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Corrigé du sujet maths EDHEC 2015 ECS

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Exercice 1 : convergence de série et intégrales

1. $x\mapsto\dfrac{1}{x^n(x+1)}$ est continue et positive sur $[1+\infty[$ et $\dfrac{1}{x^n(x+1)} {\underset{{#x} \to {\borne{#+\infty}}}{\sim}} \dfrac1{x^{n+1}}$ . Comme $n+1\ge2$ , l’intégrale de Riemann ${\ensuremath{\displaystyle\int_{\borne{#1}}^{\borne{#+\infty}}#\dfrac1{x^{n+1}}\text{d}#x}\xspace}$ converge.

Conclusion : $I_n$ converge pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$ .

2.a. Nous avons $\dfrac ax-\dfrac b{x+1}=\dfrac{(a-b)x+a}{x(x+1)}$ donc :

$\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{-1,0\},$

$\dfrac1{x(x+1)}=\dfrac1x-\dfrac1{x+1}$

2.b. Pour tout $A$ de $[1+\infty[$ ,

$\int_{1}^{A} \dfrac{1}{x(x+1)}$

$= \int_{1}^{A} \dfrac1x-\dfrac1{x+1}$

$=\left[\ln\dfrac x{x+1}\right]_1^A$

$=\ln\dfrac A{A+1}-\ln\dfrac 1{2}$ .

Comme $\displaystyle \lim_{A\to\infty} \ln\dfrac A{A+1}=0$ et $-\ln\dfrac12=\ln2$ , $I_1=\ln2.$

3.a. Soit $n\ge2$ . On a : $\qq x\ge1,0\le\dfrac1{x^n(x+1)}\le \dfrac1{2x^n}$ .

Par croissance de l’intégrale, on a :

$0\le\int_{1}^{+\infty} \dfrac1{x^n(x+1)}\le\int_ {1}^{+\infty} \dfrac1{2x^n}.$

Or $\int_{1}^{+\infty} \dfrac1{2x^n}=\displaystyle \lim_{A\to\infty}\left[\dfrac1{2(1-n)x^{n-1}}\right]_1^A$

$=\dfrac1{2(n-1)}.$

$\forall n\ge 2, 0\le I_n\le\dfrac1{2(n-1)}.$

3.b. Comme $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \dfrac1{2(n-1)}=0$ , le théorème d’encadrement permet de conclure que $\displaystyle \lim_{n\to\infty}I_n$ existe et vaut $0.$

4.a. $\dfrac1{x^n(x+1)}+\dfrac1{x^{n+1}(x+1)}$

$=\dfrac{x+1}{x^{n+1}(x+1)}$

$=\dfrac1{x^{n+1}}$ ,

Par calcul de l’intégrale de Riemann et par linéarité de l’intégrale, $I_n+I_{n+1}=\int_{1}^{+\infty} \dfrac1{x^{n+1}}=\dfrac1n$

4.b. Soit $n\in \mathbb{N}^*$ . $\qq x\ge1,\quad\dfrac1{x^n(x+1)}\ge \dfrac1{x^{n+1}(x+1)}$ car $x^n\le x^{n+1}$ . Par croissance de l’intégrale, $I_n\ge I_{n+1}$ . Donc la suite $(I_n)_{n\in\N^*}$ est décroissante.

4.c. Par (b), pour tout $n\ge2$ ,
$I_{n-1}+I_n \ge2I_n$

$\ge I_n+I_{n+1}$

donc par d’après la question a, $\dfrac1{n-1}\ge2I_n\ge\dfrac1n$ , et en multipliant par $n$ :

$\dfrac n{n-1}\ge 2nI_n\ge 1$ .

Par encadrement, $\displaystyle \lim_{n\to\infty} 2nI_n=1$ ,

D’où $I_n\sim_{+\infty}\dfrac1{2n}$ .

La série de Riemann $\sum_{n\geq 1}\dfrac1{2n}$ diverge, donc la série de terme général $I_n$ diverge.

5.a. Par un raisonnement analogue à précédemment, on démontre que $\dfrac1{x^n(x+1)^2}\underset{n\rightarrow +\infty}{ \sim}\dfrac1{x^{n+2}}$ .

