text{Les endomorphismes $u$, $v$ et $u\circ v$ sont tous de rang $1$.}}$

b/ On sait que ${\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(1,a)=\begin{pmatrix}1\\a\end{pmatrix}.$

Ainsi

${\hbox{Mat}}_{{\cal B}_2}(u\circ v((1,a)))=AB\begin{pmatrix}1\\a\end{pmatrix} = \frac{1}{2(1+a^2)}\begin{pmatrix}1+2a+a^2\\a+2a^2+a^3\end{pmatrix}=\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}\begin{pmatrix}1\\a\end{pmatrix}$

Donc $u\circ v((1,a))=\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)} (1,a)$ . Remarquons que $(1,a)\ne (0,0).$

Bilan :

$\boxed { \text{Le vecteur $x_{0}=(1,a)$ est un vecteur propre de $u\circ v$.}}$

c/ On sait que $u\circ v$ est de rang 1 et que $\mathbb{R}^2$ est de dimension 2 donc $u\circ v$ n’est pas bijectif donc 0 est valeur propre de
$u\circ v$ .

On pense alors à résoudre $\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}= 0,$
ce qui est équivalent à $1+2a+a^2=0\Longleftrightarrow (1+a)^2=0\Longleftrightarrow a=-1.$

3/ a/ Si $a\ne -1,$ alors $\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}\ne 0,$ comme $\mathbb{R}^2$ est de dimension 2, il y a au plus deux valeurs propres. Donc nous les avons toutes déterminées.

Si $a=-1,$ alors $\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}= 0$ et $A=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}$ et $AB= \begin{pmatrix}0 &0\\0 & 0\end{pmatrix}$ . Dans ce cas, le spectre est réduit à 0.

Remarque : il est immédiat que, dans les deux cas, $(1,-1)$ est vecteur propre de
$u\circ v$ associé à 0.

Bilan :

$\boxed { \text{Le spectre de $u\circ v$ est $\left\{0,\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}\right\}$ si $a\ne -1$ et il vaut $\left\{0\right\}$ si $a=-1$.}}$

Si $a=-1,$ la réponse est immédiate.

Si $a\ne -1$ , alors il faut juste s’assurer que $\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}=\frac{(1+a)^2}{2(1+a^2)}\in [0,1].$

Il est clair que le calcul de la fraction est positif car des réels au carré le sont.

Calculons $1-\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}=\frac{2+2a^2-(1+2a+a^2)} {2(1+a^2)} = \frac{1-2a+a^2}{2(1+a^2)}=\frac{(1-a)^2}{2(1+a^2)}\geq 0$ .

Donc $1\geq\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}.$

Bilan :

$\boxed { \text{Les valeurs propres de $u\circ v$ appartiennent \`a l'intervalle $[0;1]$.}}$

b/ Supposons que $u\circ v$ est un projecteur. Si $a=-1$ , alors $u\circ v$ est la fonction nulle, c’est donc le projecteur sur $\{(0,0)\}$ parallèlement à $\mathbb{R}^2.$

Si $a\ne-1$ , alors le spectre de $u\circ v$ contient deux valeurs, il ne peut s’agir que de 0 et 1. Car tout projecteur a pour polyn\^ome annulateur $X(X-1)$ de racines $0$ et $1.$

On en déduit que $\frac{1+2a+a^2}{2(1+a^2)}=1$ par conséquent

$1+2a+a^2=2(1+a^2)$ donc $1-2a+a^2=$ donc $(1-a)^2=0$ donc $a=1.$

Réciproquement si $a=1$ alors $A=B$ donc $A\times B=B$ donc $u\circ v=v$ et $v$ est un projecteur, $u\circ v$ l’est aussi.

Bilan :

$\boxed { \text{$u\circ v$ est un projecteur si et seulement si $a=-1$ ou $a=1$.}}$

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Partie 2 : Matrice symétrique et valeurs propres

4/ On va utiliser la symétrie de $B$ sous la forme $^{t}{B}= B$ puis le fait que $B^2=B$ car $v$ est un projecteur symétrique dont $B$ est sa matrice dans la base canonique.

Pour tout $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ , on a

$\|BX\|^{2}=\langle BX,BX\rangle=^{t}{(BX)} BX=^{t}{X}^{t}{B}BX= ^{t}{X}BBX=^{t}{X}BX= \langle X,BX\rangle = \langle BX,X\rangle.$

Bilan : pour tout $X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ :

$\begin{equation*}\|BX\|^{2}=\langle BX,X\rangle.\end{equation*}$

On utilise l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour écrire

$\|BX\|^{2}=\langle BX,X\rangle\leq \Vert BX\Vert\times \Vert X\Vert.$

Si $\Vert BX\Vert=0$ alors on a bien $\|BX\|=0\le\|X\|.$

Sinon on peut diviser par $\Vert BX\Vert>0,$ et on obtient

$\begin{equation*}\|BX\|\le\|X\|.\end{equation*}$

5/ On montre que $C$ est symétrique en remarquant

$\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}C\right= \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}BAB\right=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}B\right \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right \left^{t}\hspace{-0.1cm}B\right=BAB=C.$

En effet on a $\left^{t}\hspace{-0.1cm}A\right=A$ car $u$ est symétrique et $A$ est sa matrice dans la base canonique.

De plus $C$ est à coefficients réels.

