Corrigé épreuve blanche du 20/10/2010

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1 Corrigé épreuve blanche du // I : Un exercice de dénombremen. Soi x le plus pei élémen de F. Tou cycle c de F s écri de manière unique sous la forme c = x, x,..., x où x,..., x es une permuaion arbiraire des élémens de F différens de x. Le nombre de cycles de suppor F es donc!.. Consruire σ don une orbie es F, c es choisir une permuaion circulaire de F parmi les! permuaions circulaires de ce ensemble, puis, pour chacun de ces choix, choisir l acion de σ sur les N élémens de {,,..., N} \ F, c es à dire choisir une permuaion parmi les N! permuaions de ce ensemble. Ce qui donne!n! choix possibles pour σ. 3. Puisque la somme des longueurs des orbies d une permuaion de {,,..., N} es N, au plus une orbie a une longueur plus grande que à N/ = n. 4. Vu la quesion précédene, si σ a une orbie de cardinal, il n y en a qu une, noons la F. On pariionne donc l ensemble des σ A selon la valeur de F. Choisir F c es choisir une parie à élémens de E. Le nombre de choix possibles pour F es donc N. Par la quesion., pour chacun de ces choix, le nombre des permuaions σ don une orbie es F es!n!. Le cardinal de A es donc N!N! =!N! =!N! II : Eude de la sraégie proposée par l élève asucieux.a Avec la sraégie proposée par l élève asucieux, le premier maricule j que renconre l élève i es celui qui es conenu dans le coffre i, c es à dire j = σi, par définiion de σ. Si j = i ce éléve a réussi e s arree. Sinon il ouvre le coffre j e découvre ainsi le maricule σj = σ i, e ainsi de suie. Les maricules successifs découvers par l élève i son donc les valeurs de la suie σi, σ i,... σ i,... Le plus pei enier pour lequel σ i = i es la cardinal de l orbie O σ i. L élève i réussi donc son épreuve si e seulemen si O σ i n. b Vu la quesion précédene, pour que ous les élèves réussissen il fau e il suffi que oues les orbies de σ soien de longueur au plus n.

2 Universié Lyon Capes Exerne Mah.. L évènemen A = La promoion es recalée es la réunion des A pour = n +, n +,..., N. Par I.3 les ensembles A son deux à deux disjoins. On a donc A = n =n+ A = e la probabilié = P A es donc n =n+ = N =n+ = card A = n + + n n 3. Il suffi d écrire + = n + + n + n + = n + n + >. 4.a Puisque la dérivée en de la foncion ln es, la angene au graphe de ln en le poin, es la droie d équaion y = x. Puisque sa dérivée seconde, x ne prend que des valeurs négaives, ln es x concave. Son graphe es donc au dessous de chacune de ses angenes. En pariculier, sous la angene en, e donc, pour x >, ln x x. Puisque ceci es vrai pour ou x >, en remplaçan x par /x on obien c es à dire ln x x x ln x x = x x b La foncion es décroissane. Pour ou, on a donc sur [, ], e sur [, + ]. La croissance de l inégrale donne + En ajouan ces inégaliés, pour = n +, n +,..., N = n, on obien ln n + n+ n + = n+ N =n+ n n = ln. On écri d où ln n + n + minoran ln x par x x n + n + = = ln + ln x avec x = = n +. n + n + = n +. On ermine en n + c La probabilé de réussie de ous les élève es =. La majoraion ln donne ln >.3 Capes blanc du ocobre M. Deléglise

3 Universié Lyon Capes Exerne Mah. 5. Noons σ = στ. La sraégie modifiée es la suivane : l élève numéro i commence par ouvrir le coffre de rang τi, dans leque se rouve le maricule j = στi = σ i. Si j i, il ouvre le coffre de numéro τj dans lequel se rouve le maricule στj = σ j = σ i, e ainsi de suie. Les maricules renconrés par l élève i son donc les élémens du cycle O σ i, e ce élève réussi si e seulemen si son orbie sous l acion de σ es de longueur au plus n. La promoion réussi si oues les orbies de σ son de longueur au plus n. Or σ éan fixée, τ prenan chacune des valeurs de S N la permuaion σ = στ es, avec équiprobabilié, l un quelconque des élémens de S N, e la probabilié que l un des cycles de σ soi de longueur plus grande que n es encore N =n+ III : Eude du nombre d élèves ayan réussi leur épreuve.. Soi donc i fixé. Par II., l évènemen l élève i réussi son épreuve es l ensemble {σ S N ; card O σ i n}. Il fau donc comper les permuaions σ pour lesquels O σ i es de cardinal n. Pariionnons ce ensemble selon la valeur de qui varie de à n. Pour une valeur de fixée, choisir F = O σ i c es choisir les élémens de F aures que i, parmi les N élémens de {,,..., N} \ {i}. Il y a donc N façons de choisir F. Par la quesion I., pour chaque choix de F il y a! N! façons de choisir σ. Ainsi card {σ S N ; card O σ i = } = N!N! = N! Le nombre des permuaion σ elles que card O σ i n es donc card {σ S N ; card O σ i n} = n N! = nn! = e la probabilié de l évènemen i réussi son épreuve es / =.. Par la quesion précédene la variable X i prend la valeur avec la probabilié e la valeur avec la probabilié. Son espérance es donc + =. Par définiion X = N N i= X i ; par linéarié de l espérance, EX = EX i = N. 3. Si les X i éaien deux à deux indépendanes la loi de X serai, par définiion, la loi binômiale de paramères N, /. En pariculier, la probabilié de l évènemen X = N serai N, ce qui es faux, car.3. Celui qui ne connai pas la loi binomiale, mais connai la noion d indépendance, pouvai aussi répondre rès simplemen à cee quesion en écrivan ceci : L évènemen N X = N es l inersecion X i =. Si les X i éaien indépendanes, on aurai donc i= i= = N N P X = N = P X i = = P X i = = e conclure comme précédemmen. i= i= N, Capes blanc du ocobre 3 M. Deléglise