Donc $J_n$ converge pour tout $n$ de $\mathbb{N}$

5.b. $J_0=\displaystyle\lim_{A \rightarrow +\infty} [\dfrac{-1}{x+1}]_1^A=\dfrac12$ .

$J_0=\dfrac{1}{2}.$

6.a. Soit $k\in\mathbb{N}^*$ . Pour tout $x\ge1$ , $\dfrac1{x^k(x+1)^2}+\dfrac1{x^{k-1}(x+1)^2}$

$=\dfrac{1+x}{x^{k}(x+1)^2}$

$=\dfrac{1}{x^{k}(x+1)}$ , d’où par linéarité, $J_k+J_{k-1}=I_k.$

6.b. Soit $n\in\mathbb{N}^*$

$\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}I_k$

$=\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}(J_k+J_{k-1})$

$=\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}J_k + \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}J_{k-1}$

$=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}J_k - \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{k-1}J_k$

$=(-1)^{n-1}J_n+J_0$ par télescopage.

$\forall n \in \mathbb{N}^*,\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}I_k = (-1)^{n-1}J_n+\dfrac12$

6.c. Soit $n\ge2$ . On a : $\qq x\ge1,0\le\dfrac1{x^n(x+1)^2}\le \dfrac1{4x^n}.$ .

D’après un raisonnement analogue aux questions 3.a et 3.b, on a

$\forall n \ge2, 0\le J_n\le\dfrac1{4(n-1)}$ , et $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} J_n=0$

6.d. Par passage à la limite dans la question 6.b, on a

$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}I_k = (-1)^{n-1}\times0+\dfrac12.$

La série de terme général $(-1)^{n-1}I_n$ converge et sa somme vaut $1/2.$

7. n = input(‘entrez une valeur de n supérieure ou égale à 2 :’)}

I= log(2) ; J = 1/2 ; J = I+J

for k = 2:n

I = 1/(k-1) – I ; J = I + J ; end

disp(I, ‘la valeur de I est :’)

disp(J, ‘la valeur de J est :’)

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Exercice 2 : convergence d’intégrale

1.a. Soit $x \in [0;+\infty[.$

$F_Y(x)=P(Y\le x)$

$=P(|X|\le x)$

$=P(-x\le X\le x)$

$=\Phi(x)-\Phi(-x)$

$=\Phi(x)-(1-\Phi(x))$

$=2\Phi(x)-1$ .

De plus, pour $x<0$ , $F_Y(x)=P(|X|\le x)=0$ car $|X|\ge0$ .

Comme $\Phi$ est de classe $C\classC1$ sur $\mathbb{R}$ , $F_Y$ est de classe $C\classC1$ sur $\mathbb{R}^*$ .

De plus, $\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0^{-}} F_Y(x)=0$

$=F_Y(0)$

$=\displaystyle\lim_{x \rightarrow 0{+}} F_Y(x)$ puisque $\Phi(0)=1/2$ , $F_Y$ est continue sur $\mathbb{R}.$

Ainsi $Y$ est une variable à densité.

Et par dérivation sur $\mathbb{R}^*$ , une densité de $Y$ est :

$f_Y :x\mapsto\begin{cases}2\varphi(x)=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt{\pi}}e^{-x^2/2}\si x\ge0,\\ 0\sinon\end{cases}$

1.b. Soit $A\ge0$ .

$\int_{0}^{A}{xe^{-x^2/2}}dx$

$=\left[-e^{x^2/2}\right]_0^A$

$=-e^{-A^2/2}+1 \displaystyle \underset {A \to +\infty } \longrightarrow 1$ .

Donc par linéarité $Y$ admet une espérance, égale à $\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}}$ .

1.c. On constate que $Y^2= |X|^{2}=X^2$ . Or d’après la formule de Huygens, $\mathbb{E}(X^2)$ existe et vaut $\mathbb{V}(X)+\mathbb{E}(X)^2=1+0=1$ et $Y$ possède une variance, égale à $1-\dfrac{2}{pi}.$

2.a. La fonction $\bullet$ $t\mapsto\sqrt{2t}$ est de classe $C^{1}$ et strictement croissante sur $]0;+\infty[$ , c’est donc une bijection de classe $C^{1}$ . On va utiliser un changement de variable.