Bilan :

$\boxed { \text{$C$ est diagonalisable dans $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$.}}$

6/ Soit $\lambda$ une valeur propre de $C$ et un $X$ un vecteur propre associé par conséquent $X$ n’est pas la colonne nulle.

a/ On a

$\|ABX\|^{2}= \langle ABX,ABX\rangle= \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}ABX\right ABX=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}B\right{B}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right ABX$

$=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right BAABX=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right BABX=\langle X,CX\rangle = \langle X,\lambda X\rangle = \lambda\Vert X\Vert^2.$

Bilan :

$\boxed { \text{$\|ABX\|^{2}= \lambda\Vert X\Vert^2.$.}}$

b/ Comme $X$ n’est pas nulle, on peut diviser par $\Vert X\Vert^2.$ De sorte que $\lambda=\frac{\|ABX\|^{2}}{\Vert X\Vert^2}\in \mathbb{R}^+ .$

Bilan :

$\boxed { \text{Les valeurs propres de $C$ sont r\'eelles positives.}}$

7/ Soit $\mu$ une (éventuelle) valeur propre de $AB$ non nulle, et $X$ un vecteur propre associé. On a donc $ABX=\mu X.$

a/ Dans un premier temps remarquons que $ABX=\mu X\ne 0$ car $X$ et $\mu$ sont non nuls. Par conséquent $BX$ n’est pas la colonne nulle sinon $ABX$ serait nulle. Calculons

$CBX=BABBX=BABX=B(ABX)=B(\mu X)=\mu BX.$

Bilan :

$\boxed { \text{$BX$ est un vecteur propre de $C$.}}$

b/ On a $\mu AX = A(\mu X)=A(ABX)=A^2BX= ABX$ .

Or $ABX=\mu X$ donc $\mu AX=\mu X$ . Comme $\mu$ est non nul, on peut diviser par $\mu.$

Bilan :

$\boxed { \text{$AX=X$.}}$

c/ On utilise ce qui précède

$\langle X,BX\rangle=\langle AX,BX\rangle=^{t}{(AX)}BX = ^{t}{X}^{t}{A}BX= ^{t}{X}ABX=^{t}{X}(\mu X) = \mu\|X\|^{2}.$

Bilan :

$\boxed { \text{$\langle X,BX\rangle=\mu\|X\|^{2}$.}}$

8/ Une éventuelle valeur propre nulle est bien dans $[0,1].$

Soit $\mu$ une valeur propre non nulle de $AB$ et $X$ un vecteur propre associé, avec la question 4., on a $\|BX\|^{2}=\langle BX,X\rangle$ .

La question 7.c), donne $\langle X,BX\rangle=\mu\|X\|^{2}$ donc $\|BX\|^{2}=\mu\|X\Vert^{2}$ .

On utilise encore la question 4., cela donne $\mu\|X\|^{2}= \|BX\|^{2}\leq \Vert X\Vert^2$

On divise par $\Vert X\Vert^2>0$ , on a alors $0\leq \mu=\frac{\|BX\|^{2}}{\|X\|^{2}}\leq 1.$

Donc $\mu \in[0,1].$

Bilan :

$\boxed { \text{Le spectre de $AB$ est inclus dans $[0;1]$.}}$

Exercice 2 : Théorème de Schwarz

1/ On utilise la stricte croissance de la racine carrée sur $\mathbb{R}^+.$

$\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}>\frac{1+\sqrt{4}}{2}=\frac{3}{2}>1.$

Le discriminant de $x^{2}-x-1=0$ est $\Delta = 1-(-4)=5.$ On a alors deux racines réelles distinctes $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ et
$\overline{\varphi}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}.$

Or $\frac{-1}{\varphi}=\frac{-2}{1+\sqrt{5}}= \frac{-2(1-\sqrt{5})}{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}= \frac{-2(1-\sqrt{5})}{1-5}= \frac{1-\sqrt{5}}{2}=\overline{\varphi}.$

Bilan :

$\boxed { \text{$\varphi>1$ et les r\'eels $\varphi$ et $\frac{-1}{\varphi}$ sont les solutions de l'\'equation : $x^{2}-x-1=0$.}}$

2/ a/ $f$ est de classe $\mathcal{C}^{2}$ sur $\mathbb{R}^{2}$ comme fonction de type polynomial en $x$ et $y$ .

b/ $f$ étant de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur l’ouvert $\mathbb{R}^2,$ les points critiques de $f$ sont les solutions de $\nabla(f)(x,y)=(0,0).$

On calcule $\partial_1(f)(x,y)=6x^2-6y$ et $\partial_2(f)(x,y)=-6x+6y-6.$
Ainsi
$\nabla(f)(x,y)=(0,0)$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2-y=0\\-x+y-1=0\end{array}\right.$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y=x^2\\y=x+1\end{array}\right.$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2-x-1=0\\y=x+1\end{array}\right$

$\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\varphi\hbox{ ou } x=\frac{-1}{\varphi}\\y=x+1\end{array}\right.$

$\Longleftrightarrow (x,y)=(\varphi,1+\varphi) \hbox{ ou } (x,y)=\left(\frac{-1}{\varphi},\frac{-1}{\varphi}+1\right).$

Or $\frac{-1}{\varphi}+1= \frac{-2}{1+\sqrt{5}}+1= \frac{-2(1-\sqrt{5})}{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}+1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}+1=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ .

Et $\frac{1}{\varphi+1}=\frac{1}{\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1}= \frac{2}{3+\sqrt{5}}= \frac{2(3-\sqrt{5})}{(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}= \frac{-1}{\varphi}+1.$

Bilan : Les seuls points critiques de $f$ sont $(\varphi,\varphi+1)$ et $\left(-\frac{1}{\varphi},\frac{1}{\varphi+1}\right)$ .

c/ On calcule la hessienne de $f$ , on a $\partial_{1,1}^2(f)(x,y)=12x, \partial_{1,2}^2(f)(x,y)=\partial_{2,1}^2(f)(x,y)=-6, \partial_{2,2}^2(f)(x,y)=6.$ On a utilisé le théorème de Schwarz sachant $f$ de classe $\mathcal{C}^{2}.$

$\nabla^2f(x,y)=\begin{pmatrix}12x & -6\\-6 & 6\end{pmatrix} =6\begin{pmatrix}2x & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}.$

La matrice est symétrique réelle, elle est diagonalisable dans $\mathbb{R}.$ On cherche les signes de ses valeurs propres lorsque $(x,y)$ est un point critique. On peut étudier le spectre de $\begin{pmatrix}2x & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}$ car le spectre de $\nabla^2f(x,y)$ s’obtient en multipliant par 6 les valeurs propres de $\begin{pmatrix}2x & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}$ .

