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P.C.
Corrigé du DEVOIR N◦17
2015
Exercice 1 d’après ECRICOME 2014
Soit p ∈]0, 1[, N ≥ 3 et q = 1 − p. On considère un tournoi réunissant une infinité de joueurs
A0 , A1 , A2 . . . , An , . . . qui s’affrontent dans une série de duels de la façon suivante :
• A0 et A1 s’affrontent durant le duel numéro 1. Le perdant est éliminé du tournoi, le
gagnant reste en jeu ;
• le gagnant du premier duel participe au duel numéro 2 durant lequel il affronte le joueur
A2 . Ce duel se déroule de manière analogue et ne dépend du duel précédent que par l’identité du joueur affrontant A2 . Le perdant est éliminé du tournoi, et le gagnant participe
au duel numéro 3 contre le joueur A3 et ainsi de suite ;
• pour tout k ∈ N ∗ , le joueur Ak participe au duel numéro k, qu’il peut remporter avec une
probabilité p, son adversaire durant ce duel pouvant remporter le duel avec la probabilité
q = 1 − p.
• Est désigné gagnant du tournoi le premier joueur, s’il y en a un, qui gagne N duels
successifs lors du tournoi.
∀ n ∈ N , En : « le gagnant du tournoi n’a pas encore été désigné à l’issue du duel numéro n ».
Partie 1
1
On suppose dans cette partie que N = 3 et p = q = .
2
1. Les listes des gagnants possibles pour chacun des trois premiers duels : (A0 , A0 , A0 ), (A0 , A0 , A1 ),
(A0 , A2 , A2 ), (A0 , A2 , A3 ), (A1 , A1 , A1 ), (A1 , A1 , A3 ), (A1 , A2 , A2 ), (A1 , A2 , A3 ).
3 3
1
1
1
+
= , donc
P (E1 ) = 1, P (E2 ) = 1. E3 = {(A0 , A0 , A0 ), (A1 , A1 , A1 )} et P (E3 ) =
2
2
4
3
1
1
P (E3 ) = et P (E3 ) = P (E2 ) + P (E1 ).
4
2
4
2. Considérons, pour m ∈ [[n, n + 2]] l’événement Gm
n « An gagne le duel m ». Si An−2 gagne le
duel n, le jeu a un vainqueur, donc on a :
n
En = (Gnn ∩ En−1 ) ∪ (Gn−1
n−1 ∩ Gn−1 ∩ En−2 ).
n
Ces deux événements étant incompatibles, P (En ) = P (Gnn ∩ En−1 ) + P (Gn−1
n−1 ∩ Gn−1 ∩ En−2 ).
n
n
n−1
n
n−1
n
P (Gn ∩En−1 ) = P (Gn |En−1 )×P (En−1 ) et P (Gn−1 ∩Gn−1 ∩En−2 ) = P (Gn−1 ∩Gn−1 |En−2 )P (En−2 ).
1
1
Finalement, (R1 ) : P (En ) = P (En−1 ) + P (En−2 ), ∀ n ≥ 3.
2
4
!
0
1
P (En )
3. Si on pose Un =
, on a, d’après (R1 ) : Un+1 = 1 1 Un , pour tout n ≥ 1 (la
P (En+1 )
4 2
relation (R!
1 ) est encore vraie pour n = 2 d’après la première question). La matrice A cherchée
0 1
est 1 1 . On a alors par récurrence : Un = An−1 U1 .
4 2 !
√ !
√ !
0 1
X 1
1+ 5
1− 5
A = 1 1 a pour polynôme caractéristique χA = X 2 − − = X −
X−
.
2 4
4
4
4 2
Il est scindé à racines simples donc la matrice
est diagonalisable√: il existe une matrice
Q
√
A
1
+
5
5
1
−
r1 0
inversible telle que A = QDQ−1 , où D =
avec r1 =
et r2 =
. On a
0 r2
4
4
n−1
n−1 −1
bien sûrpar récurrence
= QD
Q .
n−1 : A a
b
r
0
e
f
aer1n−1 + bgr2n−1 af r1n−1 + bhr2n−1
n−1
1
A
=
=
.
cer1n−1 + dgr2n−1 cf r1n−1 + dhr2n−1
c d
0
r2n−1
f h
Finalement, P (En ) = a(e + f )r1n−1 + b(g + e)r2n−1 . Comme |r1 | < 1 et |r2 | < 1, lim P (En ) = 0.
n→+∞
4. La suite dénombrable d’événements (En )n≥1 est décroissante, puisque En+1 ne peut avoir lieu
si En n’a pas eu lieu : En+1 ⊂ En . D’après la continuité décroissante d’une probabilité :
1
P
+∞
\
!
En
= lim P (En ) = 0 (événement presque impossible).
n→+∞
n=1
L’événement « le tournoi désignera un vainqueur » est
+∞
\
En , donc sa probabilité est égale à 1
n=1
(événement presque certain).
Partie 2
On revient au cas général : p désigne un réel quelconque de ]0, 1[ et N est un entier supérieur
ou égal à 3. On considère le polynôme Q défini par : !