$\bullet$ Comme $t=\dfrac{u^{2}}{2}$ , $dt=udu$ et $g(t)dt=\dfrac{e^{-u^2/2}}{u\sqrt{\pi/2}}udu=\sqrt{\dfrac2\pi}e^{-u^2/2}du$ .

$\bullet$ Enfin, pour $t\to0$ , $u\to0$ , et pour $t\to+\infty$ , $u\to+\infty$ .

$\bullet$ Le théorème du changement de variable assure alors que ${\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#g(t)\text{d}#t}\tspace}$ est de même nature que ${\ensuremath{\displaystyle\int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} e^{\dfrac{-u^{2}}{2}}\text{d}#u}\uspace}$ , et que ces intégrales sont égales en cas d’existence.

$\bullet$ $\varphi$ étant une densité, ${\ensuremath{\displaystyle\int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#e^{\dfrac{-u^{2}}{2}}\text{d}#u}\uspace}$ existe. Donc les deux intégrales existent.

Ainsi, ${\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#g(t)\text{d}#t}\tspace}$

$=\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}{\ensuremath{\displaystyle\int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#e^{\dfrac{-u^{2}}{2}}\text{d}#u}\uspace}$

$=2{\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}\varphi(u)\text{d}#u}\uspace}$

2.b. $\varphi$ est une densité paire, donc :

${\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#g(t)\text{d}#t}\tspace}$

$=2{\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}\varphi(u)\text{d}#u}\uspace}$

$={\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#-\infty}}^{\borne{#+\infty}}\varphi(u)\text{d}#u}\uspace}$

$=1$

De plus, $g$ est positive sur $\mathbb{R}$ et continue sur $\mathbb{R}^*$ , donc $g$ peut être considérée comme une densité.

3.a. Comme $Z(\Omega) = [0 ; +\infty[$ , $T(\Omega) = [0 ; +\infty[$ , donc pour $x<0$ , $F_T(x)=0$ .

Pour $x\ge0$ ,

$F_T(x)=P(\sqrt{2Z}\le x)=P(Z\le x^2/2)$ car $Z$ est positive.

$F_T(x)=\begin{cases}G(x^2/2) si x\ge0,\\0 sinon \end{cases}$

$G$ étant de classe $\class1$ sur $]0 ; +\infty[$ , par composition $F_T$ est de classe $\class1$ sur $\mathbb{R}^*$ , et une densité de $T$ est donnée par :

$f_T:x\mapsto\begin{cases}xg(x^2/2)=\sqrt{\dfrac2\pi}e^{-x^2/2} si x\ge0,\\0 sinon \end{cases}$

Les densités $f_Y$ et $f_T$ étant identiques, $T$ suit la même loi que $Y.$

3.b. $T=\sqrt{2Z}$ induit $Z=\dfrac{T^2}{2}$ , or $T^2$ admet une espérance, égale à $\mathbb{E}(Y^2)$ , valant $1$ d’après la question 1.c. Par linéarité, $Z$ possède une espérance égale à $\dfrac{1}{2}.$

4. x = grand(1,1,’norm’,0,1)} permet de simuler $X$ .

y = abs(x)} permet de simuler $Y$ , donc $T$ qui suit la même loi.

z = y\^{}2/2} permet de simuler $Z$ .

La valeur absolue ne sert à rien, puisqu’on élève au carré, on peut proposer :

z = (grand(1,1,’norm’,0,1))\^{}2/2}}

5.a. L’algorithme proposé simule $n$ variables $(W_i)_{1\le i\le n}$ indépendantes de loi exponentielle de paramètre $1$ , et calcule la moyenne des variables $(W_i')_{1\le i\le n}$ définies par $W_i'=\dfrac{W_i\sqrt{W_i}}{\sqrt\pi}$ . On sait que (d’après la loi faible des grands nombres), cette moyenne s’approche de leur espérance commune $m=\mathbb{E}(W_i').$

Donc pour $n$ grand, s contient une valeur proche de $m$ .