On sait par ailleurs que $\lambda$ est valeur propre de $\begin{pmatrix}2x & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}$ si et seulement si $\begin{pmatrix}2x -\lambda& -1\\-1 & 1-\lambda\end{pmatrix}$ est non inversible si et seulement si $(2x -\lambda)(1-\lambda) -1 =0.$

On résout $(2x -\lambda)(1-\lambda) -1 = \lambda^2-(2x+1)\lambda+2x-1=0.$

On voit $\Delta = (2x+1)^2-4(2x-1)= 4x^2-4x+5=4(x^2-x)+5=9.$ En effet les deux points critiques ont pour abscisses les racines de $X^2-X-1$ donc dans les cas $x^2-x=1.$

Les racines sont donc $a=\frac{2x+1+3}{2}= x+2$ et $b=\frac{2x+1-3}{2}=x-1.$

Donc le spectre de $\nabla^2f(x,y)$ est $\{x+2,x-1\}$ dans le cas où $(x,y)$ est un point critique.

Si $(x,y) = (\varphi,\varphi+1)$ , alors $\varphi+2$ et $\varphi-1$ sont strictement positifs donc $f$ a un minimum local en $(\varphi,\varphi+1).$

Si $(x,y) =\left(-\frac{1}{\varphi},\frac{1}{\varphi+1}\right)$ , alors $-\frac{1}{\varphi}+2=\frac{-1+2\varphi}{\varphi}>0$ et $-\frac{1}{\varphi}-1<0$ donc $f$ n’a pas d’extremum en $\left(-\frac{1}{\varphi},\frac{1}{\varphi+1}\right).$ Il s’agit d’un point col.

3/ On pose, pour tout entier $n\in\mathbb{N}$ , $H_n:\left(u_{n}u_{n+2}-u_{n+1}^{2}=(-1)^{n+1}\right)$ .

Au rang 0, on a $u_0=0, u_1=u_2=1$ donc $u_{0}u_{2}-u_{1}^{2}=-1=(-1)^{0+1}.$ Donc $H_0$ est vraie.

Supposons $H_n$ vraie pour un $n\in\mathbb{N},$ alors

$\begin{align*} u_{n+1}u_{n+3}-u_{n+2}^{2} & = u_{n+1}(u_{n+1}+u_{n+2})-u_{n+2}^{2} \\ &= u_{n+1}^2+u_{n+2}\underset{=-u_n}{\underbrace{(u_{n+1}-u_{n+2})}} \\ &=u_{n+1}^2-u_{n+2}u_n \\ &=-( u_{n}u_{n+2}-u_{n+1}^{2})\underset{H_n}{=} -(-1)^{n+1} \\ &= (-1)^{n+2}. \\ \end{align*}$

Donc

$H_{n+1}$ vraie.

Bilan :

$\boxed { \text{Pour tout entier $n\in\mathbb{N}$, $u_{n}u_{n+2}-u_{n+1}^{2}=(-1)^{n+1}$.}}$

4/ a/

function u=suite(n)
v=0
w=1
for k=2:n // ici v vaut u(k-2) et w vaut u(k-1)
temporaire = v+w // temporaire vaut u(k-2) + u(k-1) = u(k)
v = w // v vaut u(k-1)
w = temporaire // w vaut u(k)
end // en sortie de boucle k=n et w vaut u(n)
u= w
endfunction

b/ On commence par résoudre

$\left\{\begin{array}{l}\lambda\varphi^{0}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{0} = u_0\\\lambda\varphi^{1}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{1}=u_1\end{array}\right.\Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\lambda+\mu = 0\\\lambda\varphi+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)=1\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\mu = - \lambda\\\lambda\left(\varphi+\left(\frac{1}{\varphi}\right)\right)=1\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}\mu = - \frac{\varphi}{\varphi^2+1}\\\lambda=\frac{\varphi}{\varphi^2+1}\end{array}\right.$

On garde ces deux valeurs pour $\lambda$ et $\mu.$
On pose ensuite :

$\begin{equation*}\forall n\in\mathbb{N},\quad z_{n}=\lambda\varphi^{n}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}.\end{equation*}$

Ce qui précède dit que $z_0=u_0,\; z_1=u_1.$

Il ne reste plus qu’à vérifier que la suite $(z_n)_{n\in\mathbb{N}}$ vérifie la même relation que $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ , une récurrence double immédiate assurera que les deux suites sont égales.

Soit $n\in \mathbb{N},$

$z_{n+2}=\lambda\varphi^{n+2}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+2} =\lambda\varphi^{n}\times \varphi^{2}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n} \times \left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{2}$

$= \lambda\varphi^{n}\times(1+ \varphi)+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n} \times \left(1+\frac{-1}{\varphi}\right)=\lambda\varphi^{n}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}+\lambda\varphi^{n+1}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+1}=z_n+z_{n+1}.$

Bilan :

$\boxed { \text{$\forall n\in\mathbb{N},\quad u_{n}=\lambda\varphi^{n}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}.$}}$

c/ La suite $\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)_{n\ge 1}$ a du sens car la suite $u$ est non nulle à partir du rang 1. En effet, pour $n\in\mathbb{N},$ $u_{n+2}-u_{n+1}=u_n.$ On peut montrer facilement par récurrence double que $u_n>0$ dès que $n\geq 1.$ La suite est strictement croissante à partir du rang 1 et $u_n\geq u_1=1.$