N
−1
X
Q(X) =
pq k−1 X k − 1.
k=1
(n)
1. Pour tout entier k ∈ [[1, N − 1]], on note Ak l’événement : « à l’issue du n-ième duel, le
tournoi n’est pas terminé et le vainqueur du n-ième duel a obtenu exactement k victoires ».
(n)
Ak se produit si le tournoi ne s’est pas terminé au duel n − k et si le concurrent An−k+1 a
(n)
(1)
(2)
(k)
gagné les k duels n − k + 1, n − k + 2,.., n : Ak = En−k ∩ Bn−k+1 ∩ Bn−k+1 ∩ · · · ∩ Bn−k+1 , où
(i)
Bn−k+1 est l’événement « le concurrent An−k+1 gagne son i-ième duel ».
(1)
(2)
(k)
k−1
P (En ).
P (A(k)
n ) = P (En−k )×PEn−k (Bn−k+1 )×PB (1) (Bn−k+1 )×· · ·×PB (k−1) (Bn−k+1 ) = p(1−p)
n−k
2. En =
(n)
A1
∪
(n)
A2
n−k
(n)
P (Ak )
k−1
∀ n ≥ N,
= pq P (En−k ).
∪ ··· ∪
Cette réunion étant disjointe, on a bien :
N
−1
N
−1
X
X
[n)
(R2 ) : P (En ) =
P (Ak ) =
pq k−1 P (En−k ).
(n)
AN −1 .
k=1
k=1
3. Pour que le tournoi se termine, il est nécessaire qu’un même joueur gagne N duels consécutifs :
E1 , E2 , . . . , EN −1 sont l’événement certain. ∀i ∈ [[1, N − 1]], P (Ei ) = 1.
Puisque N ≥ N , on peut appliquer la formule de la question précédente avec P (EN −k ) = 1,
N
−1
X
1 − q N −1
pq k−1 = p ×
pour tout k ∈ [[1, N − 1]] : P (EN ) =
= 1 − q N −1 .
1
−
q
k=1
4. Soit n ≥ N . P (En ) − P (En+1 ) =
=
N
−1
X
k=1
N
−1
X
pq
k−1
P (En−k ) −
pq k−1 P (En−k ) −
k=1
N
−1
X
k=1
N
−2
X
pq k−1 P (En+1−k )
pq k P (En−k )
k=0
= −pP (En ) +
N
−2
X
pq k−1 (1 − q)P (En−k ) + pq N −2 P (En−N +1 )
k=1
N
−2
X
= −pP (En ) + p
pq k−1 P (En−k ) + pq N −2 P (En−N +1 )
k=1
= −pP (En )+pP (En )−p×pq N −2 P (En−N +1 )+pq N −2 P (En−N +1 )
= pq N −1 P (En−N +1 ) (R3 )
0
5. ∀ x > 0, Q (x) =
N
−1
X
kpq k−1 X k−1 > 0, donc Q est strictement croissante sur R + .
k=1
Q(0) = −1 et lim Q(x) = +∞ (car Q(x) ∼ pq N −2 X N −1 ) : Q réalise une bijection de [0, +∞[
x→+∞
+∞
dans [−1, +∞[. 0 ∈ [−1, +∞[ admet un unique antécédent par Q dans R + : l’équation Q(x) = 0
admet une unique solution sur l’intervalle [0, +∞[.
!
N
−1
X
On note désormais rN cette solution. Q(1) =
pq k−1 − 1 = −q N −1 < 0 , donc rN > 1.
k=1
Puisque rN > 1, Q0 (rN ) > 0, car, pour tout x > 0, Q0 (x) > 0.
2
N −n
6. • Pour n ∈ [[1, N −1]], P (En ) = 1 ≤ rN
, puisque rN > 1. La propriété s’étend sans difficulté
à n = N (une probabilité est inférieure ou égale à 1).
n−N
1
• Supposons que n soit un entier naturel supérieur ou égal à N tel que P (En ) ≤
,
rN
alors, d"’après R2 :
n+1−k−N n+1−N N
N
−1
−1
N
−1
X
X
X
1
1
k−1
k
k−1
P (En+1 ) =
=
pq P (En+1−k ) ≤
pq k−1 rN
pq
r
r
N
N
k=1
k=1
k=1
n+1−N
N
−1
X
1
k
, car
= Q(rN ) + 1 = 1.
≤
pq k−1 rN
rN
k=1
• D’après le principe de récurrence, l’inégalité est vraie pour tout n ≥ 1.
n−N
1
∀ n ≥ 1, P (En ) ≤
.
rN
1−N
1
1
7. La série géométrique de premier
et de raison
∈]0, 1[ converge, donc, par comrN
r
N
X
paraison de séries à termes positifs, la série
P (En ) converge.
n≥1
Exercice 2 CCP TSI 2014
(
f est définie sur ] − ∞, 1[ par : f (t) =
Z
de [−1, 1[, L(x) = −
0
x
ln(1 − t)
dt =
t
Z
−
ln(1 − t)
, si t ∈] − ∞, 0[∪]0, 1[ et, pour tout x
t
1
, si t = 0
x
f (t) dt. (fonction dilogarithme)
0
Partie 1 : régularité de f
x2
+ o0 (x2 ).