Or par transfert : $m=\mathbb{E}(\dfrac{W_i\sqrt{W_i}}{\sqrt\pi})$

$={\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#\dfrac{x\sqrt x}{\sqrt(\pi)}e^{-x}\text{d}#x}\xspace}$

$={\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#x^{2}g(x)\text{d}#x}\xspace}$

5.b. Par le théorème du transfert et les questions précédentes,

$={\ensuremath{\displaystyle \int_{\borne{#0}}^{\borne{#+\infty}}#x^{2}g(x)\text{d}#x}\xspace}$

$=\mathbb{E}(Z^{2})$

$=\mathbb{E}(\dfrac{T^{4}}{4})$

$=\mathbb{E}(\dfrac{Y^{4}}{4})$

$=\mathbb{E}(\dfrac{|X|^{4}}{4})$

$=\dfrac{1}{4}\mathbb{E}(X^{4})$

$=\dfrac{3}{4}$

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Exercice 3 : base orthonormale et algèbre bilinéaire

1. D’après le cours, $f$ est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidien $\mathbb{R}^n$ donc il est diagonalisable et il existe une base orthonormale $\mathcal{B'}$ de $\mathbb{R}^n$ formée de vecteurs propres de $f$ .

2.a. Soit $x$ un vecteur de $\mathbb{R}^n.$

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_{i}u_{i}$ , décomposition de $x$ dans $\mathcal{B'}$ . Notons $\lambda_k$ la valeur propre associée à $u_k$ , ainsi pour tout $k$ de $k\in[\![1,n]\!]$ , $f(u_k)=\lambda_k uk$ .

$<x,f(x)>$

$=<{\displaystyle \sum_{i=1}^{n} x_{i}u_{i}},{\displaystyle \sum_{k=1}^{n} x_{k}f(uk)}>$

$=\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^n x_ix_k\lambda_k<{u_i},{u_k}>$ ,par bilinéarité.

Or $<{u_i},{u_k}>=1$ si $k=i$ et $0$ sinon. Donc $<{x},{f(x)>=\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i^2\lambda_i\ge0$ puisque pour tout $i$ , $\lambda_i>0$ .

Donc $\forall x\in\mathbb{R}^n, <{x},{f(x)}>\ge0$ .

2.b. En reprenant les notations précédentes, $(<x,f(x)>=0)$

$\Rightarrow(\forall i\in[\![1,n]\!],x_i^2\lambda_i=0)$

$\Rightarrow(\forall i\in[\![1,n]\!], x_i=0)$

(car $\forall i,\lambda_i\neq0$ )

Donc $<x,f(x)>=0\Rightarrow x=0.$

La réciproque est évidente puisque $<0,0>=0$ .

Ainsi : $<x,f(x)> = 0$ si, et seulement si, $x=0.$

2.c. $x$ , $y$ et $z$ désignent des vecteurs de $\mathbb{R}^n$ , $\alpha$ un réel.

$\bullet \varphi$ est symétrique car

$\varphi(y,x)=<y,f(x)>$

$=<f(x),y>$ par symétrie de $<.,.>$

$\varphi(y,x)=<x,f(y)>$

$=\varphi(x,y)$ car $f$ est symétrique.

$\bullet \varphi$ est linéaire à gauche car

$\varphi(\alpha x+y,z)=<\alpha x+y},{f(z)>$

$=\alpha<x,f(z)>+<y,f(z)>$

$=\alpha\varphi(x,z)+\varphi(y,z).$

Par symétrie, $\varphi$ est aussi linéaire à droite.

$\bullet \varphi$ est positive par 2.(a) et définie par 2.(b).