On a $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\lambda\varphi^{n+1}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+1}}{\lambda\varphi^{n}+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}}=\frac{\varphi^{n}}{\varphi^{n}}\times \frac{\lambda\varphi+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+1}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}{\lambda+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}= \frac{\lambda\varphi+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+1}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}{\lambda+\mu\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}$

Il est clair que $\lambda=\frac{\varphi}{\varphi^2+1}\ne 0$ donc on peut diviser par $\lambda$ , ainsi

$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}=\frac{\varphi+\frac{\mu}{\lambda}\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n+1}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}{1+\frac{\mu}{\lambda}\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}}$

Or $\varphi>1$ donc $0< \frac{1}{\varphi}= \left\vert \frac{1}{\varphi}\right\vert <1$ donc $\left\vert\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}\right\vert= \left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}0.$

Donc

$\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}\varphi.$

5/ On considère pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$ : $S_{n}=\disp\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}$

a/ On montre d’abord que $u_n\underset{+\infty}{\sim}\lambda \varphi^{n}.$ Pour cela on établit que le quotient converge vers 1.

$\frac{u_n}{\lambda \varphi^{n}}= 1+\frac{\mu}{\lambda}\left(\frac{-1}{\varphi}\right)^{n}\left(\frac{1}{\varphi}\right)^{n}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}1.$

Ainsi on a $\frac{1}{u_{n}u_{n+1}}\underset{+\infty}{\sim}\frac{1}{\lambda^2 \varphi}\left(\frac{1}{\varphi^2}\right)^n.$

Or $\varphi>1$ donc $\varphi^2>1$ donc $0<\frac{1}{\varphi^2}<1$ donc la série géométrique $\sum\limits_{n\geq 1} \left(\frac{1}{\varphi^2}\right)^n$ converge.

Donc par comparaison des séries à terme général positif, la série de terme général $\frac{1}{u_{n}u_{n+1}}$ converge.

b/ La série $\sum\limits_{k\geq 1}\frac{1}{u_{k}u_{k+1}}$ converge or $\left\vert \frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}\right\vert = \frac{1}{u_{k}u_{k+1}}$ donc la série $\sum\limits_{k\geq 1}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}$ est absolument convergente donc convergente donc la suite $(S_n)_{n\geq 1}$ de ses sommes partielles converge.

c/ Pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$ :

$\begin{equation*}S_{n+1}-S_{n}=\disp\sum_{k=1}^{n+1}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}-\disp\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}= \frac{(-1)^{n+1}}{u_{n+1}u_{n+2}}\underset{Q3}{=} \frac{u_{n}u_{n+2}-u_{n+1}^{2}}{u_{n+1}u_{n+2}}=\frac{u_{n}}{u_{n+1}}-\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}.\end{equation*}$

d/ Soit $N\in\mathbb{N}, N>1,$ on somme ce qui précède de $n=1$ à $n=N$ puis on réalise deux télescopages. Il est immédiat que $u_1=u_2=1$ , ces valeurs sont utilisées en fin de calcul.

$\sum_{n=1}^{N} \left( S_{n+1}-S_{n} \right)= \sum_{n=1}^{N} \left(\frac{u_{n}}{u_{n+1}}-\frac{u_{n+1}}{u_{n+2}}\right)$

donc

$S_{N+1}-S_{1} = \frac{u_{1}}{u_{1+1}}-\frac{u_{N+1}}{u_{N+2}}$

donc

$S_{N+1} - \left(\frac{-1}{u_1u_2}\right) = 1-\frac{u_{N+1}}{u_{N+2}}$

Donc

$\frac{u_{N+1}}{u_{N+2}} = -S_{N+1}.$

La question 4.c) a montré que $\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}\varphi.$ Donc $\frac{u_{N+1}}{u_{N+2}}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}\frac{1}{\varphi}.$

Par conséquent, un passage à la limite dans la relation $\frac{u_{N+1}}{u_{N+2}} = -S_{N+1}$ lorsque $N\to +\infty$ indique que

$\frac{1}{\varphi}=-\disp\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}$

Pour conclure, il reste à établir que $\frac{1}{\varphi}=\varphi-1.$

En effet

$\frac{1}{\varphi}=\frac{2}{1+\sqrt{5}}= \frac{2(\sqrt{5}-1)}{(1+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}= \frac{\sqrt{5}+1}{2}-\frac{2}{2}=\varphi-1.$

Bilan :

$\boxed { \text{$\varphi=1-\disp\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{k}}{u_{k}u_{k+1}}$.}}$

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Problème : Relation de Panjer

Partie 1 : Variables vérifiant une relation de Panjer

1/ a/ On a pour tout $k\in\mathbb{N}^*$ , $P(N=k)=\frac{b}{k}P(N=k-1)$ .

Montrons alors par récurrence que pour tout $k\in\mathbb{N}$ , la propriété $\mathscr{P}(k)$ : » $P(N=k)=\frac{b^k}{k!}P(N=0)$ \fg\ est vraie. «

$P(N=0)=\frac{b^0}{0!}P(N=0)$ , donc $\mathscr{P}(0)$ est vraie.

Soit $k\in\mathbb{N}^*$ . On suppose que $\mathscr{P}(k-1)$ est vraie. Montrons que $\mathscr{P}(k)$ est vraie.

$P(N=k)=\frac{b}{k}P(N=k-1)=\frac{b}{k}\frac{b^{k-1}}{(k-1)!}P(N=0)=\frac{b^k}{k!}P(N=0)$

La propriété est donc vraie au rang

$k$ .
Par axiome de récurrence, on en déduit que

$\boxed { \text{$\forall k\in\mathbb{N} \qquad P(N=k)=\frac{b^k}{k!}P(N=0)$.}}$

b/ La série de terme général $\frac{b^k}{k!}P(N=0)$ est le multiple d’une série exponentielle. On en déduit qu’elle converge et on a

$\dis \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{b^k}{k!}P(N=0)=P(N=0)\text{e}^{b}$

Or, la série de terme général $\frac{b^k}{k!}P(N=0)$ coincide avec la série de terme général $P(N=k)$ . Sa somme vaut donc aussi 1, car la famille $([N=k])_{k\in\mathbb{N}}$ est un système complet d’événements. On en déduit que $P(N=0)=\text{e}^{-b}$ . Dès lors,

$N(\Omega)=\mathbb{N}$ et $\forall k\in\mathbb{N}\quad P(N=k)=\text{e}^{-b}\frac{b^k}{k!}$

La variable aléatoire suit donc une loi de Poisson de paramètre $b$ . Par conséquent, elle admet une espérance et une variance égale à $E(N)=b$ et $V(N)=b$ .