4 Universié Lyon Capes Exerne Mah. 4.a La probabilié de X = N a éé calculée dans la quesion 3, c es. b L évènemen n X < N es vide car si X < N, un élève au moins a échoué parceque son orbie es de cardinal > n. Mais alors, ous les élèves de la même orbie échouen, e le nombre d élèves ayan réussi, X, es au plus N n + = n. c Dire que X = r avec r < n, c es dire que élèves on échoué avec = N r. C es donc dire que σ A, où es l ensemble éudié en I.4. On a donc P X = r = P A = card A = = N r En résume, la loi de X es P X = r = si r n N r si n r < N si r = N 5. Par définiion la probabilié condiionnelle P X = N[X = es P X = N X = = P X = N X = P X = L inclusion X = N X = donne X = N X = = X = N, d où P X = N X = = P X = N P X = = P X = N, car P X = = par III.. Avec II.4.c, il vien P X = N X = = >.6. IV : Encore des probabiliés condiionnelles. On a vu dans la quesion III.4 que la seule valeur de X plus grande que n es N. Si r n e si H r es réalisé, on a donc X r n, e donc X = N. Pour les amaeurs de formules, ce qu on vien de prouver c es que si r n on a H r X = N, e donc X = N H r = H r, puis P X = N H r = P X = N H r = P H r P H r P H r =.. Vu III.4, les évènemens X = N e A pour n + N, formen une pariion de l ensemble de ous les évènemens en langage probabilise, un sysème comple d évènemens. Donc H r = H r X = N n =n+ H r A e ces évènemens son deux à deux disjoins. L évènemen X = N es conenu dans H r, on a donc H r X = N = X = N. De plus, puisque les élèves,,..., r on réussi leur épreuve, le nombre d élèves ayan échoué es au plus N r. Donc H r A = pour > n r ce qui prouve l égalié demandée. Capes blanc du ocobre 4 M. Deléglise

5 Universié Lyon Capes Exerne Mah. 3. Par définiion de la probabilié condiionnelle Par la quesion précédene P X = N H r = P X = N H r P H r = P X = N + =n+ P H r P H r A. 4. La permuaion σ apparien à H r A si, e seulemen si, il exise une orbie F de longueur forcémen unique puisque > n qui ne conien aucun des eniers,,..., r. Il fau comper le nombre de ces permuaions. Choisir F c es choisir élémens dans {r +, r +,..., N}, de cardinal N r. Il y a donc N r façons de choisir F. Pour chaque choix de F, par I. il y a!n! permuaions don F es une orbie. On a donc N r card H r A =!N! = N r! N!. N r! En divisan le cardinal H r A par on obien la probabilié P H r A = = 5. Par la quesion précédene = N r! r i= N! N r! = N i N i P H r A = i= = i= r j= r N i r N i N r + j N r + j Lorsque i varie de à r le dénominaeur N i décroî de N à N r +. Avec la croissance de la foncion on en dédui r P H r A r N r + N 6. Vu la quesion précédene, =r+ r N r + =n+ Pour ou M >, la foncion choisissan M = N on en dédui r N P H r A. =n+ r N M r es décroissane sur [, M[. En r M Capes blanc du ocobre 5 M. Deléglise

6 Universié Lyon Capes Exerne Mah. En choisissan M = N r + on en dédui + N r + r r N r + En addiionnan oues ces inégaliés pour varian de n + à N r on obien le premier encadremen. Le changemen de variable u = N r = N n n+ donne = N u e r N u r u du u r u du De même, le changemen de variable v = N r + donne + n r + v r = N r + v dv Il rese à démonrer que pour u / on a u. 7. Reprenons l encadremen obenu en 6, n r + u r du u u r r du, ce qu on obien en remarquan que u r + =n+ P H r E / u r du u r r + n r Lorsque N = n +, la borne supérieure de l inégrale de gauche, n r + end vers x. Puisque l inégrale f es une foncion coninue de sa borne supérieure x, on a n r + u r du lim n + u = Par le héorème des gendarmes on a donc lim n + =n+ 8. Par la quesion 6, avec r = 3, on a P H r E = u r du u du. u r du u du. P H 3 X < N 3 4 = 3 e donc, puisque la foncion une foncion décroissane + P X = N H 3 = + P H 3 X < N + 3 Enfin, puisque = es une foncion décroissane de n, de limie P = ln, on a, pour ou n, P, puis, avec la croissance de +, 3 + P 3 P + = Capes blanc du ocobre 6 M. Deléglise