$\varphi$ est un produit scalaire sur $\mathbb{R}^n.$

3.a. Soit $g$ l’endomorphisme défini par :

$\forall i\in[\![1,n]\!], g(u_i)=\big(\sqrt{\lambda_i}\big)u_i$

Pour tout $(i,j)$ de $i\in[\![1,n]\!]^2$ ,

$<u_i,g(u_j)> = \sqrt{\lambda_j}<u_i,u_j>$

$=\begin{cases}\sqrt{\lambda_i} si j=i\\0 sinon \end{cases}$

$<g(u_i),u_j>=\sqrt{\lambda_i}<u_i,u_j>$

$=\begin{cases}\sqrt{\lambda_i} si j=i\\0 sinon \end{cases}}$

$=<u_i,g(u_j)>$

Ainsi $g$ est symétrique << sur la base $\mathcal{B'}$ >>. Ce résultat s’étend à $\mathbb{R}^n$ par bilinéarité.

$\mathcal{B'}$ est une base orthonormale formée de vecteurs propres de $g$ , et que ses valeurs propres sont les $\sqrt{\lambda_i}$ , strictement positives.

De plus, pour tout $i$ de $i\in[\![1,n]\!]$ , $g^2(u_i)=g(\sqrt{\lambda_i}u_i)$

$=\sqrt{\lambda_i}g(u_i)$

$=\lambda_iu_i=f(u_i)$ .

Les endomorphismes $g^2$ et $f$ coïncident sur la base $\mathcal{B'}$ , donc ils sont égaux.

Il existe un endomorphisme $g$ , symétrique, tel que $Sp(g)\subset ]0; +\infty[$ et $g^2=f.$

3.b. $g$ n’admet pas $0$ pour valeur propre, $g$ est injectif. Et comme $g$ est un endomorphisme d’un espace de dimension finie, $g$ est bijectif.

3.c. Soit $(i,j)$ dans $i\in[\![1,n]\!]^2$ .

$\varphi(g^{-1}(e_i),g^{-1}(e_j))$

$=<g^{-1}(e_i),f(g^{-1}(e_j))>$

$=<g^{-1}(e_i),g(e_j)>$ car $f\circ g^{-1}$ $=g$ ,

$\varphi(g^{-1}(e_i),g^{-1}(e_j))$

$=<g(g^{-1}(e_i)),e_j>$ car $g$ est symétrique,

$\varphi(g^{-1}(e_i),g^{-1}(e_j))$

$=<e_i,e_j>$

$=\begin{cases} 1 si i=j,\\0 sinon,\end{cases}$ puisque la base canonique est orthonormale pour le produit calaire canonique $<.,.>$ .

Ainsi, $\varphi(g^{-1}(e_i),g^{-1}(e_j))$

$=\begin{cases}1 si i=j,\\0 sinon \end{cases}$

$\big(g^{-1}(e_1),\dots,g^{-1}(e_n)\big)$ est une base orthonormale pour le produit scalaire $\varphi.$

Problème

Partie 1 : reste d’une série

1. Pour $n\ge r$ :

$\dbinom nr =\dfrac{n!}{r!(n-r)!}$

$=\dfrac{n(n-1)\dots(n-r+1)}{r!}$ ,

or $n(n-1)\dots(n-r+1) {\underset{{#n} \to {\borne{#+\infty}}}{\sim}} n^r$

Donc $\dbinom nr {\underset{{#n} \to {\borne{#+\infty}}}{\sim}} \dfrac{n^r}{r!}.$

2.a. Puisque $x\in ]0;1[$ , nous avons par croissance comparée ${\displaystyle \lim_{#n \to {\borne{#+\infty}}}} n^{r+2}x^n=0.$

2.b. $n^2 \dbinom nrx^n {\underset{{#n} \to {\borne{#+\infty}}}{\sim}} \dfrac{n^{r+2}}{r!} \displaystyle \underset {n \to +\infty } \longrightarrow 0$ , donc $\dbinom nrx^n=o(\dfrac1{n^2})$ en $+\infty$ .

Comme $\sum_{n\geq 1}\dfrac1{n^{2}}$ est une série de Riemann convergente, $\displaystyle \sum_n\dbinom nrx^n$ est convergente.