2/ a/ Montrons par une récurrence rapide que pour tout $k\geq 2$ , $P(N=k)=0$ .

$P(N=2)=\left(a+\frac{b}{2}\right)P(N=1)=(a-a)P(N=1)=0$ .
Soit $k\geq 3$ . Supposons que $P(N=k-1)=0$ . Montrons que $P(N=k)=0$ .

$P(N=k)=\left(a-\frac{2a}{k}\right)P(N=k-1)=0$

par hypothèse de récurrence.

Par principe de récurrence, on a bien

$\boxed { \text{$\forall k\geq 2\quad P(N=k)=0$}}$

b/ On déduit de la question précédente que $N(\Omega)=\{0,1\}$ . Par conséquent, $N$ suit une loi de Bernouilli. De plus,

$P(N=1)+P(N=0)=1$

D’où, $-aP(N=0)+P(N=0)=1$ et comme $a<1$ , $P(N=0)=\frac{1}{1-a}$ . Par conséquent,

$N$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $-\frac{a}{1-a}$ .

3/ a/ Soit $k\in [\![1,n]\!]$ . $P(Z=k)=\comb{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$ . Or $\comb{n}{k}=\frac{n+1-k}{k}\comb{n}{k-1}$ . D’où

$P(Z=k)=\frac{n+1-k}{k}\times \frac{p}{1-p}\comb{n}{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n+1-k}=\frac{p}{1-p}\times \frac{n-k+1}{k}\times P(Z=k-1)$

b/ On a déjà comme $n\in\mathbb{N}^*$ que $P(Z=0)\neq 1$ . De plus, avec la relation précédente, en posant $a=-\frac{p}{1-p}$ et $b=\frac{p(n+1)}{1-p}$ , on a bien $a<1$ car $-p<1-p$ et $1-p>0$ et

$\forall k\in [\![1,n]\!] \quad P(N=k)=\left(a+\frac{b}{k}\right)P(N=k-1)$

Enfin, $a+\frac{b}{n+1}=0$ . La relation précédente reste donc vraie pour $k=n+1$ et par une récurrence immédiate du même type que celle effectuée à la question 2.a, elle reste vraie pour $k\geq n+1$ car tous les termes sont nuls. On a donc bien

$\forall k\in \mathbb{N}^* \quad P(N=k)=\left(a+\frac{b}{k}\right)P(N=k-1)$

La variable aléatoire $Z$ vérifie donc une relation de Panjer.

4/ a/ $P(N=1)=(a+b)P(N=0)$ .

Raisonnons par l’absurde et supposons $P(N=0)=0$ . Alors, une récurrence immédiate du type de celle de la question 2.a montre que pour tout $k\in\mathbb{N}^*$ $P(N=k)=0$ , ce qui est exclu. On en déduit que $P(N=0)>0$ . Or $P(N=1)\geq 0$ d’où

$\boxed { \text{$a+b\geq 0$.}}$

b/ Soit $m\geq 1$ .

$\begin{array}{rcl}\displaystyle \sum_{k=1}^{m}kP(N=k)&=&{\dis a\sum_{k=1}^mkP(N=k-1)+b\sum_{k=1}^{m}P(N=k-1)}\\&=&{\dis a\sum_{j=0}^{m-1}(j+1)P(N=j)+b\sum_{j=0}^{m-1}P(N=j)}\\\end{array}$

en faisant les changements de variables $j=k-1$ dans les deux sommes.

c/ Avec le résultat de la question précédente, on a donc pour tout $m\geq 1$

$\dis (1-a)\sum_{k=1}^{m-1}kP(N=k)+mP(N=m)=(a+b)\sum_{k=0}^{m-1}P(N=k)$

D’où pour tout $m\geq 2$ ,

$\dis (1-a)\sum_{k=1}^{m}kP(N=k)+(m+1)P(N=m+1)=(a+b)\sum_{k=0}^{m}P(N=k)\qquad (\ast)$

Or, $1-a>0$ , $a+b\geq 0$ , $(m+1)P(N=m+1)\geq 0$ et $\sum_{k=0}^{m}P(N=k)\leq 1$ . Dès lors,

$\dis (1-a)\sum_{k=1}^{m}kP(N=k)\leq a+b \qquad \text{et} \qquad \dis \sum_{k=1}^{m}kP(N=k)\leq \frac{a+b}{1-a}$

La suite $\left((1-a)\sum_{k=1}^{m}kP(N=k)\right)_{m\geq 1}$ est donc majorée par $a+b$ .

De plus, la suite $\left(\sum_{k=1}^{m}kP(N=k)\right)_{m\geq 1}$ est croissante majorée par $\frac{a+b}{1-a}$ . Par théorème de convergence monotone, elle converge.

La variable aléatoire $N$ admet une espérance si et seulement si la série de terme général $kP(N=k)$ est absolument convergente ce qui équivaut ici à sa convergence car la variable aléatoire $N$ est à valeurs dans $\mathbb{N}$ .