2
x
2. Au voisinage de 0, sauf en 0, f (x) = 1 + + o0 (x), donc lim f (x) = 1 = f (0), donc f est
x→0
2
continue en 0.
3. f admet un développement limité à l’ordre 1 au voisinage de 0, donc f est dérivable en 0,
1
avec f 0 (0) = .
2
−x
− ln(1 − x)
x + (1 − x) ln(1 − x)
4. Pour tout x ∈] − ∞, 0[∪]0, 1[, f 0 (x) = − 1−x
=
.
2
x
x2 (1 − x)
5. Comme quotient de fonctions de classe C 1 sur ] − ∞, 1[, f est de classe C 1 sur ] − ∞, 1[\{0}
puisque, sur cet ensemble, le dénominateur
ne s’annule pas.
x2
2
1
x + (1 − x) −x − 2 + o0 (x )
+ o0 (1)
1
0
2
Au voisinage de 0, f (x) =
=
−−→ = f 0 (0) : f 0 est
2
x (1 − x)
1 − x x→0 2
continue en 0, donc sur ] − ∞, 1[ tout entier : f est de classe C 1 sur ] − ∞, 1[.
1. Au voisinage de 0, ln(1 − x) = −x −
Partie 2
1. a. La fonction Dilogarithme L est la primitive sur [−1, 1[ s’annulant en 0 de la fonction f
qui est de classe C 1 sur cet intervalle : elle est bien définie et de classe C 2 sur [−1, 1[.
b. Pour tout x de [−1, 1[, L0 (x) = f (x).
+∞ n
X
x
2. a. ∀ x ∈] − 1, 1[, − ln(1 − x) =
.
n
n=1
+∞ n−1
X
x
b. ∀ x ∈] − 1, 1[, f (x) =
.
n
n=1
3
3. a. Par primitivation terme à terme, le rayon de convergence étant invariant par cette opé+∞ n
X
x
ration, et L prenant la valeur 0 en 0 : L(x) =
.
2
n
n=1
X
X
On admet que : si
an xn est une série entière de rayon de convergence R > 0 telle
an Rn
+∞
X
converge, alorsS : x 7→
an xn est continue sur ] − R, R], le même résultat s’appliquant
en −R.
b. Les séries
n=0
X (−1)n
X (−1)n
et
sont absolument convergentes, donc d’après le théo2
2
n
n
ngeq1
n≥1
rème précédent, la fonction x 7→
+∞
X
(−1)n
est continue sur [−1, 1].
n2
Comme cette fonction et L coïncident sur ] − 1, 1[ et sont continues en −1, elles sont aussi
égales en −1 : le développement de la question précédente est encore vrai en −1.
+∞
X
(−1)n
: L admet un prolongement par
a. Avec les mêmes arguments, on a : lim L(x) =
x→1
n2
n=1
+∞
X
(−1)n
continuité en 1 obtenu en posant L(1) =
.
n2
n=1
On note désormais L la prolongée par continuité de L sur [−1, 1].
Z x
+∞
X
ln(1 − t)
(−1)n
b. À la question précédente, on a montré que : lim −
dt =
, donc
2
x→1
t
n
0
n=1
Z 1
ln(1 − t)
dt converge et vaut L(1). On admet que cette dernière
que l’intégrale généralisée
t
0
π2
valeur vaut
.
6
Z +∞
x
4. Application 1 On considère l’intégrale impropre J =
dx.
x
e −1
0
x
est continue sur ]0, +∞[.
a. g : x 7→ x
e −1
Z 1
x
Comme g(x) ∼ 1, g est prolongeable par continuité en 0, donc intégrable sur ]0, 1] :
dx.
x
0
0 e −1
cvonverge.
x
x
Comme g(x) ∼ x e−x , comme x e−x = o+∞ (e− 2 ) et comme x 7→ (e− 2 ) est intégrable sur
+∞
Z +∞
x
dx converge.
[1, +∞[, g l’est aussi :
ex − 1
1
J converge.
−x
1
b. x 7→ 1 − e est une bijection de classe
Z 1 C strictement croissante2de ]0, +∞[ dans ]0, 1[.
dt
ln(1 − t)
π
dt = e−x dx, donc dx =
, d’où : J =
−
dt = L(1) = .
1−t
t
6
0
5. Application 2
Z x
Z −x
a. Pour tout x ∈ [−1, 1], L(x) + L(−x) =
f (t) dt +
f (t) dt, donc la dérivée du
n=1
0
0
ln(1 − x2 )
premier membre est x 7→ f (x) − f (−x) = −
.
x
1
ln(1 − x2 )
La dérivée du second membre est x 7→ × 2x × f (x2 ) = −
.
2
x
Les dérivées sont égales ainsi que les valeurs en 0, d’où le résultat.
1
π2
b. L(−1) = −L(1) + L(1) = − .
2
12
4