3.a. $S_0= \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} 1 \times x^{n}$ … Il s’agit d’une série géométrique
Donc : $S_0=\dfrac1{1-x}$

3.b. $(1-x)S_{r+1}= {\displaystyle\sum_{#n=#r+1}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom n{r+1}x^n - {\displaystyle\sum_{#n=#r+1}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom n{r+1}x^{n+1}$

$= {\displaystyle\sum_{#n=#r}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom {n+1}{r+1}x^{n+1} - {\displaystyle\sum_{#n=#r+1}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom n{r+1}x^{n+1}$

$=x {\displaystyle\sum_{#n=#r}^{\borne{#+\infty}}} [\dbinom {n+1}{r+1} - \dbinom n{r+1}]x^{n}+\dbinom{r}{r+1}x^{r+1}$

Or $\dbinom {n+1}{r+1} - \dbinom n{r+1}=\dbinom {n}r$ par la formule de Pascal et $\dbinom{r}{r+1}=0$ , d’où $(1-x)S_{r+1}=xS_r.$

3.c. Par une itération (on pourrait également le montrer par récurrence) :
$S_r=\dfrac x{(1-x)}S_{r-1}$

$=\dfrac x{(1-x)}\times\dfrac x{(1-x)}S_{r-2}$

$=\dots=(\dfrac x{(1-x)})^rS_{0}$ , ainsi $\forall x\in ]0;1[, r\in\N, {\displaystyle\sum_{#n=#r}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom r{n}x^{n} =\dfrac{x^r}{(1-x)^{r+1}}.$

3.d. Et en divisant par $x^r$ ( $x>0$ ),

$\forall x\in ]0;1[, r \in \mathbb{N}, {\displaystyle\sum_{#n=#r}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom nrx^{n-r}=\dfrac{1}{(1-x)^{r+1}}$

Partie 2 : loi géométrique

1.a. Comme le joueur peut ne jamais jouer, $X(\Omega)=\mathbb{N}$ .

$P(X=0)=P(D_1)=\alpha$ , et pour $k\in\mathbb{N}^*$ ,

$P(X=k)=P(\overline{D_1}\cap\overline{D_2}\cap\dots\cap\overline{D_k}\cap{D_{k+1}})$ ,

D’après la formule des probabilités composées :

$P(X=k)$

= $P(\overline{D_1})P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2})P_{\overline{D_1}\cap\overline{D_2}}(\overline{D_{3}}) \dots P_{\overline{D_1}\cap\overline{D_2}\cap\dots\cap\overline{D_k}}(D_{k+1})$

$P(X=k)=(1-\alpha)^k\alpha$ , formule encore valable si $k=0$ .

Donc :

$X(\Omega)=\mathbb{N}$ ,

et $\forall k\in\mathbb{N}, P(X=k)=(1-\alpha)^k\alpha.$

1.b. Comme $X(\Omega)=\mathbb{N}$ , $T(\Omega)=\mathbb{N}^*$ , et pour tout $k$ de $\mathbb{N}^*$ , $P(T=k)=P(X+1=k)$

$=P(X=k-1)$

$=(1-\alpha)^{k-1}\alpha$ , donc $T$ suit la loi géométrique de paramètre $\alpha.$

Comme $X=T-1$ et $\mathbb{E}(T)=\dfrac1\alpha$ , on a, par linéarité, $X$ possède une espérance, et $\mathbb{E}(X)=\dfrac1\alpha-1$

$=\dfrac{1-\alpha}\alpha.$

1.c. De même, $X=T-1$ entraine $\mathbb{V}(X)$ existe et $\mathbb{V}(X)=\mathbb{V}(T)$

$=\dfrac{1-\alpha}{\alpha^2}.$

2.a. $\bullet$ Si $n=0$ , l’évènement $[X=n]$ entraine $[Y=0]$ puisque le joueur ne joue jamais (100\% des gagnants ont tenté leur chance …).

Sachant $[X=0]$ , $Y$ est constante (ou dégénérée), égale à $0.$

$\bullet$ Si $n\in\mathbb{N}^*$ , l’évènement $[X=n]$ entraine que le joueur participe à $n$ partie(s) indépendante(s) avec une même probabilité de succès $p$ . Son nombre de succès $Y$ suit alors la loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ .

Sachant $[X=n]$ avec $n\in\mathbb{N}^*$ , la loi conditionnelle de $Y$ est $\mathcal{B}(n,p).$

2.b. $Y(\Omega)=\mathbb{N}$ , et le système complet d’évènements $([X=n])_{n\in\mathbb{N}}$ permet d’écrire, à l’aide de la formule des probabilités totales, pour tout $k$ de $\mathbb{N}$ , $P(Y=k)= {\displaystyle\sum_{#n=#0}^{\borne{#+\infty}}} P(X=n)P_{[X=n]}(Y=k)$

$=0+ {\displaystyle\sum_{#n=#k}^{\borne{#+\infty}}} (1-\alpha)^n\alpha\dbinom nkp^k(1-p)^{n-k}$

$=\alpha(\dfrac{p}{1-p})^k\times {\displaystyle\sum_{#n=#k}^{\borne{#+\infty}}} \dbinom nk[(1-\alpha)(1-p)]^n$ , soit, en reconnaissant $S_k$ de la partie 1 avec $x=(1-\alpha)(1-p) \in ]0;1[$ ,

$P(Y=k)=\alpha(\dfrac{p}{1-p})^k \times \dfrac{[(1-\alpha)(1-p)]^k}{[1-(1-\alpha)(1-p)]^{k+1}}$

$=\dfrac{\alpha p^k(1-\alpha)^k}{(\alpha+p-\alpha p)^{k+1}}$

$=(\dfrac{p-\alpha p}{\alpha+p-\alpha p})^k \times \dfrac\alpha{\alpha +p-\alpha p}$

Soit $\beta=\dfrac{p-\alpha p}{\alpha+p-\alpha p}$ .

Alors $1-\beta=\dfrac{\alpha +p-\alpha p-p+\alpha p}{\alpha+p-\alpha p}$

$=\dfrac{\alpha}{\alpha+p-\alpha p}.$

Ainsi : $Y(\Omega)=\mathhbb{N}$ , et, $\forall k\in\mathbb{N}, P(Y=k)=\beta^k(1-\beta)$ avec $\beta=\dfrac{p(1-\alpha)}{\alpha+p-\alpha p}.$

3. En s’inspirant de la démarche de 1.(b), $Y+1$ suit la loi géométrique de paramètre $1-\beta$ , $\mathbb{E}(Y)$ existe et vaut $\dfrac1{1-\beta}-1=\dfrac{p(1-\alpha)}{\alpha}.$

Et de même, $\mathbb{V}(Y)=\mathbb{V}(Y+1)$

$=\dfrac{\beta}{(1-\beta)^2}$

$=\dfrac {p(1-\alpha)(\alpha+p-\alpha p)}{\alpha^2}.$

4.a. Le joueur gagnant $Y$ parties et en perdant $X-Y$ , $G=Y-(X-Y)=2Y-X.$

4.b. Par linéarité, $\mathbb{E}(G)=2\mathbb{E}(Y)-\mathbb{E}(X)$

$=2\dfrac{p(1-\alpha)}{\alpha}-\dfrac{1-\alpha}\alpha$

$=\dfrac{(1-\alpha)(2p-1)}{\alpha}.$

4.c.

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ . Sachant $[X=n]$ , $Y$ suit $\mathcal{B}(n,p)$ donc $\mathbb{E}(Y|[X=n])$ existe et vaut $np$ . Par linéarité, $\mathbb{E}(XY|[X=n])$ existe et vaut $n^2p$ puisque $XY=nY$ .

Notons que, pour $n=0$ , on a encore $\E(XY|[X=n])=n^2p=\dots0$

$\bullet$ $P(X=n)\mathbb{E}(XY|[X=n])$

$=pn^2P(X=n)$ est le terme général d’une série convergente puisque $X$ admet un moment d’ordre $2.$

$\bullet$ D’après le théorème de l’espérance totale, avec le système complet d’évènements $([X=n])_{n\in\mathbb{N}}$ , $XY$ possède une espérance et $\mathbb{E}(XY)= {\displaystyle\sum_{#n=#0}^{\borne{#+\infty}}} P(X=n)\E(XY|[X=n]).$