On en déduit donc que

$\boxed { \text{$N$ admet une esp\'erance.}}$

Par conséquent, $(m+1)P(N=m+1)\tv{m\to +\infty} 0$ comme terme général d’une série convergente. Comme $\dis \sum_{k=0}^{+\infty}P(N=k)=1$ , en faisant tendre $m$ vers $+\infty$ dans la relation $(\ast)$ , on en déduit que

$(1-a)E(N)=a+b \qquad \text{d'où}\qquad E(N)=\frac{a+b}{1-a}$

d/ On raisonne avec des calculs similaires à ceux menés dans la question 4.

On a alors pour tout $m\geq 1$ ,

$\begin{eqnarray*}\dis \sum_{k=1}^{m}k^2P(N=k)&=&{\dis a\sum_{k=0}^{m-1}(k+1)^2P(N=k)+b\sum_{k=0}^{m-1}(k+1)P(N=k)}\\&=&{\dis a\sum_{k=0}^{m-1}k^2P(N=k)+(2a+b)\sum_{k=0}^{m-1}kP(N=k)+(a+b)\sum_{k=0}^{m-1}P(N=k)}\\\end{eqnarray*}$

On a ainsi

${\dis (1-a)\sum_{k=1}^{m-1}k^2P(N=k)+m^2P(N=m)=(2a+b)\sum_{k=0}^{m-1}kP(N=k)+(a+b)\sum_{k=0}^{m-1}P(N=k)}\qquad$

On a déjà montré que $a+b\geq 0$ .

Il reste à montrer que $2a+b\geq 0$ . On a $2P(N=2)=(2a+b)P(N=1)$ .

Si $P(N=1)=0$ , alors par une récurrence immédiate, on montre que pour tout $k\geq 1$ , $P(N=k)=0$ d’où $P(N=0)=1$ , ce qui est exclu.

On a donc $P(N=1)>0$ et en fait même $a+b>0$ . Comme $P(N=2)\geq 0$ , on en déduit que $2a+b\geq 0$ . Dès lors, pour tout $m\geq 2$ , en appliquant la dernière égalité au rang $m+1$ , il vient comme $(m+1)^2P(N=m+1)\geq 0$ ,

${\dis (1-a)\sum_{k=1}^mk^2P(N=k)\leq (2a+b)E(N)+(a+b)}$

car $\dis \sum_{k=0}^{m}kP(N=k)\leq E(N)$ et $\dis \sum_{k=0}^mP(N=k)\leq 1$ . Ainsi, $\dis \sum_{k=1}^mk^2P(N=k)\leq\frac{2a+b}{1-a}E(N)+\frac{a+b}{1-a}$ .

La suite $\left(\sum_{k=1}^mk^2P(N=k)\right)_{m\geq 1}$ est donc croissante majorée. Par théorème de convergence monotone, elle converge.

La série de terme général $k^2P(N=k)$ est donc absolument convergente car convergente à termes positifs et $N$ admet un moment d’ordre 2. De plus, $(m+1)^2P(N=m+1)\underset{m\to +\infty} {\longrightarrow} 0$ . En faisant tendre $m$ vers $+\infty$ dans l’égalité $(\ast)$ , on obtient

$E(N^2)=\frac{2a+b}{1-a}E(N)+\frac{a+b}{1-a}=\frac{(a+b)}{(1-a)^2}(2a+b+1-a)=\frac{(a+b)(a+b+1)}{(1-a)^2}$

e/ La variable aléatoire $N$ admet un moment d’ordre 2 donc une variance. Avec la formule de Koenig-Huygens, il vient

$V(N)=E(N^2)-(E(N))^2=\frac{(a+b)(a+b+1-a-b)}{(1-a)^2}=\frac{a+b}{(1-a)^2}$

f/ On a déjà que si $N$ suit une loi de Poisson alors $E(N)=V(N)$ .

Réciproquement, supposons $E(N)=V(N)$ . Avec les résultats des question 4.c et 4.d, on a alors

$\frac{(a+b)}{(1-a)^2}(1-(1-a))=0\ssi a=0$ ou $a+b=0$

Si $a+b=0$ , alors $P(N=1)=0$ et par une récurrence immédiate, on en déduit que $P(N=k)=0$ pour tout $k\geq 1$ . D’où $P(N=0)=1$ ce qui est exclu.

On en déduit que $a+b\neq 0$ d’où $a=0$ . D’après la question 1.b, on en déduit que $N$ suit une loi de Poisson de paramètre $b$ .

On a donc bien l’équivalence voulue.

Partie 2 : Fonction génératrice

5/ Soit $x\in[0,1]$ . Pour tout $k\in\mathbb{N}$ , $0\leq p_kx^k\leq p_k$ . La série de terme général $p_k$ est convergente de somme $1$ donc par théorème de comparaison pour les séries à termes positifs, la série de terme général $p_kx^k$ converge.

6/ Soit $x\in[0,1]$ , $1-ax=a\left(\frac{1}{a}-x\right)>0$ car $a>0$ et $\frac{1}{a}>1$ . Par composition, la fonction $f$ est donc de classe $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $[0,1]$ .

Montrons par récurrence que pour tout $k\in\mathbb{N}$ , la propriété $\mathscr{P}(k)$ : » $\forall x\in[0,1]$ , $f^{(k)}(x)=k!\times p_k(1-ax)^{\alpha-k}$ . »

$\bullet$ Pour tout $x\in[0,1]$ , $f^{(0)}(x)=p_0(1-ax)^{\alpha}$ . Donc $\mathscr{P}(0)$ est vraie.

$\bullet$ Soit $k\in\mathbb{N}$ . On suppose $\mathscr{P}(k)$ vraie. Montrons que $\mathscr{P}(k+1)$ est vraie.

Par hypothèse de récurrence, pour tout $x\in[0,1]$ , $f^{(k)}(x)=k!\times p_k(1-ax)^{\alpha-k}$ . Alors, pour tout $x\in[0,1]$ ,

$f^{(k+1)}(x)=-a(\alpha-k) k!p_k(1-ax)^{\alpha-(k+1)}=-(a\alpha-ka)k!p_k(1-ax)^{\alpha-(k+1)}$

Or, $(k+1)!p_{k+1}=(k+1)k!\left(a+\frac{b}{k+1}\right)p_k=k!p_k((k+1)a+b)$ et $-(a\alpha-ka)=a+b+ka=b+(k+1)a$ . On en déduit que

$\forall k\in[0,1]\quad f^{(k+1)}(x)=(k+1)!p_{k+1}(1-ax)^{\alpha-(k+1)}$

et $\mathscr{P}(k+1)$ est vraie.

Par axiome de récurrence, la propriété $\mathscr{P}(k)$ est vraie pour tout $k\in\mathbb{N}$ .

7/ Soit $x\in[0,1]$ .

a/ Soit $n\in\mathbb{N}$ . La fonction $f$ est de classe $\mathcal{C}^{n+1}$ sur $[0,x]$ donc par théorème de Taylor avec reste intégral à l’ordre $n$ appliqué entre $0$ et $x$ , on a

$f(x)=\dis \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+\int_{0}^{x}\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\text{d} t$

D’où, avec les résultats de la question précédente,

$f(x)=\dis \sum_{k=0}^{n}p_kx^k+(n+1)p_{n+1}\int_{0}^{x}(x-t)^n(1-at)^{\alpha-(n+1)}\text{d} t$

b/ Soit $t\in[0,x]$ .

$1-\frac{x-t}{1-at}=\frac{1-at-x+t}{1-at}=\frac{(1-x)+t(1-a)}{1-at}$

Or,

$1-at>0$ , car

$1/a>1$ ,

$1-x\geq 0$ ,

$t(1-a)\geq 0$ d’où

$1-\frac{x-t}{1-at}\geq 0$ et

$\frac{x-t}{1-at}\leq 1$ . Alors, pour tout

$n\in\mathbb{N}$ , pour tout

$t\in[0,x]$ ,

$0\leq (1-at)^{\alpha-n-1}(x-t)^n=(1-at)^{\alpha-1}\left(\frac{x-t}{1-at}\right)^n\leq (1-at)^{\alpha-1} 1^n$

car $(1-at)>0$ . Par croissance de l’intégrale, il vient

$0\leq \dis \int_0^x(1-at)^{\alpha-n-1}(x-t)^n\text{d} t\leq \int_0^x(1-at)^{\alpha-1}\text{d} t$

c/ Avec la question précédente, on a pour tout $n\in\mathbb{N}$ ,

${\dis 0\leq (n+1)p_{n+1}\int_{0}^{x}(x-t)^n(1-at)^{\alpha-(n+1)}\text{d} t\leq (n+1)p_{n+1}\int_0^x(1-at)^{\alpha-1}\text{d} t}$

Or,

$N$ admettant une espérance,

$(n+1)p_{n+1}\underset{n\to+\infty} {\longrightarrow} 0$ d’où

${\dis (n+1)p_{n+1}\int_0^x(1-at)^{\alpha-1}\text{d} t}\underset{n\to+\infty} {\longrightarrow} 0$ . Puis, par théorème d’encadrement,

$(n+1)p_{n+1} \int_{0}^{x}(x-t)^n(1-at)^{\alpha-(n+1)}\text{d} t\underset{n\to+\infty} {\longrightarrow} 0$

Avec l’égalité de la question 7.a, en faisant tendre $n$ vers $+\infty$ , on obtient

$f(x)=\dis \sum_{k=0}^{+\infty}p_kx^k=G(x)$ d’où $G(x)=p_0(1-ax)^{\alpha}$ .

$G(1)=p_0(1-a)^{\alpha}$ . De plus, $G(1)=\dis \sum_{k=0}^{+\infty}P(N=k)=1$ . Par conséquent, $p_0=(1-a)^{-\alpha}$ .

En outre, pour tout $x\in[0,1]$ , $G'(x)=-a\alpha p_0(1-ax)^{\alpha-1}$ . D’où $G'(1)=-a\alpha p_0(1-a)^{\alpha-1}$ . Ainsi par définition de $\alpha$ ,

$G'(1)=(a+b)\frac{1}{1-a}=\frac{a+b}{1-a}=E(N)$

Partie 3 : Formule de récursivité

9/ La famille $\left([N=k]\right)_{k\in\mathbb{N}}$ est un système complet d’événements. Par conséquent, d’après la formule des probabilités totales,

$P(S=0)=\dis \sum_{k=0}^{+\infty} P((S=0)\cap [N=k])$

$(S=0)\cap [N=0]=[N=0]$ et si $k\in\mathbb{N}^*$ , les variables aléatoires $(X_n)_{n\in \mathbb{N}^*}$ étant à valeurs dans $\mathbb{N}$ ,

$(S=0)\cap [N=k]=\dis \bigcap_{i=1}^{k}[X_i=0]\cap [N=k]$

Par mutuelle indépendance des variables aléatoires considérées, on a donc

$P\left([S=0]\cap [N=k]\right)=P(X_1=0)^kP(N=k)$

car les variables aléatoires

$(X_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ sont de même loi.

En posant $x=P(X_1=0)\in [0,1]$ , il vient en utilisant les mêmes notations que celles de la partie 2 et les résultats de cette partie car $0<a<1$ (seule condition utile dans cette partie),

$P(S=0)=\dis \sum_{k=0}^{+\infty}p_k x^k=G(x)=\left(\frac{1-ax}{1-a}\right)^{\alpha}$

10/ a/ Les calculs intermédiaires et le raisonnement de la question précédente restent vrais dans cette question. On a donc en posant $x=P(X_1=0)$

$P(S=0)=\dis \sum_{k=0}^{+\infty}P(N=k)x^k=\text{e}^{-\lambda}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(\lambda x)^k}{k!}=\text{e}^{-\lambda(1-x)}$

b/ La fonction simulX(n) simule une répétition de $n$ expériences identiques et indépendantes qui a deux issues et elle compte le nombre de succès, où un succès est de probabilité $1/2$ . Par conséquent, simulX(n) simule une loi binomiale de paramètres $(n,1/2)$ .

c/ Le programme est le suivant :

function s=simulS(lambda,n)
N=grand(1,1, »poi »,lambda)
s=0;
if N>=1 then
for k=1:N
s=s+simulX(n)
end
end
endfunction

11/ a/ Soit $n\in\mathbb{N}$ et $k\in\mathbb{N}^*$ . Dans toute cette question, on admet que $P(S_{n+1}=k)\neq 0$ .

Sachant $[S_{n+1}=k]$ , pour tout $1\leq i\leq n+1$ , $X_i$ prend ses valeurs dans $[\![0;k]\!]$ et admet donc une espérance. De plus, les variables aléatoires $(X_i)_{1\leq i\leq n+1}$ suivent la même loi donc sachant $[S_{n+1}=k]$ , elles admettent même espérance. Par conséquent,

$\dis \sum_{i=1}^{n+1}E(X_i|S_{n+1}=k)=(n+1)E(X_1|S_{n+1}=k)$

De plus, par linéarité de l’espérance,

$\sum_{i=1}^{n+1}E(X_i|S_{n+1}=k)=E\left(\sum_{i=1}^{n+1}X_i|S_{n+1}=k\right)=E(S_{n+1}|S_{n+1}=k)=k$

On en déduit que pour tout

$i\in[\![1,n+1]\!]$ ,

$E(X_i|S_{n+1}=k)=\frac{k}{n+1}$ .

b/ Soit $j\in[\![0,k]\!]$ . Par définition des probabilités conditionnelles,

$P_{[S_{n+1}=k]}(X_{n+1}=j)P(S_{n+1}=k)=P([S_{n+1}=k]\cap (X_{n+1}=j))=P([S_n=k-j]\cap [X_{n+1}=j])$

Or, par mutuelle indépendance des variables aléatoires

$(X_i)_{1\leq i \leq n+1}$ , les événements

$[S_n=k-j]$ et

$[X_{n+1}=j]$ sont indépendants. D’où,

$P_{[S_{n+1}=k]}(X_{n+1}=j)P(S_{n+1}=k)=P(S_n=k-j)P(X_{n+1}=j)=q_jP(S_n=k-j)$

c/ Avec la question précédente,

$\begin{array}{rcl}{\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S_n=k-j)}&=&{\dis P(S_{n+1}=k)\left[\sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)P_{[S_{n+1}=k]}(X_{n+1}=j)\right]}\\&=& P(S_{n+1}=k)E\left(a+\frac{bX_{n+1}}{k} |S_{n+1}=k\right)\\&=&P(S_{n+1}=k)\left(a+\frac{b}{k}E(X_{n+1}|S_{n+1}=k)\right)\\\end{array}$

par linéarité de l’espérance et parce que sachant

$[S_{n+1}=k]$ ,

$X_{n+1}$ est à valeurs dans

$[\![0,k]\!]$ .

Avec le résultat de la question 11.a,

${\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S_n=k-j)}=P(S_{n+1}=k)\left(a+\frac{b}{n+1}\right)$

12/ a/ La famille $\left([N=n]\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, pour tout $j\in [\![0,k]\!]$ ,

$P(S=k-j)=\dis \sum_{n=0}^{+\infty}P((S=k-j)\cap (N=n))=\sum_{n=0}^{+\infty}P((S_n=k-j)\cap (N=n))=\sum_{n=0}^{+\infty}P(S_n=k-j)p_n$

par indépendance des variables aléatoires $(X_i)_{i\in\mathbb{N}^*}$ et donc des $(S_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ avec la variable aléatoire $N$ .

b/ Avec le résultat de la question précédente,

$\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)=\sum_{j=0}^k\sum_{n=0}^{+\infty}\left(a+\frac{bj}{k}\right)p_nq_jP(S_n=k-j)$

Or, pour tout $j\in[\![0,k]\!]$ , la série de terme général $p_nP(S_n=k-j)$ converge d’après la question 12.a. On a donc

$\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)=\sum_{n=0}^{+\infty}p_n\left[\sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S_n=k-j)\right]$

Or pour tout

$n\in\mathbb{N}$ , d’après la question 11.c,

$\sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S_n=k-j)=\left(a+\frac{b}{n+1}\right)P(S_{n+1}=k)$

D’où, $\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)=\sum_{n=0}^{+\infty}p_n\left(a+\frac{b}{n+1}\right)P(S_{n+1}=k)$ .

Or, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $p_n\left(a+\frac{b}{n+1}\right)=p_{n+1}$ car $N$ vérifie une relation de Panjer. On a donc bien

$\dis \sum_{j=0}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)=\sum_{n=0}^{+\infty}p_{n+1}P(S_{n+1}=k)$

c/ La famille $\left([N=n]\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, en reprenant le raisonnement de la question 12.a,

$P(S=k)=\dis \sum_{m=1}^{+\infty}P(S_m=k)P(N=m)$

car comme

$k\in\mathbb{N}^*$ ,

$P((S=k)\cap (N=0))=0$ . Avec le changement d’indice

$n=m-1$ , on obtient

$P(S=k)=\dis \sum_{n=0}^{+\infty}p_{n+1}P(S_{n+1}=k)$

d/ Avec les résultats des deux question précédentes, on a

$\dis \sum_{j=1}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)=(1-aq_0)P(S=k)$

Or $q_0\in[0,1]$ et $a<1$ , par conséquent $aq_0\neq 1$ . D’où

$P(S=k)=\frac{1}{1-aq_0}\sum_{j=1}^k\left(a+\frac{bj}{k}\right)q_jP(S=k-j)$

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Problème : Relation de Panjer

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